2023高中物理步步高大一輪 第八章 第4講　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

1、第4講帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)目標(biāo)要求1.掌握帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律.2.會分析帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系考點一帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個分運動(1)沿初速度方向做勻速直線運動，teq f(l,v0)(如圖)(2)沿靜電力方向做勻加速直線運動加速度：aeq f(F,m)eq f(qE,m)eq f(qU,md)離開電場時的偏移量：yeq f(1,2)at2eq f(qUl2,2mdv02)離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tan eq f(vy,v0)eq f(qUl,mdv02)1兩個重要結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量

2、和偏轉(zhuǎn)角總是相同的證明：在加速電場中有qU0eq f(1,2)mv02在偏轉(zhuǎn)電場偏移量yeq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(qU1,md)(eq f(l,v0)2偏轉(zhuǎn)角，tan eq f(vy,v0)eq f(qU1l,mdv02)得：yeq f(U1l2,4U0d)，tan eq f(U1l,2U0d)y、均與m、q無關(guān)(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為偏轉(zhuǎn)極板長度的一半2功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUyeq f(1,2)mv2eq f(1,2)mv02，其中U

3、yeq f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差 考向1帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)例1如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出若不計重力，則a和b的比荷(帶電荷量與質(zhì)量的比值)之比是()A12 B21 C18 D81答案D解析粒子在水平方向上做勻速直線運動，a、b兩粒子的水平位移大小之比為12，根據(jù)xv0t，知時間之比為12.粒子在豎直方向上做勻加速直線運動，根據(jù)yeq f(1,2)at2，y之比為21，則a、b的加速度之比為81.根據(jù)牛頓第二定律知，加速度a

4、eq f(qE,m)，加速度大小之比等于比荷之比，則兩電荷的比荷之比為81，故D正確，A、B、C錯誤例2如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30角已知勻強電場的寬度為d，方向豎直向上，P、Q兩點間的電勢差為U(U0)，不計粒子重力，P點的電勢為零則下列說法正確的是()A粒子帶負電B帶電粒子在Q點的電勢能為qUCP、Q兩點間的豎直距離為eq f(d,2)D此勻強電場的電場強度為eq f(2r(3)U,3d)答案D解析由題圖可知，帶電粒子的軌跡向上彎曲，則粒子受到的靜電力方向豎直向上，與電場方向相同，所以該

5、粒子帶正電，故A錯誤；粒子從P點運動到Q點，靜電力做正功，為WqU，則粒子的電勢能減少了qU，P點的電勢為零，可知帶電粒子在Q點的電勢能為qU，故B錯誤；Q點速度的反向延長線過水平位移的中點，則yeq f(f(d,2),tan 30)eq f(r(3),2)d，電場強度大小為Eeq f(U,y)eq f(2r(3)U,3d)，故D正確，C錯誤 考向2帶電粒子在組合場中的運動例3如圖所示，虛線左側(cè)有一場強為E1E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L，電場強度為E22E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏現(xiàn)將一電子(電荷量e，質(zhì)量為m)無初速度放入電場E1中

6、的A點，最后打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間；(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值；(3)電子打到屏上的點B到O點的距離答案(1)3eq r(f(mL,Ee)(2)2(3)3L解析(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，由牛頓第二定律得：a1eq f(E1e,m)eq f(Ee,m)eq f(L,2)eq f(1,2)a1t12電子進入電場E2時的速度為：v1a1t1從進入電場E2到打到屏上，電子水平方向做勻速直線運動，時間為：t2eq f(2L,v1)電子從釋放到打到屏上所用的時

7、間為：tt1t2解得：t3eq r(f(mL,Ee)(2)設(shè)粒子射出電場E2時平行電場方向的速度為vy，由牛頓第二定律得：電子在電場E2中的加速度為：a2eq f(E2e,m)eq f(2Ee,m)vya2t3t3eq f(L,v1)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為tan eq f(vy,v1)解得： tan 2(3)帶電粒子在電場中的運動軌跡如圖所示：設(shè)電子打到屏上的點B到O點的距離為x，由幾何關(guān)系得：tan eq f(x,f(3,2)L)，聯(lián)立得：x3L.考點二帶電粒子在重力場和電場復(fù)合場中的偏轉(zhuǎn)例4(2019全國卷24)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場

