利用类平抛运动规律处理偏转运动问题
8．(2017·课标卷Ⅱ，25)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量均为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：
(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．
【解析】 (1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得
v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋1
2at 2②
s 2＝v 0t －1
2
at 2③
联立①②③式得s 1
s 2
＝3.④
(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式得
v 2y ＝2gh ⑤ H ＝v y t ＋1
2
gt 2⑥
M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v 0v y ＝s 1H
联立①②⑤⑥⑦式可得 h ＝1
3
H .⑧ (3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则 v 0v y ＝qE mg
⑨
设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得 E k1＝12m (v 20＋v 2
y )＋mgH ＋qE s 1⑩ E k2＝12m (v 20＋v 2y )＋mgH －qE s 2? 由已知条件 E k1＝1.5E k2?
联立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E ＝
mg
2q
.? 【答案】 (1)3∶1 (2)13H (3)mg
2q
9．(2015·天津卷，7)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多
B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置 【解析】 带电粒子经加速电场后速度v 0＝
2E 1dq
m
，出偏转电场时的纵向速度v y ＝E 22qL 22E 1md ，所以偏转电场E 2对粒子做功为W ＝12m (v 20＋v 2
y )－12m v 20＝E 22L 24E 1d
q ，故做功一样多，故A 正确；粒子打到屏上时的速度为v ＝
v 20＋v 2
y ＝
4E 21d 2＋E 22L 2
2E 1d ·q
m
，与比荷有关，故速
度不一样大，故B 错误；纵向位移y ＝12at 2＝E 2L 2
4E 1d ，即位移与比荷无关，由相似三角形可知，
打到屏幕上的位置相同，故D 正确；运动到屏上所用时间t ＝? ?
?
?? 2d E 1＋L ＋L ′2E 1d ×m
q
，与比荷有关，故C 错误．
【答案】 AD
命题点3 带电粒子在电场中偏转的综合问题分析
10．(2018·河南南阳市高三上学期期中)如图所示，x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖
直向上，在第Ⅰ象限内有与y 轴平行、方向向上的匀强电场区域，区域形状是直角三角形，三角形斜边分别与x 轴和y 轴相交于(L,0)和(0，L )点．区域左侧沿x 轴正方向射来一束具有相同质量m 、电荷量为－q (q ＞0)和初速度v 0的带电微粒，这束带电
微粒分布在0＜y ＜L 的区间内，其中从y ＝L
2的点射入场区的带电微粒刚好从(L,0)点射
出场区，不计带电微粒的重力，求：
(1)电场强度大小；
(2)从0＜y ＜L
2的区间射入场区的带电微粒，射出场区时的x 坐标值和射入场区时的y 坐
标值的关系式；
(3)射到(2L,0)点的带电微粒射入场区时的y 坐标值．
【解析】 (1)设电场强度为E ，带电微粒在场区中的偏转时间为t 1，有：L ＝v 0t 1，L 2＝
1
2at 21，
由牛顿第二定律得：qE ＝ma ，
解得：E ＝m v 2
qL
.
(2)微粒做类平抛运动，有： x ＝v 0t ，y ＝1
2
at 2，整理得：x 2＝2Ly .
(3)如图所示，设这个带电微粒在场区中的水平偏转位移为x 1，竖直偏转位移为y 1，偏转角为θ，偏转时间为t 2，射入场区时的y 坐标值为Y ，
有：x 1＝v 0t 2，y 1＝1
2at 22
，
根据几何关系有：x 1＋Y －y 1
tan θ＝2L ，L －x 1＝Y －y 1，
根据平抛运动的特点有：tan θ＝2y 1
x 1，
解得：Y ＝5－5
4
L .
