考點一 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)
帶電粒子在勻強(qiáng)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，t＝eq \f(l,v0)(如圖)．
(2)沿靜電力方向做勻加速直線運動
①加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
②離開電場時的偏移量：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv02)
③離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tan θ＝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，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．
證明：在加速電場中有qU0＝eq \f(1,2)mv02
在偏轉(zhuǎn)電場偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
偏轉(zhuǎn)角θ，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qU1l,mdv02)
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
y、θ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(jìn)行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差．
考向1 帶電粒子在勻強(qiáng)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(qiáng)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( )
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶8 D．8∶1
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1∶2，根據(jù)x＝v0t，知時間之比為1∶2.粒子在豎直方向上做勻加速直線運動，根據(jù)y＝eq \f(1,2)at2，y之比為2∶1，則a、b的加速度之比為8∶1.根據(jù)牛頓第二定律知，加速度a＝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8∶1，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(qiáng)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(qiáng)電場的寬度為d，方向豎直向上，P、Q兩點間的電勢差為U(U>0)，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(fù)電
B．帶電粒子在Q點的電勢能為qU
C．P、Q兩點間的豎直距離為eq \f(d,2)
D．此勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為eq \f(2\r(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W＝qU，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y＝eq \f(\f(d,2),tan 30°)＝eq \f(\r(3),2)d，電場強(qiáng)度大小為E＝eq \f(U,y)＝eq \f(2\r(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(qiáng)為E1＝E的勻強(qiáng)電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L，電場強(qiáng)度為E2＝2E的勻強(qiáng)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：a1＝eq \f(E1e,m)＝eq \f(Ee,m)
eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)a1t12
電子進(jìn)入電場E2時的速度為：
v1＝a1t1
從進(jìn)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：t2＝eq \f(2L,v1)
電子從釋放到打到屏上所用的時間為：
t＝t1＋t2
解得：t＝3eq \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：a2＝eq \f(E2e,m)＝eq \f(2Ee,m)
vy＝a2t3
t3＝eq \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 θ＝eq \f(vy,v1)
解得： tan θ＝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 θ＝eq \f(x,\f(3,2)L)，
聯(lián)立得：x＝3L.
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Ⅲ·24)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點．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(q>0)．A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達(dá)P點所用時間為t；B從O點到達(dá)P點所用時間為eq \f(t,2).重力加速度為g，求：
(1)電場強(qiáng)度的大??；
(2)B運動到P點時的動能．
答案 (1)eq \f(3mg,q) (2)2m(v02＋g2t2)
解析 (1)設(shè)電場強(qiáng)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mg＋qE＝ma①
eq \f(1,2)a(eq \f(t,2))2＝eq \f(1,2)gt2②
解得E＝eq \f(3mg,q)③
(2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達(dá)P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv12④
且有v1eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)．
例5 (多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)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(jìn)入電場，到達(dá)C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB＝2BC，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3mg
B．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(jìn)入電場前后兩個運動過程水平分位移分別為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x1＝v0t1，從B到C過程，有x2＝v0t2，由題意有x1＝2x2，則得t1＝2t2，即小球從A到B是從B到C運動時間的2倍，y1＝eq \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y2＝eq \f(1,2)at22，根據(jù)幾何知識有y1∶y2＝x1∶x2，解得a＝2g，根據(jù)牛頓第二定律得F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，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(fù)電，B錯誤；根據(jù)速度變化量Δv＝at，則得AB過程速度變化量大小為Δv1＝gt1＝2gt2，BC過程速度變化量大小為Δv2＝at2＝2gt2，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(qiáng)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t＝0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(fù)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；粒子在平行板間在0～t0時間內(nèi)做曲線運動；在t0～2t0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v0＝eq \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t＝0時刻射入，在半個周期內(nèi)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(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)mv2－eq \f(1,2)mv02
解得v＝eq \r(v02＋\f(eU0,m)).
(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(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t＝eq \f(T,4)＋k·eq \f(T,2)(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(shè)兩板間距為d，由牛頓第二定律有a＝eq \f(eU0,md)，加速階段運動的距離
s＝eq \f(1,2)·eq \f(eU0,md)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(T,4)))2≤eq \f(d,4)，
解得d≥Teq \r(\f(eU0,8m))，故兩極板間距至少為Teq \r(\f(eU0,8m)).
