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專題強化十五　帶電粒子在電場中的力電綜合問題
目標要求 　1.掌握帶電粒子在交變電場中運動的特點和分析方法.2.會用等效法分析帶電粒子在電場和重力場中的圓周運動.3.會用動力學和能量觀點分析帶電粒子的力電綜合問題．
題型一　帶電粒子在交變電場中的運動
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．
(1)當粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運動，其初速度和受力情況決定了粒子的運動情況，粒子可以做周期性的直線運動．
(2)當粒子垂直于電場方向射入時，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，關鍵是根據電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況．根據電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等．
很多時候可將φ－t圖象U－t圖象E－t圖象――→轉換a－t圖象――→轉化v－t圖象．
3．對于鋸齒波和正弦波等電壓產生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動．

　　　　　 帶電粒子在交變電場中的直線運動

例1 　如圖1所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當兩板間的電壓分別如圖2中甲、乙、丙、丁所示時，電子在板間運動(假設不與板相碰)，下列說法正確的是(　　)

圖1


圖2
A．電壓是甲圖時，在0～T時間內，電子的電勢能一直減少
B．電壓是乙圖時，在0～T2時間內，電子的電勢能先增加后減少
C．電壓是丙圖時，電子在板間做往復運動
D．電壓是丁圖時，電子在板間做往復運動
答案　D
解析　電壓是題圖甲時，0～T時間內，電場力先向左后向右，則電子先向左做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故A錯誤；電壓是題圖乙時，在0～T2時間內，電子向右先加速后減速，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，故B錯誤；電壓是題圖丙時，電子先向左做加速度先增大后減小的加速運動，過了T2后做加速度先增大后減小的減速運動，到T時速度減為0，之后重復前面的運動，故電子一直朝同一方向運動，故C錯誤；電壓是題圖丁時，電子先向左加速，到T4后向左減速，T2后向右加速，34T后向右減速，T時速度減為零，之后重復前面的運動，故電子做往復運動，故D正確．

　　　　　 帶電粒子在交變電場中的偏轉運動

例2 　(2019·四川成都市模擬)如圖3甲所示，A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B間電壓為UAB＝－U0，緊貼A板有一電子源，不停地飄出質量為m，帶電荷量為e的電子(初速度可視為0)．在B板右側兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓變化的周期T＝Lm2eU0，板間中線與電子源在同一水平線上．已知極板間距為d，極板長L，不計電子重力，求：

圖3
(1)電子進入偏轉極板時的速度大小；
(2)T4時刻沿中線射入偏轉極板間的電子剛射出偏轉極板時與板間中線的距離(未與極板接觸)．
答案　(1)2eU0m　(2)0
解析　(1)設電子進入偏轉極板時的速度為v，由動能定理有eU0＝12mv2
解得v＝2eU0m.
(2)由題意知，電子穿過偏轉極板所需時間t＝Lv＝Lm2eU0＝T
故在T4時刻沿中線射入偏轉極板間的電子在電場方向上先加速后減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故一個周期內，側移量為零，則電子沿板間中線射出偏轉極板，與板間中線的距離為0.

1.(帶電粒子在交變電場中的直線運動)(2020·黑龍江齊齊哈爾市一模)如圖4所示，A、B兩導體板平行放置，在t＝0時將電子從A板附近由靜止釋放(電子的重力忽略不計)．分別在A、B兩板間加四種電壓，它們的UAB－t圖線如下列四圖所示．其中可能使電子到不了B板的是(　　)

圖4


答案　B
2．(帶電粒子在交變電場中的偏轉)(多選)(2019·山東濰坊市二模)如圖5甲所示，長為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點有一粒子源，能持續水平向右發射初速度為v0、電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子．在兩板間存在如圖乙所示的交變電場，取豎直向下為正方向，不計粒子重力．以下判斷正確的是(　　)

