1．對下列物理公式的理解，其中正確的是( )
A．由公式a=eq \f(?v,t)可知，加速度a由速度的變化量?v和時間t決定
B．由公式a=eq \f(F,m)可知，加速度a由物體所受合外力F和物體的質量m決定
C．由公式E=eq \f(F,q)可知，電場強度E由電荷受到的電場力F和電荷的電荷量q決定
D．由公式C=eq \f(Q,U)可知，電容器的電容C由電容器所帶電荷量Q和兩極板間的電勢差U決定
答案 B
解析 A、C、D三項均為比值法定義，且只是計算式，而不是決定式，故A、C、D錯誤；只有B正確．
2．某平行板電容器的電容為C，帶電荷量為Q，相距為d，今在板間中點放一電荷量為q的點電荷，則它所受到的電場力的大小為( )
A.eq \f(2kQq,d2) B.eq \f(4kQq,d2) C.eq \f(Qq,Cd) D.eq \f(2Qq,Cd)
答案 C
解析 由U=eq \f(Q,C)，E=eq \f(U,d)，F=Eq得：F=eq \f(Qq,Cd).
3. 電子電荷量為e，質量為m，以速度v0沿著電場線射入場強為E的勻強電場中，如圖1所示，電子從A點入射到達B點速度為零，則A、B兩點的電勢差為________；A、B間的距離為________．
圖1
答案 eq \f(mv\\al(2,0),2e) eq \f(mv\\al(2,0),2eE)
解析 由分析知，電子進入電場，只在電場力作用下運動，所以電場力對電子做負功．由動能定理得：
0-eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)=-Ue，U=eq \f(mv\\al(2,0),2e)
又U=Ed，d=eq \f(U,E)=eq \f(mv\\al(2,0),2eE).
一、帶電微粒在重力作用下的運動
帶電微粒不同于帶電粒子；它的質量較大，重力不能忽略，因此帶電微粒在電場中至少受兩個力作用．
【例1】 兩平行金屬板A、B水平放置，一個質量為m=5?10-6 kg的帶電微粒，以v0=2 m/s的水平速度從兩板正中央位置射入電場，如圖2所示，A、B兩板間距離為d=4 cm，板長l=10 cm.
(1)當A、B間的電壓為UAB=1 000 V時，微粒恰好不偏轉，沿圖中虛線射出電場，求該粒子的電荷量和電性．
(2)令B板接地，欲使該微粒射出偏轉電場，求A板所加電勢的范圍
圖2
導思1.eq \x(\a\al(沿直線,運動))eq \(――→,\s\up7(要求))eq \x(\a\al(豎直方向,合力為零))―→eq \x(mg=q\f(UAB,d))
2.eq \x(\a\al(恰好穿出,偏轉電場))―→水平穿過平行板的同時豎直位移y=±
解析 (1)當UAB= 1 000 V時，重力跟電場力相等，微粒才沿初速度v0方向做勻速直線運動，故qeq \f(UAB,d)=mg，q=eq \f(mgd,UAB)=2?10-9C；重力方向豎直向下，電場力方向豎直向上，而場強方向豎直向下(UAB＞0)，所以粒子帶負電．
(2)當qE＞mg時，帶電粒子向上偏，從右上邊緣M點飛出，如圖所示，設此時?A=?1，因為?B=0，所以UAB=?1，電場力和重力都沿豎直方向，粒子在水平方向做勻速直線運動，速度vx=v0；在豎直方向a=eq \f(q?1,md)-g，側位移y=eq \f(d,2)，所以eq \f(1,2)d=eq \f(1,2)at2，t=eq \f(l,v0)，代入a和t解得?1=eq \f(mv\\al(2,0)d2+mgdl2,ql2)=2 600 V．當qE＜mg時，帶電微粒向下偏轉，設?A=?2，則豎直方向a′=g-eq \f(q?2,md)，同理可得?2=600 V，故欲使微粒射出偏轉電場，A板電勢的范圍為600 V≤?A≤2 600 V.
答案 (1)2?10-9 C 負電 (2)600 V≤?A≤2 600 V
變式訓練1 如圖3所示，水平放置的平行板間的勻強電場正中間的P點有一個帶電微粒正好處于靜止狀態(tài)，如果將平行帶電板改為豎直放置，帶電微粒的運動將是( )
圖3
A．繼續(xù)保持靜止狀態(tài)
B．從P點開始做自由落體運動
C．從P點開始做平拋運動
D．從P點開始做初速度為零、加速度為eq \r(2)g的勻加速直線運動
答案 D
解析 對微粒進行受力分析可知：mg=Eq,若將平行板改為豎直，則微粒受力F=eq \r(?mg?2+?Eq?2)=eq \r(2)mg,所以微粒將做初速度為零的勻加速直線運動，a=eq \r(2)g.