8、中的兩點從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q(q0)A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為eq f(t,2).重力加速度為g，求：(1)電場強度的大?。?2)B運動到P點時的動能答案(1)eq f(3mg,q)(2)2m(v02g2t2)解析(1)設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a.根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)公式和題給條件，有mgqEmaeq f(1,2)a(eq f(t,2)2eq f(1,2)gt2解得Eeq f(3mg,q)(2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P

9、兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有mghqEhEkeq f(1,2)mv12且有v1eq f(t,2)v0theq f(1,2)gt2聯(lián)立式得Ek2m(v02g2t2)例5(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB2BC，如圖所示重力加速度為g.由此可見()A帶電小球所受靜電力為3mgB小球帶正電C小球從A到B與從B到C的運動時間相等D小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等答案AD解析帶電小球從A到C，設(shè)在進入電場前后兩個運動過程水平分位移分別

10、為x1和x2，豎直分位移分別為y1和y2，經(jīng)歷的時間分別為t1和t2，在電場中的加速度為a，從A到B過程小球做平拋運動，則有x1v0t1，從B到C過程，有x2v0t2，由題意有x12x2，則得t12t2，即小球從A到B是從B到C運動時間的2倍，y1eq f(1,2)gt12，將小球在電場中的運動看成沿相反方向的類平拋運動，則有y2eq f(1,2)at22，根據(jù)幾何知識有y1y2x1x2，解得a2g，根據(jù)牛頓第二定律得Fmgma2mg，解得F3mg，C錯誤，A正確；由于在電場中軌跡向上彎曲，加速度方向必定向上，合力向上，說明靜電力方向向上，所以小球帶負電，B錯誤；根據(jù)速度變化量vat，則得AB

11、過程速度變化量大小為v1gt12gt2，BC過程速度變化量大小為v2at22gt2，所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等，D正確考點三帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)1帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形當(dāng)粒子垂直于交變電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性2研究帶電粒子在交變電場中的運動，關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等3注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)：抓住粒子運動時間上的周期性和空間上的對稱性，求解

12、粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的臨界條件4對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場時可認(rèn)為是在勻強電場中運動例6圖甲是一對長度為L的平行金屬板，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直在t0時刻，一帶電粒子沿板間的中線OO垂直電場方向射入電場，2t0時刻粒子剛好沿下極板右邊緣射出電場不計粒子重力則()A粒子帶負電B粒子在平行板間一直做曲線運動C粒子射入電場時的速度大小為eq f(L,2t0)D若粒子射入電場時的速度減為一半，射出電場時的速度垂直于電場方向答案C解析粒子向下偏轉(zhuǎn)，可知粒子帶正電，選項A錯誤；粒子

13、在平行板間在0t0時間內(nèi)做曲線運動；在t02t0時間內(nèi)不受任何力，則做直線運動，選項B錯誤；粒子在水平方向一直做勻速運動，可知射入電場時的速度大小為v0eq f(L,2t0)，選項C正確；若粒子射入電場時的速度減為一半，由于粒子在電場中受向下的靜電力，有向下的加速度，射出電場時有沿電場方向的速度，則射出電場時的速度不可能垂直于電場方向，選項D錯誤例7在圖甲所示的極板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期為T，現(xiàn)有一電子以平行于極板的速度v0從兩板中央OO射入已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子的重力，問：(1)若電子從t0時刻射入，在半個周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣

