下载文档原格式
第二节 带电粒子在电场中的运动1．掌握带电粒子在电场中的加速、偏转规律，并会分析其加速度、速度和位移等物理量的变化规律．2．掌握带电粒子在电场中加速、偏转时的能量转化规律．3．了解示波器的原理，感悟物理学在实际生活中的应用，知道科学理论与实验相互促进的意义．知识点一 带电粒子在电场中的加速及加速器 1．带电粒子加速问题的处理方法(1)利用动能定理分析：初速度为零的带电粒子，经过电势差为U 的电场加速后，qU ＝12m v 2，则v ＝√2qU m．(2)在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析． 2．加速器(1)原理：为了使带电粒子获得较高的能量，最直接的做法是让带电粒子在电场力的作用下不断加速．(2)方法：早期制成的加速器是利用高电压的电场来加速带电粒子的，为了进一步提高带电粒子的能量，科学家制成了直线加速器．(3)加速器的应用：广泛应用于工农业、医疗、科研等各个领域．对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用，但万有引力(重力)一般远小于电场力，可以忽略． 知识点二 带电粒子在电场中的偏转及示波器1．运动特点：带电粒子进入电场后，忽略重力，粒子只受电场力，方向平行电场方向．带电粒子垂直进入匀强电场的运动情况类似于平抛运动． 2．示波器(1)构造：示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转系统(由一对X 偏转电极板和一对Y 偏转电极板组成)和荧光屏组成，如图所示．(2)原理：①扫描电压：XX ′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压．②灯丝被电源加热后，出现热电子发射，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y 偏转极板上加一信号电压，在X 偏转极板上加一扫描电压，在荧光屏上就会出现按Y 偏转电压规律变化的可视图像．1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)质量很小的粒子如电子、质子等，在电场中受到的重力可以忽略不计．(√) (2)带电粒子在匀强电场中偏转时，加速度不变，粒子的运动是匀变速曲线运动．(√)(3)示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束偏转，打在荧光屏上的不同位置． (√)2．填空质子(H 11)，α粒子(He 24)、钠离子(Na ＋)三个粒子分别从静止状态经过电压为U 的同一电场加速后，获得动能最大的是α粒子(He 24)．带电粒子在电场中受电场力作用，我们可以利用电场来控制粒子，使它加速或偏转．如图所示是示波器的核心部件——示波管．请思考：示波管中电子的运动可分为几个阶段？各阶段的运动遵循什么规律？提示：示波管中电子的运动一般可分为三个阶段．第一阶段为加速，遵循动能定理；第二阶段为偏转，遵循类平抛运动规律；第三个阶段为从偏转系统出来后，做匀速直线运动到达屏幕．考点1带电粒子的加速1．带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不计粒子的重力．(2)质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都计重力．2．分析带电粒子在电场力作用下加速运动的两种方法(1)力和运动的关系——牛顿第二定律根据带电粒子受到的静电力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．这种方法通常适用于恒力作用下粒子做匀变速运动的情况．例如：a＝Fm ＝qEm＝qUmd，v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2．(2)功和能的关系——动能定理根据静电力对带电粒子做的功引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理或全过程中能量的转化与守恒，研究带电粒子的速度变化、位移等．这种方法也适用于非匀强电场．例如：带电粒子经过电势差为U的电场加速后，由动能定理得qU＝12mv2−1 2 mv02，则带电粒子的速度v＝√v02+2qUm，若粒子的初速度为零，则带电粒子的速度v＝√2qUm．【典例1】如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动．已知两极板间电势差为U，板间距为d，电子质量为m、带电荷量为e．则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是()A．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率保持不变B．若将板间距d增大一倍，则电子到达Q板的速率也增大一倍C ．若将两极板间电势差U 增大一倍，则电子到达Q 板的时间保持不变D ．若将两极板间电势差U 增大一倍，则电子到达Q 板的时间减为原来的一半 思路点拨：解答本题时应把握以下两点：(1)带电粒子被加速，利用动能定理可求到达另一极板的速率．(2)带电粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，利用运动学公式可求运动的时间． A [由动能定理有eU ＝12m v 2，得v ＝√2eU m，可见电子到达Q 板的速率与板间距离d 无关，故A 正确，B 错误；两极板间为匀强电场，E ＝Ud ，电子的加速度a ＝eU md，由运动学公式d ＝12at 2得t ＝√2da ＝√2md 2eU，若两极板间电势差增大一倍，则电子到达Q 板的时间减为原来的√22，故C 、D 错误．] [跟进训练]1．