圖5
A．粒子在電場中運動的最短時間為2dv0
B．射出粒子的最大動能為54mv02
C．t＝d2v0時刻進入的粒子，從O′點射出
D．t＝3dv0時刻進入的粒子，從O′點射出
答案　AD
解析　由題圖可知場強大小E＝mv022qd，則粒子在電場中的加速度a＝qEm＝v022d，則粒子在電場中運動的最短時間滿足d2＝12atmin2，解得tmin＝2dv0，選項A正確；能從板間射出的粒子在板間運動的時間均為t＝8dv0，則任意時刻射入的粒子若能射出電場，則射出電場時沿電場方向的速度均為0，可知射出電場時粒子的動能均為12mv02，選項B錯誤；t＝d2v0＝T8時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向下加速3T8，后向下減速3T8速度到零；然后向上加速T8，再向上減速T8速度到零……如此反復，則最后從O′點射出時有沿電場方向向下的位移，則粒子將從O′點下方射出，故C錯誤；t＝3dv0＝3T4時刻進入的粒子，在沿電場方向的運動是：先向上加速T4，后向上減速T4速度到零；然后向下加速T4，再向下減速T4速度到零……如此反復，則最后從O′點射出時沿電場方向的位移為零，則粒子將從O′點射出，選項D正確．
題型二　帶電粒子在重力場和電場中的圓周運動
1．等效重力場
物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是對于處在勻強電場和重力場中物體的運動問題就會變得復雜一些．此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”．
2．等效重力場的對應概念及解釋

3．舉例

例3 　(2020·福建龍巖市高三上學期期末)如圖6所示，在豎直平面內固定的圓形絕緣軌道的圓心為O、半徑為r、內壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點．該區間存在方向水平向右的勻強電場，一質量為m的帶電小球(可視為質點)恰好能靜止在C點．若在C點給小球一個初速度使它在軌道內側恰好能做完整的圓周運動(小球的電荷量不變)．已知C、O、D在同一直線上，它們的連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g.求：

圖6
(1)小球所受的電場力F的大小；
(2)小球做圓周運動，在D點的速度大小及在A點對軌道壓力的大小．
答案　(1)3mg　(2)2gr　9mg
解析　(1)小球在C點靜止，受力分析如圖所示

由平衡條件得F＝mgtan 60°
解得：F＝3mg
(2)小球在光滑軌道內側恰好做完整的圓周運動，在D點小球速度最小，對軌道的壓力為零，
則mgcos 60°＝mvD2r
解得小球在D點的速度vD＝2gr
小球由軌道上A點運動到D點的過程，根據動能定理得
－mgr(1＋cos θ)－Frsin θ＝12mvD2－12mvA2
解得小球在A點的速度vA＝22gr
小球在A點，根據牛頓第二定律得：FNA－mg＝mvA2r
解得：FNA＝9mg
根據牛頓第三定律得：小球對軌道的壓力大小為FNA′＝9mg.

3．(等效重力場)(多選)(2019·四川樂山市第一次調查研究)如圖7所示，在豎直平面內有水平向左的勻強電場，在勻強電場中有一根長為L的絕緣細線，細線一端固定在O點，另一端系一質量為m的帶電小球．小球靜止時細線與豎直方向成θ角，此時讓小球獲得初速度且恰能繞O點在豎直平面內沿逆時針方向做圓周運動，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　)

圖7
A．勻強電場的電場強度E＝mgtan θq
B．小球動能的最小值為Ek＝mgL2cos θ
C．小球運動至圓周軌跡的最高點時機械能最小
D．小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，其電勢能先減小后增大
答案　AB
解析　小球靜止時懸線與豎直方向成θ角，對小球受力分析，小球受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據平衡條件，有：mgtan θ＝qE，解得E＝mgtan θq，選項A正確；