方法總結 有關帶電粒子的重力是否忽略問題
若所討論的問題，帶電粒子受到的重力遠遠小于電場力，即mg?qE，則可忽略重力的影響．譬如：一電子在電場強度為4.0?103 V/m的電場中，它所受到的電場力的大小為F=eE=6.4?10-16 N，它所受到的重力G=mg≈8.9?10-30 N，eq \f(G,F)≈1.4?10-14.可見，重力在此問題中的影響微不足道，完全可以略去不計．此時若考慮了重力，反而會給問題的解決帶來不必要的麻煩．要指出的是，忽略粒子的重力并不是忽略粒子的質量．反之，若帶電粒子所受的重力跟電場力可以比擬，譬如：在密立根油滴實驗中，帶電油滴在電場中受力平衡，顯然這時就必須考慮重力了．若再忽略重力，油滴平衡的依據就不存在了．總之，是否考慮帶電粒子的重力要根據具體情況而定，一般說來：(1)基本粒子：如電子、質子、?粒子、離子等除有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量)．(2)帶電粒子：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．
二、帶電粒子在偏轉過程中的能量變化
粒子動能的變化由動能定理求解．關鍵是正確的求出各力做功的代數和；粒子電勢能的變化等于電場力做的功，關鍵點是把電場力做的功找準求對．
例2 一個初動能為Ek的帶電粒子以速度v垂直電場線方向飛入兩塊平行金屬板間，飛出時動能為3Ek.如果這個帶電粒子的初速度增加到原來的2倍，不計重力，那么該粒子飛出時動能為( )
A．4Ek B．4.5Ek
C．6Ek D．9.5Ek
解析 帶電粒子做類平拋運動，平行于極板方向的速度大小不變，帶電粒子通過電場的時間變?yōu)樵瓉淼膃q \f(1,2)，沿電場方向的位移變?yōu)樵瓉淼膃q \f(1,4)，電場力做功變?yōu)樵瓉淼膃q \f(1,4).
由動能定理得?Ek′=qE?y′=eq \f(1,4)yqE ①
原速飛過時由動能定理有?Ek=3Ek-Ek=qEy ②
而?Ek′=Ek末′-4Ek ③
解得Ek末′=4.5 Ek
答案 B
變式訓練2 如圖4所示，O1O2為帶電平行板電容器的中軸線，三個相同的帶電粒子沿軸線射入兩板間．粒子1打到B板的中點，粒子2剛好打在B板邊緣，粒子3從兩板間飛出，設三個粒子只受電場力作用，則( )
圖4
A．三個粒子在電場中運動時間關系為t1＜t2=t3
B．三個粒子在電場中運動時間關系為t1=t2＞t3
C．三個粒子在電場中運動的初速度關系為v1=v2=v3
D．三個粒子在飛行過程中動能的變化量關系為?E1=?E2=?E3
答案 B
解析 粒子在電場中做類平拋運動，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a，由y=eq \f(1,2)at2可判斷出t1=t2＞t3，故A錯誤，B正確；水平方向做勻速直線運動，結合x=vt可判斷出v1＜v2＜v3，所以C錯誤；由動能定理知qEy=?Ek，故?E1=?E2＞?E3，故D錯誤．
方法總結 電場力做的功等于qE?y，y是粒子在豎直方向的偏轉量，y不一定等于eq \f(d,2)(d為兩板間距)．
三、等效法在電場中的應用
等效方法的實質是在力的作用效果相同的前提下相互替代，其優(yōu)點是將非理想模型轉化為理想模型，使復雜問題變得簡單．
帶電體在勻強電場中受恒定電場力和重力，可根據力的獨立作用原理分別研究每一種力對物體的作用效果；也可以求出電場力和重力的合力，即“等效重力”，再與重力場中的力學問題進行類比解答．
例3 半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，環(huán)上套有一質量為m、帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，如圖5所示，珠子所受靜電力是其重力的eq \f(3,4)，將珠子從環(huán)上最低位置A點由靜止釋放，則：
(1)珠子所能獲得的最大動能是多大？
(2)珠子對環(huán)的最大壓力是多大？
圖5
解析 (1)因為qE=eq \f(3,4)mg，所以qE、mg的合力F合與豎直方向的夾角?的正切值tan ?=eq \f(qE,mg)=eq \f(3,4)，即?=37?，則珠子由A點靜止釋放后從A到B過程中做加速運動，如下圖所示，B點動能最大，由動能定理得：qErsin ?-mgr(1-cs ?)=Ek，解得B點動能即最大動能Ek=eq \f(1,4)mgr.