(多选)如图所示，两块足够大平行金属板a 、b 与电源相接，其中b 板接地，在两极板之间的中点O 有一粒子源，可以向平面内各个方向发射速度大小为v 、质量为m 、带电量为q 的粒子(不计粒子重力)，开关S 闭合后，竖直向上射出的粒子恰好打不到a 板上，则下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．S 断开，极板a 右移(O 点仍然在电场内)，可能有粒子打到a 板C ．S 断开，极板a 右移(O 点仍然在电场内)，O 点的电势升高D ．打到b 板的粒子中，用时最长的粒子所用时间是用时最短的粒子的(3＋2√2)倍ACD [竖直向上射出的粒子恰好打不到a 板上，粒子受到电场力作用方向向下，由电路分析可知上极板带正电，所以粒子带正电，故A 正确；S 断开，极板a 右移(O 点仍然在电场内)，根据C ＝εr S 4πkd 可知，电容减小，电量不变，根据U ＝QC 可知，电势差变大，板间场强E ＝Ud 变大，电场力变大，粒子不能打到a 板，因为O 点到下极板距离不变，则由U O 下＝φO －0＝Ed O 下可知，O 点的电势升高，故B错误，C 正确；打到b 板的粒子中，用时最长的粒子即竖直向上射出的粒子，向上匀减速到零后从极板a 到O 点与从O 点到极板b 的反向加速过程用时比为t 1∶t 2＝1∶(√2－1)，用时最短的粒子， 即竖直向下射出的粒子，根据运动的对称性可知tmax t min＝2t 1+t 2t 2＝√2+1√2−1＝(3＋2√2)，故D 正确，故选ACD ．]考点2 带电粒子的偏转如图所示，质量为m 、电荷量为＋q 的粒子以初速度v 0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l ，板间电压为U ，板间距离为d ，不计粒子的重力．1．运动分析及规律应用 粒子在两板间做类平抛运动： (1)在v 0方向：做匀速直线运动．(2)在电场力方向：做初速度为零的匀加速直线运动． 2．过程分析如图所示，设粒子不与平行板相撞．初速度方向：粒子通过电场的时间t ＝lv 0．电场力方向：加速度a ＝qE m ＝qUmd ． 离开电场时垂直于板方向的分速度 v y ＝at ＝qUlmdv 0．速度与初速度方向夹角的正切值 tan θ＝v y v 0＝qUlmdv 02．离开电场时沿电场力方向的偏移距离 y ＝12at 2＝qUl 22mdv 02．3．两个重要推论．(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点．(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的12，即tan α＝12tan θ．4．分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy ＝ΔE k ，其中y 为粒子在偏转电场中沿电场力方向的偏移量．【典例2】 如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m 的电子(电荷量为e )静止在竖直放置的平行金属板的A 点，经电压U 0加速后通过B 点进入两间距为d 、电压为U 的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A 、B 分别为两块竖直板的中点，不计电子重力，求：(1)电子通过B 点时的速度大小； (2)右侧平行金属板的长度；(3)电子穿出右侧平行金属板时的动能．思路点拨：(1)加速电场中可用动能定理求末速度．(2)偏转电场中电子做类平抛运动，可利用分解思想结合动力学知识和功能关系求解．[解析] (1)设电子出B 点时速度为v 0，由动能定理得eU 0＝12mv 02，解得v 0＝√2eU 0m．(2)电子进入电压为U 的偏转电场中做类平抛运动 竖直方向：12d ＝12at 2，a ＝eEm ＝eUmd 水平方向：l ＝v 0t 解得l ＝√2eU 0m ·√md 2eU ＝d √2U 0U．(3)在右侧的平行板中，电子初、末位置电势差为U2，穿出电场时的动能设为E k ，由动能定理得12eU ＝E k −12mv 02所以E k ＝12eU +12mv 02＝e (12U +U 0)． [答案] (1)√2eU 0m(2)d √2U 0U(3)e (12U +U 0)建立带电粒子在匀强电场中偏转的类平抛运动模型，会用运动的合成和分解的知识分析带电粒子的偏转问题，提高综合分析能力，体现“科学思维”的学科素养． [跟进训练]2．如图所示是一个示波管工作的原理图，电子经过加速后以速度v 0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h ，两个平行板间距离为d ，电势差为U ，板长为l ，每单位电压引起的偏转量(hU )叫示波管的灵敏度，若要提高其灵敏度．可采用下列哪种办法( )A ．增大两极板间的电压B ．尽可能使板长l 做得短些C ．尽可能使板间距离d 减小些D ．使电子入射速度v 0大些C [在水平方向电子做匀速直线运动，有l ＝v 0t ，竖直方向上电子做匀加速运动，故有h ＝12at 2＝qUl 22mdv 02，则hU＝ql 22mdv 02，可知选项C 正确．]1．如图所示，在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动，则关于电子到达Q 板时的速率，下列解释中正确的是( )A ．两板间距离越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大B ．