小球恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動，在等效最高點A速度最小，根據牛頓第二定律，有：mgcos θ＝mv2L，則最小動能Ek＝12mv2＝mgL2cos θ，選項B正確；小球的機械能和電勢能之和守恒，則小球運動至電勢能最大的位置機械能最小，小球帶負電，則小球運動到圓周軌跡的最左端點時機械能最小，選項C錯誤；小球從初始位置開始，在豎直平面內運動一周的過程中，電場力先做正功，后做負功，再做正功，則其電勢能先減小后增大，再減小，選項D錯誤．
題型三　電場中的力電綜合問題
1．帶電粒子在電場中的運動
(1)分析方法：先分析受力情況，再分析運動狀態和運動過程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然后選用恰當的規律如牛頓運動定律、運動學公式、動能定理、能量守恒定律解題．
(2)受力特點：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運動問題時，重力是否要考慮，關鍵看重力與其他力相比較是否能忽略．一般來說，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質子等帶電粒子的重力可以忽略，一般可根據微粒的運動狀態判斷是否考慮重力作用．
2．用能量觀點處理帶電體的運動
對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助能量觀點來處理．即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常更簡捷．具體方法有：
(1)用動能定理處理
思維順序一般為：
①弄清研究對象，明確所研究的物理過程．
②分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負功．
③弄清所研究過程的初、末狀態(主要指動能)．
④根據W＝ΔEk列出方程求解．
(2)用包括電勢能和內能在內的能量守恒定律處理
列式的方法常有兩種：
①利用初、末狀態的能量相等(即E1＝E2)列方程．
②利用某些能量的減少等于另一些能量的增加列方程．
(3)兩個結論
①若帶電粒子只在電場力作用下運動，其動能和電勢能之和保持不變．
②若帶電粒子只在重力和電場力作用下運動，其機械能和電勢能之和保持不變．
例4 　(2019·全國卷Ⅱ·24)如圖8，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d.兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)．質量為m，電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計．

圖8
(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？
答案　(1)12mv02＋2φdqh　v0mdhqφ　(2)2v0mdhqφ
解析　(1)PG、QG間場強大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大小為a，有
E＝2φd①
F＝qE＝ma②
設粒子第一次到達G時動能為Ek，由動能定理有
qEh＝Ek－12mv02③
設粒子第一次到達G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移為l，則有h＝12at2④
l＝v0t⑤
聯立①②③④⑤式解得
Ek＝12mv02＋2φdqh
l＝v0mdhqφ；
(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短．由對稱性知，此時金屬板的長度為L＝2l＝2v0mdhqφ.

4．(在電場中運動物體的功能關系)(2019·名師原創預測)如圖9所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直線軌道AB與水平放置的光滑圓弧軌道BCD相切于B點，整個軌道位于水平桌面內，圓心角∠BOC＝37°，線段OC垂直于OD，圓弧軌道半徑為R，直線軌道AB長為L＝5R.整個軌道處于電場強度為E的勻強電場中，電場強度方向平行于水平桌面所在的平面且垂直于直線OD.現有一個質量為m、帶電荷量為＋q的小物塊P從A點無初速度釋放，小物塊P與AB之間的動摩擦因數μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空氣阻力．求：

圖9
(1)小物塊第一次通過C點時對軌道的壓力大小FNC1；
(2)小物塊第一次通過D點后離開D點的最大距離；
(3)小物塊在直線軌道AB上運動的總路程．
答案　(1)5.4qE　(2)65R　(3)15R
解析　(1)設小物塊第一次到達C點時的速度大小為vC1，根據動能定理有
qE[Lsin 37°＋R(1－cos 37°)]－μqELcos 37°＝12mvC12－0
解得vC1＝22qER5m
在C點根據向心力公式得FNC1′－qE＝mvC12R
解得FNC1′＝5.4qE
根據牛頓第三定律得FNC1＝5.4qE.
(2)設小物塊第一次到達D點時的速度大小為vD1，
根據動能定理有
qE(Lsin 37°－Rcos 37°)－μqELcos 37°＝12mvD12－0
解得vD1＝12qER5m
小物塊第一次到達D點后先以速度vD1逆著電場方向做勻減速直線運動，設運動的最大距離為xm，根據動能定理得－qExm＝0－12mvD12
解得xm＝65R.
(3)分析可知小物塊最終會在圓弧軌道上做往復運動，到達B點的速度恰好為零時，動能和電勢能之和不再減小．設小物塊在直線軌道AB上運動的總路程為s，則根據功能關系得qELsin 37°＝μqEscos 37°
解得s＝Ltan 37°μ＝15R.
課時精練