【答案】 (1)m v 20qL (2)x 2＝2Ly (3)5－5
4
L
思想方法系列(六) 解决带电粒子在交变电场中运动的方法 技法一 借助图象，展示物理过程
带电粒子在交变电场中运动时，受电场力作用，其加速度、速度等均做周期性变化．借助图象来描述它在电场中的运动情况，可直观展示物理过程，从而获得启迪，快捷地分析求解．
例1 如图(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )
A ．0＜t 0＜T
4
B ．T 2＜t 0＜3T 4
C.3T
4
＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8
【解析】 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为负，时而为正，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．作出t 0＝0、T 4、T 2、3T
4时粒子
运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0 4时粒子在一个周期内的 总位移小于零；当t 0＞T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B 正确． 【答案】 B 本题物理情景简单，但隐含条件较多．如打在A 板上时速度方向为向左，位移方向为向左，做此类题目注意隐含条件的挖掘．另外，速度—时间图象的合理应用，可提高同学们的解题速度． 技法二 巧取分运动，化繁为简 某个方向的分运动不会因其他分运动的存在而受到影响，这就是运动的独立性原理，应用这一原理可以简捷分析某些带电粒子在交变电场中运动的问题． 例2 如图(a)所示，平行板电容器间距为d ，两板所加电压如图(b)所示，t ＝0时刻，质量为m 、带电荷量为q 的粒子以平行于极板的速度v 0射入电容器，2.5T 时恰好落在下极板上，带电粒子的重力不计，在这一过程中，求： (1)该粒子的水平位移； (2)粒子落到下极板时的速度． 【解析】 (1)带电粒子在水平方向不受外力作用，做匀速直线运动，因此水平位移为： s ＝v 0t ＝v 0×2.5T ＝2.5v 0T . (2)带电粒子落在下极板上时在竖直方向的分速度为 v y ＝a ·32T ＝3qU 02md T 粒子落在下极板上时的速度大小为 v ＝ v 2x ＋v 2y ＝ v 20＋9q 2U 20T 2 4m 2d 2. 【答案】 (1)2.5v 0T (2) v 20＋ 9q 2 U 20T 2 4m 2d 2 技法三 巧建模型，化难为易 对于某些实际的物理过程，可根据题设条件，运用近似处理方法，通过简化描述来反映事物基本的物理特征，这有助于迅速、准确确定出解题方向和策略，使问题得到迅速解决． 例3 在真空中速度为v ＝6.4×107 m/s 的电子束连续地射入两平行极板之间，极板长度为L ＝8.0×10－ 2 m ，间距为d ＝5.0×10－ 3 m ，电子束沿两极板间的中线通过，如图所示，在 两极板上加上50 Hz 的交变电压u ＝U m sin ωt ，如果所加电压的最大值超过某一值U C ，将开始出现以下现象：电子有时能通过两极板，有时不能通过，求U C 的大小．(电子的比荷为1.76×1011C/kg) 【解析】 设电子刚好不能通过时平行板的电压为U C ，电子经过平行板的时间为t ，则：t ＝L v ，d 2＝12at 2，a ＝eU C md ，解得U C ＝m v 2d 2eL 2 ＝91 V. 【答案】91 V [高考真题] 1．(2016·课标卷Ⅰ，14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器() A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 【解析】电容器接在恒压直流电源上，两极板的电压不变，若将云母介质移出，相对介电常数减小，电容器的电容减小，所以极板上的电荷量减小，极板间的距离不变，所以极板间的电场强度不变，故A、B、C错误，D正确． 【答案】 D 2.(2015·课标卷Ⅱ，14)如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将() A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 【解析】两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确． 【答案】 D 3．(2016·海南卷，6)如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q＞0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能E k0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为() A.E k04qd B ．E k02qd C.2E k0 2qd D ． 