(2)設珠子在B點受圓環(huán)彈力為FN，有FN-F合=eq \f(mv2,r)，即FN=F合+eq \f(mv2,r)=eq \r(?mg?2+?qE?2)+eq \f(1,2)mg=eq \f(5,4)mg+eq \f(1,2)mg=eq \f(7,4)mg.
由牛頓第三定律得，珠子對圓環(huán)的最大壓力也為eq \f(7,4)mg.
答案 (1)eq \f(1,4)mgr (2)eq \f(7,4)mg
變式訓練3 在水平向右的勻強電場中，有一質量為m、帶正電的小球，用長為l的絕緣細線懸掛于O點，當小球靜止時細線與豎直方向夾角為?，如圖6所示，現給小球一個初速度v0，使小球能在豎直平面內做圓周運動．試問：小球在做圓周運動的過程中，在哪一位置速度最?。克俣茸钚≈禐槎啻?？
圖6
答案 A點速度最小 vA= eq \r(v\\al(2,0)-\f(4gl,cs ?)).
解析 重力跟電場力的合力為：eq \f(mg,cs ?)，從B到A的過程由動能定理得：- eq \f(mg,cs ?)?2l=eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)-eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得：vA= eq \r(v\\al(2,0)-\f(4gl,cs ?)).
方法總結 因為小球在B點時靜止，所以小球在B點受力平衡，對小球進行受力分析，小球受重力mg、拉力FT和電場力F作用．當小球向上轉時，拉力不做功，只有重力和電場力做功，并且重力和電場力始終不變，所以我們可以將小球所受的重力和電場力看做一個力，即這兩個力的合力．這樣就可以把這個問題轉換成一個我們所熟悉的圓周運動來處理了，這個合力就相當于只有重力在小球上做功時的“重力”了，那么平衡點B就相當于小球運動的最低點，A點就相當于小球運動的最高點，此即為小球速度最小的位置．
四、帶電粒子在交變電場中的加速
交變電場作用下粒子的電場力方向發(fā)生改變，從而影響粒子的運動性質，要分段研究．同時還要注意：由于電場力周期性變化，粒子的運動性質也具有周期性．
例4 如圖7甲所示，平行金屬板A和B間的距離為d，現在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓，t=0時A板比B板的電勢高，電壓的正向值為U0，反向值也為U0.現有由質量為m的帶正電且電荷量為q的粒子組成的粒子束，從AB的中點O以平行于金屬板方向OO′的速度v0=eq \f(\r(3)qU0T,3dm)射入，所有粒子在AB間的飛行時間均為T，不計重力影響．求：粒子射出電場時的位置離O′點的距離范圍及對應的速度．

圖7
解析 (1)當粒子由t=nT時刻進入電場，向下側移最大，則y1=eq \f(qU0,2dm) ??(eq \f(2T,3))2 + eq \f(qU0,dm) ??(eq \f(2T,3) ) ?eq \f(T,3) - eq \f(qU0,2dm) ??(eq \f(T,3))2 = eq \f(7qU0T2,18dm)
當粒子由t=nT+eq \f(2T,3)時刻進入電場，向上側移最大，則：y2=eq \f(qU0,2dm)?(eq \f(T,3))2=eq \f(qU0T2,18dm)
在距離O′中點下方eq \f(7qU0T2,18dm)至上方eq \f(qU0T2,18dm)范圍內有粒子射出．射出粒子的速度都是相同的，在沿電場線方向速度大小為：vy=eq \f(U0q,dm)?eq \f(T,3)=eq \f(U0qT,3dm)，所以射出速度大小為：
v=eq \r(v\\al(2,0)+v\\al(2,y))= eq \r(?\f(\r(3)U0qT,3dm)?2+?\f(U0qT,3dm)?2)=eq \f(2U0qT,3dm)
設速度方向與v0的夾角為?，則：tan ?=eq \f(vy,v0)=eq \f(1,\r(3))，所以?=30?.