1．(多選)(2020·黑龍江佳木斯一中期中)如圖1甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大，當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，下圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規律可能正確的是(　　)

圖1


答案　BC
解析　電子做勻變速直線運動時x－t圖象應是拋物線，故A錯誤．根據勻變速運動速度圖象是傾斜的直線可知，B圖符合電子的運動情況，故B正確，D錯誤．根據電子的運動情況：電子交替做勻加速運動和勻減速運動，而勻變速運動的加速度大小不變，a－t圖象應平行于橫軸，故C正確．
2．(多選)如圖2所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象．當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶正電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是(　　)

圖2
A．帶電粒子始終向同一個方向運動
B．2 s末帶電粒子回到原出發點
C．3 s末帶電粒子的速度為零
D．0～3 s內，電場力做的總功為零
答案　CD
解析　設第1 s內粒子的加速度大小為a1，第2 s內的加速度大小為a2，由a＝qEm可知，a2＝2a1，可見，粒子第1 s內向負方向運動，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3 s末回到原出發點，粒子的速度為0，v－t圖象如圖所示，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確．

3．如圖3甲為一對長度為L的平行金屬板，在兩板之間加上如圖乙所示的電壓．現沿兩板的中軸線從左端向右端連續不斷射入初速度為v0的相同帶電粒子(不計重力及粒子間的相互作用)，且所有粒子均能從平行金屬板的右端飛出，若粒子在兩板之間的運動時間均為T，則粒子最大偏轉位移與最小偏轉位移的大小之比是(　　)

圖3
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
答案　C
解析　粒子在兩板之間的運動時間均為T，設偏轉電場電壓不為零時，粒子在偏轉電場中的加速度為a，若粒子在t＝nT時刻進入偏轉電場，則豎直方向上先加速后勻速然后飛出偏轉電場，此時粒子偏轉位移最大，ymax＝12a(T2)2＋a×T2×T2＝38aT2；若粒子在t＝nT＋T2時刻進入偏轉電場，則豎直方向上先靜止后加速然后飛出偏轉電場，此時粒子偏轉位移最小，ymin＝0＋12a(T2)2＝18aT2，則粒子最大偏轉位移與最小偏轉位移的大小之比是3∶1，故C項正確．
4．(多選)如圖4甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規律如圖乙所示．t＝0時刻，質量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～T3時間內微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸，重力加速度的大小為g.關于微粒在0～T時間內運動的描述，正確的是(　　)

圖4
A．末速度大小為2v0
B．末速度沿水平方向
C．重力勢能減少了12mgd
D．克服電場力做功為mgd
答案　BC
解析　因0～T3時間內微粒做勻速運動，故E0q＝mg；在T3～2T3時間內，微粒只受重力作用，做平拋運動，在t＝2T3時刻豎直方向的速度為vy1＝gT3，水平方向的速度為v0；在2T3～T時間內，由牛頓第二定律得2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，微粒豎直方向的速度減小到零，水平方向的速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·d2＝12mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知，12mgd－W克電＝0，可知克服電場力做功為12mgd，選項D錯誤．
5.(2019·天津卷·3)如圖5所示，在水平向右的勻強電場中，質量為m的帶電小球，以初速度v從M點豎直向上運動，通過N點時，速度大小為2v，方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程(　　)