2E k0 qd 【解析】 根据电荷受力可以知道，粒子在电场中做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度恰好与上极板平行，如图，将粒子初速度v 0分解为垂直极板的v 0y 和平行极板的v 0x ，根据运动的合成与分解，当分速度v y ＝0时，则粒子的速度正好平行上极板，根据运动学公式：－v 20y ＝－2Eq m d ，由于v 0y ＝v 0cos 45°，E k0 ＝12m v 2 0，联立整理得到：E ＝E k0 2qd ，故选项B 正确． 【答案】 B [名校模拟] 4．(2018·安徽师范大学附属中学高三期中)如图所示，平行板电容器两极板接在电压恒为U 的直流电源上，上极板A 接地，两个带正电的点电荷被固定于极板间的P 、Q 两点，忽略两点电荷对板间电场的影响，现将平行板电容器的下极板B 竖直向下移动一小段距离，则( ) A ．两点电荷间的库仑力变小 B ．P 、Q 两点的电势可能降低 C ．两点电荷的电势能可能减小 D ．电容器的电容减小，极板带电荷量增大 【解析】 由库仑定律可知，两点电荷之间的库仑力不变，A 项错误；电容器保持与电源连接，两极板间电势差不变，B 板下移，两极板间距离增大，由电势强度与电势差关系E ＝U d 可知，极板间电场强度减小，由U ＝Ed 可知，P 、Q 两点与A 板间电势差的绝对值减小，但由于不确定两极板间电场方向，所以P 、Q 两点电势的升降无法确定，B 项正确；电势升降无法确定，则两点电荷在相应位置的电势能的变化情况也就无法确定，C 项正确；由电容的决定式C ＝εr S 4πkd 可知，电容器的电容减小，由Q ＝CU 可知，极板带电荷量减小，D 项错 误． 【答案】 BC 5．(2018·河北唐山一中高三上学期期中)如图所示，A 、B 为水平放置的两个平行金属板，两板相距d ，分别与电源两极相连，两板的中央各有一个小孔M 和N .今有一带电油滴，质量为m ，从A 板的上方距A 板为d 的P 点由静止开始自由下落(P 、M 、N 在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，带电油滴通过N 孔时的动能E k ＜2mgd .若将极板A 向上移一小段距离，到图中虚线所示位置，则带电油滴通过N 孔时的动能E k ′和油滴所带电荷的种类是( ) A ．油滴带正电，E k ′＝E k B ．油滴带正电，E k ′＜E k C ．油滴带负电，E k ′＝E k D ．油滴带负电， E k ′＜E k 【解析】 由题设条件知，把A 板向上平移一小段距离，电场力做功不变，重力做功也不变，根据动能定理知，小球到达N 点速度仍为原来的速度，小球会穿过N 孔继续下落，即动能与原来相等，根据电场力做负功，及电场强度的方向可知小球带负电，故A 、B 、D 错误，C 正确． 【答案】 C 6．(2018·江苏泰州高三上学期期中)如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U 1，偏转电压为U 2.仅仅改变加速电压后，电子在电场中的侧移量y 增大为原来的2倍，下列说法中正确的是( ) A ．加速电压U 1减小到了原来的1/2 B ．偏转电场对电子做的功变为原来的2倍 C ．电子飞出偏转电场时的速度变为原来的2倍 D ．电子飞出偏转电场时的偏转角变为原来的2倍 【解析】 y ＝12·qU 2md ·????l v 02，而qU 1＝12m v 20，所以y ＝U 2U 1·l 2 4d ，y 增大为原来的2倍，U 1 变为原来的1 2，A 对；偏转电场对电子做功W ＝qE ·y ，变为原来的2倍，B 对；电子飞出电 场的速度为合速度，与初速度并非是线性关系，C 错；tan θ＝v y v 0＝U 2U 1·l 4d ，U 1变为原来的1 2， 则tan θ变为原来的2倍，D 错． 【答案】 AB 课时作业(二十一) [基础小题练] 1.如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d 变化时，电容C 便发生变化，通过测量电容C 的变化就可知道两极板之间距离d 的变化的情况．在下列图中能正确反映C 与d 之间变化规律的图象是( ) 【解析】 由平行板电容器电容的决定式C ＝ εr S 4πkd 可知，电容C 与极板之间距离d 成反比，在第一象限反比例函数图象是一条双曲线，所以A 正确． 【答案】 A 2．如图所示，电源电动势为E ，内阻为r .电路中的R 1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)．R 2为滑动变阻器，D 为理想二极管，当开关S 闭合时，电容器C 中一带电微粒恰好处于静止状态．下列说法中正确的是( ) A ．只增大R 1的光照强度，电压表示数变小 B ．只增大R 1的光照强度，电流表示数变小 C ．只将滑片向上端移动时，带电微粒将向下运动 D ．若断开开关S ，带电微粒将向下运动 【解析】 只逐渐增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，外电路中电阻减小，总电流增大，电流表示数变大，内电压增大，则路端电压减小，因此电压表示数变小，选项A 正确， B 错误；只将滑片向上端移动时，由于二极管的存在，电容器极板所带电荷量不变，板间场强不变，带电微粒仍处于静止状态，选项 C 错误；若断开开关S ，电容器本应处于放电状态，但由于二极管的存在，电荷量不变，板间场强不变，带电微粒仍处于静止状态，选项 D 错误． 【答案】 A 3．