答案 在距離O′中點下方eq \f(7qU0T2,18dm)至上方eq \f(qU0T2,18dm)范圍內有粒子射出，速度大小為eq \f(2U0qT,3dm)，方向與v0的夾角為30?斜向下．
變式訓練4 如圖8甲所示，A、B是在真空中平行放置的金屬板，加上電壓后，它們之間的電場可視為勻強電場．A、B兩板間距離d=15 cm.今在A、B兩極加上如圖乙所示的電壓，交變電壓的周期T=1.0?10-6s；t=0時，A板電勢比B板電勢高，電勢差U0=
1 080 V．一個比荷eq \f(q,m)=1.0?108 C/kg的帶負電粒子在t=0時從B板附近由靜止開始運動，不計重力．問：
(1)當粒子的位移為多大時，粒子速度第一次達到最大值？最大速度為多大？
(2)粒子運動過程中將與某一極板相碰撞，求粒子撞擊極板時的速度大小．
圖8
答案 (1)4.0?10-2m 2.4?105 m/s
(2)2.08?105 m/s
解析 根據題意作出帶電粒子在交變電場中運動的v-t圖象，如右圖所示．
(1)帶負電的粒子在電場中加速或減速的加速度大小為：a=eq \f(qU0,md)=7.2?1011m/s2
由v-t圖象可知當粒子的位移x=eq \f(1,2)a(eq \f(T,3))2=4.0?10-2m時，速度有最大值，最大值為v=at=2.4?105 m/s.
(2)一個周期內粒子運動的位移為：x0=2?eq \f(1,2)a(eq \f(T,3))2-2?eq \f(1,2)a(eq \f(T,6))2=6.0?10-2 m
因為n=eq \f(d,x0)=2.5，在前兩個周期內粒子運動的位移x2=2x0=12?10-2m，由此可以判斷粒子在第三個周期內與A板碰撞，在第三周期內粒子只要運動?x=3 cm即與A板碰撞，可知在第三周期的前eq \f(T,3)內某時刻就與A板碰撞．
與A板碰撞的速度為：v=eq \r(2a?x)=2.08?105 m/s.
方法總結 解決帶電粒子在交變電場中的運動問題時最好采用v-t圖象進行分析，這樣可以將粒子的運動情況清楚地反映出來，有利于解題．
【即學即練】
1. 如圖9所示，有一質量為m、帶電荷量為q的油滴，被置于豎直放置的兩平行金屬板間的勻強電場中，設油滴是從兩板中間位置，并以初速度為零進入電場的，可以判定( )
圖9
A．油滴在電場中做拋物線運動
B．油滴在電場中做勻加速直線運動
C．油滴打在極板上的運動時間只決定于電場強度和兩板間距離
D．油滴打在極板上的運動時間不僅決定于電場強度和兩板間距離，還決定于油滴的比荷
答案 BD
解析 油滴受重力和電場力作用，且兩個力大小方向均恒定，即油滴受到恒定的合外力作用，且初速度為0，所以粒子沿合力方向做勻加速直線運動，B項正確；粒子打到極板上的時間由水平方向位移eq \f(d,2)=eq \f(1,2)at2決定，t= eq \r(\f(dm,qE))，故D選項正確．
2. 一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿豎直方向．兩個比荷不同的帶正電的粒子a 和b從電容器中的P點(如圖10所示)以相同的水平速度射入兩平行板之間，測得a和b與電容器極板的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1∶2.若不計重力，則a和b的比荷之比是( )
圖10
A．1∶2 B．1∶8
C．2∶1 D．4∶1
答案 D
解析 兩帶電粒子都做類平拋運動，在水平方向上做勻速運動，有x=v0t；在豎直方向上做勻加速運動，有y=eq \f(1,2)at2=eq \f(qE,2m)t2，整理得eq \f(q,m)=eq \f(2yv\\al(2,0),Ex2)，因為場強E相同，初速度v0相同，偏移量y相同，所以比荷與水平位移的平方成反比，故選項D正確．
3. 如圖11所示，有三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的小球，從平行板電場中的中點P以相同的初速度垂直于電場方向進入電場，它們分別落在A、B、C三點，可以判斷( )
圖11
A．落在A點的小球帶正電，落在B點的小球不帶電
B．三個小球在電場中運動的時間相等
C．三個小球到達極板時的動能關系為EkA＞EkB＞EkC
D．三個小球在電場中運動時的加速度關系為aA＞aB＞aC
答案 A
解析 因三球水平速度相同，但水平位移不同，說明tA＞tB＞tC；由豎直方向y=eq \f(1,2)at2，y相同則可得出aA＜aB＜aC，所以A點必為帶正電小球，aA=eq \f(mg-qE,m)，落于B點的小球不帶電，aB=eq \f(mg,m)=g，落于C點的小球帶負電，aC=eq \f(mg+qE,m)；由合外力FA＜FB＜FC，豎直位移相同，故WA合＜WB合＜WC合，由動能定理，可得EkC＞EkB＞EkA.

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9 帶電粒子在電場中的運動

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