圖5
A．動能增加12mv2 B．機械能增加2mv2
C．重力勢能增加32mv2 D．電勢能增加2mv2
答案　B
解析　小球動能的增加量為ΔEk＝12m(2v)2－12mv2＝32mv2，A錯誤；小球在豎直方向上的分運動為勻減速直線運動，到N時豎直方向的速度為零，則M、N兩點之間高度差為h＝v22g，小球重力勢能的增加量為ΔEp＝mgh＝12mv2，C錯誤；電場力對小球做正功，則小球的電勢能減少，由能量守恒定律可知，小球減小的電勢能等于重力勢能與動能的增加量之和，則電勢能的減少量為ΔEp′＝32mv2＋12mv2＝2mv2，D錯誤；由功能關系可知，除重力外的其他力對小球所做的功在數值上等于小球機械能的增加量，即2mv2，B正確．

6．(多選)如圖6甲所示，平行金屬板相距為d，在兩板間加一如圖乙所示的交變電壓，有一個粒子源在平行金屬板左邊界中點處沿垂直電場方向連續發射速度相同的帶正電粒子(不計重力及粒子間的相互作用)．t＝0時刻進入電場的粒子恰好在t＝T時刻到達B板右邊緣，則(　　)

圖6
A．任意時刻進入的粒子到達電場右邊界經歷的時間為T
B．t＝T4時刻進入的粒子到達電場右邊界的速度最大
C．t＝T4時刻進入的粒子到達電場右邊界時距B板的距離為d4
D．粒子到達電場右邊界時的動能與何時進入電場無關
答案　AD
解析　任意時刻進入的粒子在水平方向的分運動都是勻速直線運動，則由L＝v0t，得t＝Lv0，由于L、v0都相等，所以粒子到達電場右邊界所用時間都相等，且都為T，選項A正確；粒子在豎直方向做周期性運動，勻加速和勻減速運動的時間相等，加速度大小也相同，所以到達電場右邊界時速度的變化量為零，因此粒子到達電場右邊界時的速度大小等于進入電場時初速度大小，與何時進入電場無關，選項B錯誤，D正確；對于t＝0時刻進入的粒子，據題意有d2＝2×12a(T2)2；對于t＝T4時刻進入的粒子，在前T2時間內豎直方向的位移向下，大小為y1＝2×12a(T4)2，在后T2時間內豎直方向的位移向上，大小為y2＝2×12a(T4)2，則知y1＝y2，即豎直方向的位移為0，所以粒子到達電場右邊界時距B板距離為y＝d2，選項C錯誤．
7.(多選)(2020·廣東深圳高級中學月考)如圖7所示，豎直平面內有固定的半徑為R的光滑絕緣圓形軌道，勻強電場的方向平行于軌道平面水平向左，P、Q分別為軌道上的最高點、最低點，M、N是軌道上與圓心O等高的點．質量為m、電荷量為q的帶正電小球(可視為質點)在軌道內運動，已知重力加速度為g，電場強度E＝3mg4q，要使小球能沿軌道做完整的圓周運動，則下列說法正確的是(　　)

圖7
A．小球在軌道上運動時，動能最小的位置，電勢能最大
B．小球在軌道上運動時，機械能最大的位置一定在M點
C．小球過Q、P點時所受軌道彈力大小的差值為6mg
D．小球過Q、P點時所受軌道彈力大小的差值為7.5mg
答案　BC
解析　根據等效場知識可得，電場力與重力的合力大小為mg等＝?mg?2＋?qE?2＝54mg，故等效重力加速度為g等＝54g，如圖所示，tan θ＝qEmg＝34，即θ＝37°，若小球剛好能通過C點關于圓心O對稱的D點，那么小球就能做完整的圓周運動．小球在D點時的動能最小，但D點并非是其電勢能最大的位置，小球電勢能最大的位置在N點，選項A錯誤；小球在軌道上運動的過程中遵守能量守恒定律，小球在軌道上M點的電勢能最小，機械能最大，選項B正確；小球過Q點和P點時，由牛頓第二定律可得FQ－mg＝mvQ2R，FP＋mg＝mvP2R，小球從Q點到P點，由動能定理可得－2mgR＝12mvP2－12mvQ2，聯立解得FQ－FP＝6mg，選項C正確，D錯誤．