14、飛出，則電子飛出時速度的大小為多少？(2)若電子從t0時刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長？(3)若電子恰能從OO平行于極板飛出，電子應(yīng)從哪一時刻射入？兩極板間距至少為多大？答案見解析解析(1)由動能定理得eeq f(U0,2)eq f(1,2)mv2eq f(1,2)mv02解得veq r(v02f(eU0,m).(2)t0時刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運動，向A極板方向偏轉(zhuǎn)，半個周期后電場方向反向，電子在該方向上做勻減速運動，再經(jīng)過半個周期，電子在電場方向上的速度減小到零，此時的速度等于初速度v0，方向平行于極板，以后繼續(xù)重復(fù)這樣的運動；要使電子恰能平行于極板飛出，則

15、電子在OO方向上至少運動一個周期，故極板長至少為Lv0T.(3)若要使電子從OO平行于極板飛出，則電子在電場方向上應(yīng)先加速、再減速，反向加速、再減速，每階段時間相同，一個周期后恰好回到OO上，可見應(yīng)在teq f(T,4)keq f(T,2)(k0,1,2，)時射入，極板間距離要滿足電子在加速、減速階段不打到極板上，設(shè)兩板間距為d，由牛頓第二定律有aeq f(eU0,md)，加速階段運動的距離seq f(1,2)eq f(eU0,md)eq blc(rc)(avs4alco1(f(T,4)2eq f(d,4)，解得dTeq r(f(eU0,8m)，故兩極板間距至少為Teq r(f(eU0,8m)

16、.課時精練1.(多選)如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左不計空氣阻力，則小球()A做直線運動B做曲線運動C速率先減小后增大D速率先增大后減小答案BC解析對小球受力分析，小球受重力、靜電力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運動，故A錯誤，B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負功后做正功，所以速率先減小后增大，選項C正確，D錯誤2.(多選)如圖，豎直放置的平行金屬板帶等量異種電荷，一不計重力的帶電粒子從兩板中間以某一初速度平行于兩板射入，打在負極板的中點，以下判斷正確的是()A該帶

17、電粒子帶正電B該帶電粒子帶負電C若粒子初速度增大到原來的2倍，則恰能從負極板邊緣射出D若粒子初動能增大到原來的2倍，則恰能從負極板邊緣射出答案AC解析粒子向右偏轉(zhuǎn)，故粒子受向右的靜電力，所以粒子帶正電，選項A正確，B錯誤；若粒子初速度增大到原來的2倍，由于水平方向的加速度不變，可知粒子運動時間不變，由xvt可知豎直位移變?yōu)?倍，則恰能從負極板邊緣射出，選項C正確，D錯誤3.如圖所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點A點釋放一個帶電荷量為Q(Q0)的粒子，粒子重力不計，以水平初速度v0向右射出，當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為12時，恰好從下端點B射出，則d與L之比為()A12 B2

18、1 C11 D13答案C解析設(shè)粒子從A到B的時間為t，粒子在B點時，豎直方向的分速度為vy，由類平拋運動的規(guī)律可得Lv0t，deq f(vy,2)t，又v0vy12，可得dL11，選項C正確4(多選)(2021全國乙卷20)四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為(q，m)、(q,2m)、(3q,3m)、(q，m)，它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是()答案AD解析帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為aeq f(qE,m)，由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子在電場中運動時間為teq f(l,v0)，

19、離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tan eq f(vy,vx)eq f(at,v0)eq f(qEl,mv02)，因為四個帶電的粒子的初速度相同，電場強度相同，水平位移相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，(q，m)粒子與(3q,3m)粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與(q，m)粒子的比荷也相同，所以(q，m)、(3q，m)、(q，m)三個粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但(q，m)粒子與上述兩個粒子的偏轉(zhuǎn)角方向相反，(q,2m)粒子的比荷比(q，m)、(3q,3m)粒子的比荷小，所以(q,2m)粒子比(q，m)(3q，3m)粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同，故A、D正確，B、C錯誤5.(多