如图所示，A 、B 为水平正对放置的平行金属板，板间距离为d ，一质量为m 的带电油滴在两金属板之间，油滴运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比．将油滴由静止释放，若两金属板间的电压为零，一段时间后油滴以速率v 匀速下降．若两金属板间加电压U ，一段时间后油滴以速率2v 匀速上升．由此可知油滴所带电荷量的大小为( ) A.mgd U B ．2mgd U C.3mgd U D ．4mgd U 【解析】 板间电压为零，油滴匀速下降时，mg ＝k v ，当两板间电压为U ，油滴匀速上升时，U d q ＝mg ＋2k v ，以上两式联立可得q ＝3mgd U ，C 正确． 【答案】 C 4．如图所示，示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板长为L ，极板间距为d ，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度[即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量(y U 2)]与加速电场、偏转电 场的关系，下列说法中正确的是( ) A ．L 越大，灵敏度越高 B ．d 越大，灵敏度越高 C ．U 1越大，灵敏度越高 D ．U 2越大，灵敏度越高 【解析】 偏转位移y ＝12at 2＝12qU 2md (L v )2＝U 2L 24dU 1，灵敏度y U 2＝L 2 4dU 1 ，故A 正确，B 、C 、 D 错误． 【答案】 A 5．如图所示，一价氢离子(1 1H)和二价氦离子(42He)的混合体，经同一加速电场加速后， 垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( ) A ．同时到达屏上同一点 B ．先后到达屏上同一点 C ．同时到达屏上不同点 D ．先后到达屏上不同点 【解析】 一价氢离子(11H)和二价氦离子(4 2He)的比荷不同， 经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在同一点．选B. 【答案】 B 6.(2018·南京高三月考)如右图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O 点静止释放后，分别抵达B 、C 两点，若AB ＝BC ，则它们带电荷量之比q 1∶q 2等于( ) A ．1∶2 B ．2∶1 C ．1∶ 2 D ．2∶1 【解析】 竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向有l ＝12qE m t 2， 联立可得q ＝mgl Eh ，所以有q 1q 2＝2 1，B 对． 【答案】 B [创新导向练] 7．生活科技——喷墨打印机的工作原理 喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( ) A ．向负极板偏转 B ．电势能逐渐增大 C ．运动轨迹是抛物线 D ．运动轨迹与所带电荷量无关 【解析】 带负电的微滴进入电场后受到向上的电场力，故带电微滴向正极板偏转，选 项A 错误；带电微滴垂直进入电场受竖直向上的电场力作用，电场力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B 错误；根据x ＝v 0t ，y ＝12at 2及a ＝qE m ，得带电微滴的轨迹方程为y ＝ qEx 2 2m v 20 ，即运动轨迹是抛物线，与所带电荷量有关，选项C 正确、D 错误． 【答案】 C 8．电容式定位器的工作原理 如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是( ) A ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，电容器极板上带电荷量增加 B ．若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，电容器极板间电压变大 C ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的正极板 D ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的负极板 【解析】 若x 变大，则由C ＝ εr S 4πkd ，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q ＝CU 知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A 、C 错误，D 正确．若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，则电容器电容增大，由U ＝Q C 可知，电容器极板间电压减小，B 错误． 【答案】 D 9．利用电偏转分离混合带电粒子 真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( ) A ．