8.如圖8所示，ABD為豎直平面內的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R＝0.2 m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E＝5.0×103 V/m.一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發生彈性碰撞，甲、乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點D.已知甲、乙兩球的質量均為m＝1.0×10－2 kg，乙所帶電荷量q＝2.0×10－5 C，g取10 m/s2.(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質點，整個運動過程中甲不帶電，乙電荷無轉移)求：

圖8
(1)乙在軌道上的首次落點到B點的距離；
(2)碰撞前甲球的速度v0的大小．
答案　(1)0.4 m　(2)25 m/s
解析　(1)設乙到達最高點D時的速度為vD，乙離開D點到達水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為x，則
mg＋qE＝mvD2R①
2R＝12(mg＋qEm)t2②
x＝vDt③
聯立①②③得x＝0.4 m．④
(2)設碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，
根據動量守恒定律和機械能守恒定律有
mv0＝mv甲＋mv乙⑤
12mv02＝12mv甲2＋12mv乙2⑥
聯立⑤⑥得v乙＝v0⑦
由動能定理得
－mg·2R－qE·2R＝12mvD2－12mv乙2⑧
聯立①⑦⑧得v0＝25 m/s.
9．(2019·河南高三月考)在圖9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，現有電子以平行于極板的速度v0從兩板中央OO′射入．已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力，問：

圖9
(1)若電子從t＝0時刻射入，在半個周期內恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時速度的大小為多少？
(2)若電子從t＝0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eU02＝12mv2－12mv02
解得v＝v02＋eU0m.
(2)t＝0時刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運動，向正極板方向偏轉，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，以后繼續重復這樣的運動；要使電子恰能平行于極板飛出，則電子在OO′方向上至少運動一個周期，故極板長至少為L＝v0T.
(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，可見應在t＝T4＋k·T2(k＝0,1,2，…)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，設兩板間距為d，由牛頓第二定律有a＝eU0md，加速階段運動的距離s＝12·eU0mdT42≤d4，
解得d≥TeU08m，故兩極板間距至少為TeU08m.

10.如圖10所示，在平面直角坐標系的第一象限內有水平向左的、場強為E的勻強電場，y軸與直線x＝－d(d>0)區域內有豎直向下的、場強也為E的勻強電場．一個帶電荷量為＋q的粒子(重力不計)從第一象限的S點由靜止釋放．

圖10
(1)若S點的坐標為(d2，d2)，求粒子通過x軸時的坐標；
(2)若S點的坐標為(d，d)，求粒子通過x軸時的動能；
(3)若粒子能通過x軸上坐標為(－3d,0)的P點，求釋放該粒子的點S的坐標(x，y)應該滿足的條件．
答案　(1)(－d,0)　(2)5qEd4　(3)4xy＝5d2(x>0，y>0)
解析　(1)設進入第二象限前粒子的速度為v0，質量為m，由動能定理得
qEd2＝12mv02
在第二象限中運動時，粒子做類平拋運動，假設粒子通過x軸沒有出電場左邊界，則有
加速度a＝qEm
x軸方向上x＝v0t
y軸方向上d2＝12at2
聯立解得x＝d，假設成立．
所以粒子通過x軸時的坐標為(－d,0)．
(2)設進入第二象限前粒子的速度為v，質量為m，
由動能定理得qEd＝12mv2
在第二象限中運動時，粒子做類平拋運動，
加速度a＝qEm
x軸方向上d＝vt1
y軸方向上y＝12at12
解得y＝d4
對整個過程由動能定理得
qEd＋qEd4＝Ek－0
解得Ek＝5qEd4.
(3)設粒子到達y軸時的速度為v0′，通過第二象限電場所用的時間為t2，粒子進入第二象限前由動能定理得qEx＝mv0′22
粒子剛出第二象限電場時速度偏向角的正切值tan θ＝vyvx
其中vy＝at2
qE＝ma
vx＝v0′＝dt2
粒子出第二象限電場后做直線運動，由幾何關系有
tan θ＝y－12at222d
解得4xy＝5d2(x>0，y>0)．

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