20、選)質(zhì)子和粒子(氦核)分別從靜止開始經(jīng)同一加速電壓U1加速后，垂直于電場方向進入同一偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場電壓為U2.兩種粒子都能從偏轉(zhuǎn)電場射出并打在熒光屏MN上，粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時速度方向正對熒光屏中心O點下列關(guān)于兩種粒子運動的說法正確的是()A兩種粒子會打在屏MN上的同一點B兩種粒子不會打在屏MN上的同一點，質(zhì)子離O點較遠C兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時具有相同的動能D兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時具有不同的動能，粒子的動能較大答案AD解析兩種粒子在加速電場中做加速運動，由動能定理得qU1eq f(1,2)mv020，偏轉(zhuǎn)電場中，設(shè)板長為L，平行于極板方向：Lv0t，垂直于極板方向：aeq f(qE,m)eq

21、 f(qU2,md)，yeq f(1,2)at2，離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為，有tan eq f(vy,v0)eq f(at,v0)，聯(lián)立以上各式得yeq f(U2L2,4dU1)，tan eq f(U2L,2dU1)，偏移量y和速度偏轉(zhuǎn)角都與粒子的質(zhì)量m、電荷量q無關(guān)，所以偏移量y相同，速度方向相同，則兩種粒子打在屏MN上同一點，故A正確，B錯誤；對兩個粒子先加速后偏轉(zhuǎn)的全過程，根據(jù)動能定理得qU1qU2Ek0，因粒子的電荷量q較大，故離開偏轉(zhuǎn)電場時粒子的動能較大，C錯誤，D正確6.(多選)如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，有兩個質(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點)處在同一水平

22、面上現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運動軌跡如圖所示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則()AA球帶正電，B球帶負電BA球比B球先落地C在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加D兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的動能變化量比B球的小答案AD解析兩球在水平方向都做勻速直線運動，由xv0t知，v0相同，則A運動的時間比B的長，豎直方向上，由heq f(1,2)at2可知，豎直位移相等，運動時間長的加速度小，則A所受的合力比B的小，所以A所受的靜電力向上，帶正電，B所受的靜電力向下，帶負電，故A正確A運動的時間比B的長，則B球比A球先落地，故B錯誤A所受的靜電

23、力向上，靜電力對A球做負功，A球的電勢能增加B所受的靜電力向下，靜電力對B球做正功，B球的電勢能減少，故C錯誤A所受的合力比B的小，A、B沿合力方向位移相同，則A所受的合力做功較少，由動能定理知兩球從拋出到各自落地過程中A球的動能變化量小，故D正確7.如圖，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為q和q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A.eq f(s,2)eq r(f(2qE,mh) B.eq f(s,2)e

24、q r(f(qE,mh) C.eq f(s,4)eq r(f(2qE,mh) D.eq f(s,4)eq r(f(qE,mh)答案B解析兩粒子軌跡恰好相切，根據(jù)對稱性，兩粒子的軌跡相切點一定在矩形區(qū)域的中心，并且兩粒子均做類平拋運動，根據(jù)運動的獨立性和等時性可得，在水平方向上：eq f(s,2)v0t，在豎直方向上：eq f(h,2)eq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(Eq,m)t2，兩式聯(lián)立解得：v0eq f(s,2)eq r(f(qE,mh)，故B正確，A、C、D錯誤8.(2020浙江7月選考6)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為qeq blc(rc)(avs4alco1(q0

25、)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中已知MN與水平方向成45角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時()A所用時間為eq f(mv0,qE)B速度大小為3v0C與P點的距離為eq f(2r(2)mv02,qE)D速度方向與豎直方向的夾角為30答案C解析粒子在電場中只受靜電力，F(xiàn)qE，方向向下，如圖所示粒子的運動為類平拋運動水平方向做勻速直線運動，有xv0t豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有yeq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(qE,m)t2eq f(y,x)tan 45聯(lián)立解得teq f(2mv0,qE)，故A錯誤

26、vyateq f(qE,m)eq f(2mv0,qE)2v0，則速度大小veq r(v02vy2)eq r(5)v0，tan eq f(v0,vy)eq f(1,2)，則速度方向與豎直方向夾角30，故B、D錯誤；xv0teq f(2mv02,qE)，與P點的距離seq f(x,cos 45)eq f(2r(2)mv02,qE)，故C正確9.如圖所示，一種射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成放射源O在A極板左端，可以向各個方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的粒子(電子)若極板長為L，間距為d，當(dāng)A、B板加上電壓U時，只有某一速度的粒子能從細管C水平射出，細管C離兩板等距已知元電荷為e，則從