两板间距离越小，加速度就越大，则获得的速率越大C ．与两板间的距离无关，仅与加速电压U 有关D ．以上解释都不正确C [从能量观点，电场力做功，使电荷电势能减小，动能增加，由动能定理得eU ＝12m v 2，v ＝√2eU m，故正确选项为C ．]2．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )A ．2倍B ．4倍C ．12D ．14C [电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l ＝v 0t ，t ＝l v 0，竖直方向d ＝12at 2＝eUl 22mdv 02，故d 2＝eUl22mv 02，即d ∝1v 0，故C 正确．]3．(新情境题，以“测油滴带电荷量”为背景，考查带电粒子在电场中加速)如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷．油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带负电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况．两金属板间的距离为d ，忽略空气对油滴的浮力和阻力．若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差为U 时，观察到某个质量为m 的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t 运动到下极板，重力加速度为g ．求该油滴所带电荷量．[解析]油滴进入电场后做匀加速运动，由牛顿第二定律得mg－q Ud＝ma①根据位移时间公式得d＝12at 2②①②联立得q＝mdU (g−2dt2)．[答案]mdU (g−2dt2)回归本节知识，自我完成以下问题：1．哪些带电粒子在电场中运动时可不计重力？提示：电子、质子、α粒子等．2．写出带电粒子在电场中直线加速的计算式．提示：qU＝12mv2−12mv02，若初速度为零则有qU＝12m v2．3．试写出带电粒子在匀强电场中的偏转规律．(设初速度与电场强度方向垂直)提示：t＝lv0，a＝qUmd，y＝12at2＝qUl22mv02d．课时分层作业(七)带电粒子在电场中的运动题组一带电粒子的加速1．(多选)如图所示，与xOy坐标系平面平行的匀强电场(未画出)中有一个电荷量为q的正粒子，从坐标原点O处沿与x轴正方向成45°角的虚线匀速运动．已知粒子在运动过程中始终受到一个大小为F、方向沿x轴正向的恒定外力的作用，不计粒子的重力．则下列说法正确的是()A ．匀强电场的电场强度大小为√2F 2qB ．虚线上相距为L 的两点间的电势差绝对值为√2FL 2qC ．粒子沿虚线运动距离L 的过程中，静电力做功为√22FLD ．粒子沿虚线运动距离L 的过程中，电势能增加了√22FLBD [粒子沿虚线做匀速运动，则受力平衡，即电场力qE 与外力F 等大反向，则F ＝qE ，解得E ＝Fq ，方向沿x 轴负向，选项A 错误；虚线上相距为L 的两点间的电势差绝对值为U ＝EL cos 45°＝√2FL 2q，选项B 正确；粒子沿虚线运动距离L 的过程中，静电力做功为W ＝EqL cos 135°＝－√22FL ，电势能增加了ΔE p ＝－W ＝√22FL ，选项C 错误，D 正确．故选BD ．]2．当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s ．已知加速电场的场强为1.3×105 N/C ，质子的质量为1.67×10-27kg ，电荷量为1.6×10-19C ，则下列说法正确的是( ) A ．加速过程中质子电势能增加 B ．质子所受到的电场力约为2×10-15N C ．质子加速需要的时间约为8×10-6s D ．加速器加速的直线长度约为4 mD [电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A 错误；质子受到的电场力大小F ＝qE ≈2×10-14N ，B 错误；质子的加速度a ＝Fm ≈1.2×1013 m/s 2，加速时间t ＝v a≈8×10-7s ，C错误；加速器加速的直线长度x ＝v 22a ≈4 m ，故D 正确．]3．粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布O (薄金属环)及A 、B 、C 、D 、E 共5个金属圆筒(又称漂移管)，薄金属环和相邻漂移管分别接在高压电源MN 的两端，O 接M 端．质子飘入(初速度为0)金属环O 轴心沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T ，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U 大小相同．质子电量为e ，质量为m ，不计质子经过狭缝的时间，则( )A．质子从圆筒E射出时的速度大小为√5eUmB．圆筒E的长度为T√10eUmC．MN所接电源的极性必须保持不变D．金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1∶2B[质子从O沿轴线进入加速器，质子经电场5次加速，由动能定理可得5eU＝12mv E2，质子从圆筒E出射的速度大小为v E＝√10eUm，故A错误；圆筒E的长度为L＝v E T＝T√10eUm，故B正确；质子在直线加速器加速，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为负极时，则在下一个加速时需B右边缘为负极，故MN所接电源的极性应周期性变化，故C错误；质子进入金属圆筒A时由动能定理可得eU＝12mv A2，质子进入金属圆筒B时由动能定理可得2eU＝12mv B2，则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为L A∶L B＝v A T∶v B T＝1∶√2，故D错误．