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(qiáng)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(fù)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(fù)極板的中點，以下判斷正確的是( )
A．該帶電粒子帶正電
B．該帶電粒子帶負(fù)電
C．若粒子初速度增大到原來的2倍，則恰能從負(fù)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(fù)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x＝vt可知豎直位移變?yōu)?倍，則恰能從負(fù)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(Q＞0)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1∶2時，恰好從下端點B射出，則d與L之比為( )
A．1∶2 B．2∶1 C．1∶1 D．1∶3
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L＝v0t，d＝eq \f(vy,2)t，又v0∶vy＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，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(qiáng)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(qiáng)電場中做類平拋運動，加速度為a＝eq \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t＝eq \f(l,v0)，離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tan θ＝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(qiáng)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.(多選)質(zhì)子和α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(jìn)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(jìn)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(yuǎn)
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，α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qU1＝eq \f(1,2)mv02－0，偏轉(zhuǎn)電場中，設(shè)板長為L，平行于極板方向：L＝v0t，垂直于極板方向：a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU2,md)，y＝eq \f(1,2)at2，離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏轉(zhuǎn)角為α，有tan α＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)，聯(lián)立以上各式得y＝eq \f(U2L2,4dU1)，tan α＝eq \f(U2L,2dU1)，偏移量y和速度偏轉(zhuǎn)角α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qU1＋qU2′＝Ek－0，因α粒子的電荷量q較大，故離開偏轉(zhuǎn)電場時α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(qiáng)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( )
A．A球帶正電，B球帶負(fù)電
B．A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x＝v0t知，v0相同，則A運動的時間比B的長，豎直方向上，由h＝eq \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(fù)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所受的靜電力向上，靜電力對A球做負(fù)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(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)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(jìn)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)eq \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)at2＝eq \f(1,2)eq \f(Eq,m)t2，兩式聯(lián)立解得：v0＝eq \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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q>0))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(qiáng)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(dá)MN連線上的某點時( )
A．所用時間為eq \f(mv0,qE)
B．速度大小為3v0
C．與P點的距離為eq \f(2\r(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x＝v0t
豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2
eq \f(y,x)＝tan 45°
聯(lián)立解得t＝eq \f(2mv0,qE)，
故A錯誤．
vy＝at＝eq \f(qE,m)·eq \f(2mv0,qE)＝2v0，則速度大小v＝eq \r(v02＋vy2)＝eq \r(5)v0，tan θ＝eq \f(v0,vy)＝eq \f(1,2)，則速度方向與豎直方向夾角θ≠30°，故B、D錯誤；
x＝v0t＝eq \f(2mv02,qE)，與P點的距離s＝eq \f(x,cs 45°)＝eq \f(2\r(2)mv02,qE)，故C正確．