27、放射源O發(fā)射出的粒子的這一速度為()A.eq r(f(2eU,m) B.eq f(L,d)eq r(f(eU,m)C.eq f(1,d)eq r(f(eUd2L2,m) D.eq f(L,d)eq r(f(eU,2m)答案C解析從細管C水平射出的粒子反方向的運動為類平拋運動，水平方向有Lv0t，豎直方向有eq f(d,2)eq f(1,2)at2，且aeq f(qU,md).從A到C的過程有eq f(1,2)qUeq f(1,2)mv02eq f(1,2)mv2，qe，以上各式聯(lián)立解得veq f(1,d)eq r(f(eUd2L2,m)，選項C正確10.(多選)如圖所示，一充電后與電源斷開的平

28、行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M.一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列說法中正確的是(已知重力加速度為g)()A兩極板間電壓為eq f(mgd,2q)B板間電場強度大小為eq f(2mg,q)C整個過程中質(zhì)點的重力勢能增加eq f(mg2L2,v02)D若僅增大兩極板間距，則該質(zhì)點不可能垂直打在M上答案BC解析據(jù)題分析可知，質(zhì)點在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，飛出電場后，軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性，如圖所示：則兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定

29、律得qEmgma，mgma，解得Eeq f(2mg,q)，由UEd得兩極板間電壓為Ueq f(2mgd,q)，故A錯誤，B正確；質(zhì)點在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離yeq f(1,2)at2，teq f(L,v0)，解得yeq f(gL2,2v02)，故質(zhì)點打在屏上的位置與P點的距離為s2yeq f(gL2,v02)，整個過程中質(zhì)點的重力勢能的增加量Epmgseq f(mg2L2,v02)，故C正確；僅增大兩極板間的距離，因兩極板上電荷量不變，根據(jù)Eeq f(U,d)eq f(Q,Cd)eq f(Q,f(rS,4kd)d)eq f(4kQ,rS)可知，板間場強不變，質(zhì)點在電場中受力情況不變，則運動情況不

30、變，仍垂直打在M上，故D錯誤11.如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一個勻強電場，場強大小為E、方向與圓所在的面平行PQ為圓的一條直徑，與場強方向的夾角60.質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從P點以某一初速度沿垂直于場強的方向射入電場，不計粒子重力(1)若粒子到達Q點，求粒子在P點的初速度大小v0.(2)若粒子在P點的初速度大小在0v0之間連續(xù)可調(diào)，則粒子到達圓弧上哪個點電勢能變化最大？變化了多少？答案(1)eq r(f(3qER,2m)(2)圓弧上最低點eq f(3qER,2)解析(1)粒子做類平拋運動，設(shè)粒子從P點運動到Q點的時間為t，加速度為a，則水平方向有：2Rsin v0t豎直方向

31、有：2Rcos eq f(1,2)at2由牛頓第二定律得qEma聯(lián)立解得v0eq r(f(3qER,2m)(2)粒子到達圓弧上最低點電勢能變化最大EpqEddRRcos 解得Epeq f(3qER,2)，負號表示電勢能減少12.如圖所示，板長L30 cm的兩金屬板A、B平行正對，板間距離d2 cm，A、B間接u91sin (100t) V交流電源持續(xù)均勻的電子束以速度v03107 m/s沿著A板射入電場，若電子與金屬板接觸會被吸收，但對板間電壓的影響可忽略已知電子質(zhì)量m0.911030 kg，電子電荷量q1.61019 C，不計重力求： (1)交流電源的周期和電子穿過板間的時間；(2)電子從B板邊緣飛出電場時的板間電壓；(3)求飛出電場的電子占飛入電場的電子的百分比答案(1)0.02 s108 s(2)45.