故选B．]题组二带电粒子的偏转4．(多选)示波管的构造如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电AC[根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电，故A、C正确．]5．两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中，存在一沿半径方向的电场，如图所示．带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场，沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出，由此可知(不计粒子重力)()A．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的质量一定相等B．若入射粒子的电荷量相等，则出射粒子的速度一定相等C．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的速度一定相等D．若入射粒子的电荷量与质量之比相等，则出射粒子的动能一定相等C[由题图可知，粒子在电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，由qE＝m v2r 得r＝mv2qE．r、E为定值，若q相等，则m v2一定相等，但质量m或速度v不一定相等；若qm 相等，则速度v一定相等，故C正确．E k＝12m v2＝12qEr，qm相等，粒子的动能不一定相等．]6．如图所示，电子在电势差为U1的电场中由静止开始加速运动后，垂直射入电势差为U2的偏转电场，整个装置处于真空中，在满足电子能射出偏转电场的条件下，下列情形中一定能使电子偏移量变大的是()A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小D．U1变小、U2变小B[电子在加速电场中加速，初速度为零，由动能定理得eU1＝mv022，然后电子进入偏转电场做类平抛运动，在垂直于电场方向上做匀速直线运动，t＝lv0，平行于电场方向做匀加速直线运动，a＝eEm ＝eU2md，因此偏移量y＝at22＝el2U22mv02d＝l2U24dU1，所以y与U1成反比、与U2成正比，B正确．]7．(多选)三个质量相同、带电荷量分别为＋q、－q和0的液滴a、b、c，从竖直放置的两极板中间上方O点处由静止释放，最后从两极板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中()A．静电力对液滴a、b做的功相同B．三者动能的增量相同C．液滴a与液滴b电势能的变化量相等D．重力对液滴c做的功最多AC[因为液滴a、b的电荷量大小相等，则两液滴所受的静电力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，静电力做功相等，故A 正确；静电力对a、b两液滴做功相等，重力做功相等，则a、b动能的增量相等，对于液滴c，只有重力做功，液滴c动能的增量小于液滴a、b动能的增量，故B错误；对于液滴a和液滴b，静电力均做正功，静电力所做的功等于电势能的变化量，故C正确；三者在穿过极板的过程中竖直方向的位移相等，三者质量相同，所以重力做功相等，故D错误．]8．如图甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()甲乙丙A B C DB [由于电极XX ′之间所加的是扫描电压，电极YY ′之间所加的电压为信号电压，信号电压与扫描电压周期相同．在t ＝0时刻，U Y ＝0，电子在YY ′之间没有偏转，U X 为负向最大电压，电子只在XX ′之间偏转，并且向左有最大偏转，故A 、C 错误；在0～t 1之间，U Y ＞0，U X ＜0，电子在XX ′之间由左向右水平移动，同时在YY ′之间由正中间先向上运动再向下运动，所以荧光屏上会看到B 选项所示的图形，故B 正确．]9．长为L 的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子，以初速度v 0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：(1)粒子离开电场时速度的大小； (2)匀强电场的场强大小； (3)两板间的距离．[解析] (1)粒子离开电场时，速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得速度v ＝v0cos 30°＝2√3v 03． (2)粒子在匀强电场中做类平抛运动在水平方向上：L ＝v 0t ，在竖直方向上：v y ＝at v y ＝v 0tan 30°＝√3v 03由牛顿第二定律得qE ＝ma 解得E ＝√3mv 023qL ．(3)粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上： d ＝12at 2，解得d ＝√36L ． [答案] (1)2√3v 03(2)√3mv 023qL(3)√36L10．(多选)如图甲所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压U，A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示．