三种粒子从 B 板运动到荧光屏经历的时间相同 B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2 D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4 【解析】 粒子加速过程qU 1＝1 2m v 2，从B 至M 用时t ＝L 1＋L 2v ，得t ∝ m q ，所以t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶2，选项A 错误．偏转位移y ＝12qU 2md (L 1v )2＝U 2L 2 1 4dU 1 ，所以三种粒子打到荧光 屏上的位置相同，选项B 正确．因W ＝qEy ，得W 1∶W 2∶W 3＝q 1∶q 2∶q 3＝1∶1∶2，选项C 、D 错误． 【答案】 B 10．用E k -h 图象描述带电体在电场中的运动 如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，与细杆右侧距离为d 的A 点处有一固定的正点电荷，细杆上套有一带电小环，设小环与点电荷的竖直高度差为h ，将小环无初速度地从h 高处释放后，在下落至h ＝0的过程中，其动能E k 随h 的变化曲线如图乙所示，则( ) A ．小环可能带负电 B ．从h 高处下落至h ＝0的过程中，小环电势能增加 C ．从h 高处下落至h ＝0的过程中，小环经过了加速、减速、再加速三个阶段 D ．小环将做以O 点为中心的往复运动 【解析】 由题图乙中E k 随h 的变化曲线可知，小环从h 高处下落至h ＝0的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶段，选项C 正确；合外力做功的情况是先做正功，再做负功，最后又做正功，而重力一直对小环做正功，故只有库仑力能对小环做负功，即小环带正电，选项A 错误；从h 高处下落至h ＝0的过程中，电场力做负功，故小环电势能增加，选项B 正确；小环越过O 点后，所受的电场力、重力及杆对小环的弹力的合力方向向下，故小环将向下做加速运动，选项D 错误． 【答案】 BC [综合提升练] 11.在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d ，当平行板电容器的电压为U 0时，油滴保持静止状态，如图所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU 1时，油滴开始向上运动；经时间Δt 后，电容器突然放电使其电压减少ΔU 2，又经过时间Δt ，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加速度为g .求： (1)带电油滴所带电荷量与质量之比； (2)第一个Δt 与第二个Δt 时间内油滴运动的加速度大小之比； (3)ΔU 1与ΔU 2之比． 【解析】 (1)油滴静止时满足：mg ＝q U 0d ，则q m ＝dg U 0 . (2)设第一个Δt 时间内油滴的位移为x 1，加速度为a 1，第二个Δt 时间内油滴的位移为x 2，加速度为a 2，则 x 1＝1 2a 1Δt 2， x 2＝v 1Δt －1 2a 2Δt 2 且v 1＝a 1Δt ，x 2＝－x 1 解得a 1∶a 2＝1∶3. (3)油滴向上加速运动时：q U 0＋ΔU 1 d －mg ＝ma 1， 即q ΔU 1d ＝ma 1 油滴向上减速运动时，mg －q U 0＋ΔU 1－ΔU 2 d ＝ma 2 即q ΔU 2－ΔU 1d ＝ma 2 则 ΔU 1ΔU 2－ΔU 1＝1 3 解得ΔU 1ΔU 2＝14. 【答案】 (1) dg U 0 (2)1∶3 (3)1∶4 12．如图甲所示，长为L 、间距为d 的两金属板A 、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度v 0从a 点水平射入，沿直线从b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b 点以速度v 0射出，求： (1)交变电压的周期T 应满足什么条件？ (2)粒子从a 点射入金属板的时刻应满足什么条件？ 【解析】 (1)为使粒子仍从b 点以速度v 0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L ＝nT v 0，解得T ＝L n v 0 粒子在14T 内离开中心线的距离为y ＝12a ????14T 2 又a ＝qE m ，E ＝U 0d ，解得y ＝qU 0T 2 32md 在运动过程中离开中心线的最大距离为y m ＝2y ＝qU 0T 2 16md 粒子不撞击金属板，应有y m ≤1 2d 解得T ≤2d 2m qU 0 故n ≥ L 2d v 0 qU 02m ，即n 取大于等于L 2d v 0 qU 0 2m 的整数． 所以粒子的周期应满足的条件为 T ＝L n v 0，其中n 取大于等于L 2d v 0 qU 0 2m 的整数． (2)粒子进入电场的时间应为14T ，34T ，5 4T ，… 故粒子进入电场的时间为t ＝2n －1 4 T (n ＝1,2,3，…)． 【答案】 (1)T ＝ L n v 0，其中n 取大于等于L 2d v 0 qU 0 2m 的整数 (2)t ＝2n －1 4T (n ＝1,2,3，…)
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