9.如圖所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)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β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β粒子能從細(xì)管C水平射出，細(xì)管C離兩板等距．已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β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(eU?d2＋L2?,m)) D.eq \f(L,d)eq \r(\f(eU,2m))
答案 C
解析 從細(xì)管C水平射出的β粒子反方向的運動為類平拋運動，水平方向有L＝v0t，豎直方向有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)at2，且a＝eq \f(qU,md).從A到C的過程有－eq \f(1,2)qU＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，q＝e，以上各式聯(lián)立解得v＝eq \f(1,d)eq \r(\f(eU?d2＋L2?,m))，選項C正確．
10.(多選)如圖所示，一充電后與電源斷開的平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(qiáng)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)牛頓第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝eq \f(2mg,q)，由U＝Ed得兩極板間電壓為U＝eq \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y＝eq \f(1,2)at2，t＝eq \f(L,v0)，解得y＝eq \f(gL2,2v02)，故質(zhì)點打在屏上的位置與P點的距離為s＝2y＝eq \f(gL2,v02)，整個過程中質(zhì)點的重力勢能的增加量Ep＝mgs＝eq \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)E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq \f(4πkQ,εrS)可知，板間場強(qiáng)不變，質(zhì)點在電場中受力情況不變，則運動情況不變，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(qiáng)電場，場強(qiáng)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(qiáng)方向的夾角θ＝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(qiáng)的方向射入電場，不計粒子重力．
(1)若粒子到達(dá)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0～v0之間連續(xù)可調(diào)，則粒子到達(dá)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 θ＝v0t
豎直方向有：2Rcs θ＝eq \f(1,2)at2
由牛頓第二定律得qE＝ma
聯(lián)立解得v0＝eq \r(\f(3qER,2m))
(2)粒子到達(dá)圓弧上最低點電勢能變化最大
ΔEp＝－qEd
d＝R＋Rcs θ
解得ΔEp＝－eq \f(3qER,2)，負(fù)號表示電勢能減少．
12.如圖所示，板長L＝30 cm的兩金屬板A、B平行正對，板間距離d＝2 cm，A、B間接u＝91sin (100πt) V交流電源．持續(xù)均勻的電子束以速度v0＝3×107 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m＝0.91×10－30 kg，電子電荷量q＝1.6×10－19 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 s 10－8 s (2)45.5 V (3)16.7%
解析 (1)交流電源電壓的變化周期T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,100π)＝0.02 s
電子沿極板方向的分速度不變，穿過板間的時間t＝eq \f(L,v0)＝eq \f(0.30,3×107) s＝10－8 s
(2)穿過板間的時間遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于交流電源電壓的變化周期，可以認(rèn)為電子穿過板間時兩板之間為勻強(qiáng)電場，電子從B板邊緣飛出電場，
有E＝eq \f(U,d)
F＝qE
a＝eq \f(F,m)
d＝eq \f(1,2)at2
聯(lián)立解得U＝45.5 V
(3)電子有半個周期向上偏轉(zhuǎn)，被金屬板A吸收，另外半個周期內(nèi)部分電子能飛出電場
由于eq \f(45.5,91)＝eq \f(1,2)，arcsin eq \f(1,2)＝eq \f(π,6)
所以這半個周期內(nèi)有eq \f(1,3)時間內(nèi)有電子飛出電場，在一個完整的周期內(nèi)，有eq \f(1,6)的電子飛出電場，占比16.7%.
13．如圖甲所示，兩水平平行金屬板A、B間距為d，在兩板右側(cè)裝有熒光屏MN(絕緣)，O為其中點．在兩板A、B上加上如圖乙所示的電壓，電壓最大值為U0.現(xiàn)有一束帶正電的離子(比荷為k)，從兩板左側(cè)中點以水平初速度v0連續(xù)不斷地射入兩板間的電場中，所有離子均能打到熒光屏MN上，已知金屬板長L＝2v0t0，忽略離子間相互作用和熒光屏MN的影響，則在熒光屏上出現(xiàn)亮線的長度為( )
A．kdU0t02 B.eq \f(kU0t02,2d)
C.eq \f(kU0t02,d) D.eq \f(3kU0t02,2d)
答案 C
解析 離子在兩板間運動，沿水平方向做勻速運動，運動時間t＝eq \f(L,v0)＝2t0，所有離子運動時間都等于電場變化的周期，作出各個時刻射入電場的離子在板間沿靜電力方向上運動的vy－t圖像，如圖所示，由圖像可知，離子離開兩板間時沿電場方向的速度vy均相同，vy－t圖像中圖線與t軸圍成的面積表示沿電場方向的位移，由圖像可知0時刻進(jìn)入電場的離子沿電場方向的位移最大，t0時刻進(jìn)入電場的離子沿電場方向的位移最小．電壓為U0時，離子在電場中運動的加速度a＝eq \f(qU0,md)＝eq \f(kU0,d)，離子離開兩板間時沿電場方向的速度為vy＝at0＝eq \f(kU0t0,d)，由圖像面積可得，離子沿電場方向運動的最大位移ymax＝eq \f(1,2)(t0＋2t0)at0＝eq \f(3kU0t02,2d)，離子沿電場方向運動的最小位移為ymin＝eq \f(1,2)t0·at0＝eq \f(kU0t02,2d)，屏上亮線的長度為Δy＝y(tǒng)max－ymin＝eq \f(kU0t02,d)，C正確．

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