现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，设电子的初速度和重力的影响可忽略．则()甲乙A．若电子是在t＝0时刻进入的，它将一直向B板运动B．若电子是在t＝T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最8后打在B板上T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，C．若电子是在t＝38最后打在B板上D．若电子是在t＝T时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动2AB[根据电子进入电场后的受力和运动情况，作出如图所示的图像．(a)(b)(c)(d)由图(d)可知，当电子在t ＝0时刻进入电场时，电子一直向B 板运动，A 正确；若电子在T8时刻进入，则由图(d)知，向B 板运动的位移大于向A 板运动的位移，因此最后仍能打在B 板上，B 正确；若电子在3T8时刻进入电场，则由图(d)知，在第一个周期电子即返回至A 板，C 错误；若电子是在T2时刻进入的，则它一靠近小孔便受到向左的电场力，根本不能进入电场，D 错误．]11．(多选)如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，长L ＝0.12 m 的绝缘轻杆上端连接在O 点．有一质量m ＝0.3 kg 、电荷量q ＝＋0.5 C 的带电金属小球套在绝缘轻杆上，球与杆间的动摩擦因数μ＝0.75．当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．当轻杆与竖直方向的夹角为θ时，小球在下滑过程中与杆之间的摩擦力恰好为0．重力加速度大小g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6．下列说法正确的是( )A ．匀强电场的电场强度大小为8 N/CB ．匀强电场的电场强度大小为6 N/C C ．θ＝37°D ．若保持θ角不变，将小球从O 点由静止释放，小球离开杆时的速度大小为2 m/sAD [杆竖直放置时，小球恰好能匀速下滑，则有mg ＝μF N ，F N ＝Eq ，解得E ＝8 N/C ，A 正确，B 错误；当轻杆与竖直方向的夹角为θ时，小球在下滑过程中与杆之间的摩擦力恰好为0，说明小球与杆之间无压力，重力与电场力的合力沿杆向下，有tan θ＝Eq mg＝43，解得θ＝53°，C 错误；若保持θ角不变，将小球从O 点由静止释放，设小球加速度为a ，有a ＝gcos θ＝503 m/s 2，设小球离开杆时的速度大小为v ，有v 2＝2aL ，解得v ＝2 m/s ，D 正确．故选AD ．]12．炽热的金属丝可以发射电子，在炽热的金属丝和竖直金属板间加电压U 1，从炽热的金属丝发射出的电子在真空中被加速后，从金属板的小孔穿出，再从水平放置的两平行金属板的中间水平射入两板间的匀强电场中，如图所示，电子恰能沿一板的边缘飞出，且飞出时速度方向与水平方向成60°角，不计电子重力，电子离开金属丝的初速度可视为零，已知电子的质量为m，电荷量为e．求：(1)电子穿出金属板小孔时的速度大小；(2)加在水平两极板间的电压．[解析](1)设电子从竖直放置的金属板的小孔穿出的速度大小为v1，从水平放置的平行金属板边沿射出的速度大小为v，电子在竖直的极板间加速，由动能定理有eU1＝12mv12解得v1＝√2eU1m．(2)设加在水平两极板间的电压为U，电子在水平板间运动，由动能定理有e U2＝1 2mv2−12mv12电子飞出水平板时，由平行四边形定则有v1＝v cos 60°，即v＝2v1又有eU1＝12mv12由以上各式可得U＝6U1．[答案](1)√2eU1m(2)6U113．如图所示，两平行金属板A、B长L＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q＝1×10-10 C，质量m＝1×10-20 kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域．已知两界面MN、PS相距为12 cm，D是中心线RD与界面PS的交点．(1)粒子穿过MN时偏离中心线RD的距离以及速度大小？(2)粒子到达PS 界面时离D 点的距离为多少？(3)设O 为RD 延长线上的某一点，我们可以在O 点固定一负点电荷，使粒子恰好可以绕O 点做匀速圆周运动，求在O 点固定的负点电荷的电荷量为多少？(静电力常量k ＝9.0×109 N ·m 2/C 2，保留两位有效数字)[解析] (1)粒子进入A 、B 后应做类平抛运动，设在A 、B 板间运动时加速度大小为a ，时间为t 1，在MN 界面处速度为v ，沿MN 的分速度为v y ，偏移位移为y ，v 与水平方向夹角为α，运动轨迹如图所示．则L ＝v 0t 1① y ＝12at 12 ② a ＝qU AB md③ v y ＝at 1④由以上各式，代入数据解得 y ＝0.03 m ，v y ＝1.5×106 m/s故粒子通过MN 界面时的速度大小为v ＝√v 02+v y 2＝2.5×106 m/s ．(2)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS 线交于a 点，设a 点到中心线的距离为Y 则yY ＝L2L 2+s解得Y ＝0.12 m ．(3)粒子穿过界面PS 后将绕电荷Q 做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r ，由几何关系得v 0v＝Yr 代入数据解得r ＝0.15 m。
