知识讲解 带电体在电场中的运动基础

取夺市安慰阳光实验学校专题36 带电粒子在匀强电场中的运动一、带电粒子（带电体）在电场中的直线运动 1．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件（1）粒子所受合外力F 合=0，粒子或静止，或做匀速直线运动。

（2）粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。

2．用动力学方法分析mF a 合=，dUE =；v2–20v =2ad 。

3．用功能观点分析匀强电场中：W =Eqd =qU =21mv 2–21m 20v 非匀强电场中：W =qU =E k2–E k14．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 5．处理带电粒子在电场中运动的常用技巧（1）微观粒子（如电子、质子、α粒子等）在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。

（2）普通的带电体（如油滴、尘埃、小球等）在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。

二、带电粒子在电场中的偏转 1．粒子的偏转角（1）以初速度v 0进入偏转电场：如图所示设带电粒子质量为m ，带电荷量为q ，以速度v 0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U 1，若粒子飞出电场时偏转角为θ则tan θ=yxv v ，式中v y =at =mdqU 1·0vL ，v x =v 0，代入得结论：动能一定时tan θ与q 成正比，电荷量一定时tan θ与动能成反比。

（2）经加速电场加速再进入偏转电场若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：20021mv qU =，得：d U L U 012tan =θ。

结论：粒子的偏转角与粒子的q 、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场。

2．带电粒子在匀强电场中的偏转问题小结（1）分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键①条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v 0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。

高中物理电容公式带电粒子在电场中的运动
下面是高中物理电容器常见公式，以及带电粒子在电场中的运动问题
1、带电粒子在电场中的加速公式是)：
W＝ΔEK或qU＝mVt2/2，Vt＝(2qU/m)1/2 其中(Vo＝0）
2、带电粒子沿垂直电场方向以速度Vo进入匀强电场时的偏
转(不考虑重力作用的情况下)
在垂直电场方向:匀速直线运动L＝Vot(在带等量异种电荷的平行极板中：E＝U/d)
在平行电场方向:初速度为零的匀加速直线运动d＝at2/2，a＝F/m＝qE/m
带电小球接触后，电量分配3、两个完全相同的带电金属小球接触时,电量分配规律:原带异种电荷的先中和后平分,原带同种电荷的总量平分；
电场线从正电荷出发终止于负电荷,电场线不相交,切线方向为场强方向,电场线密处场强大,顺着电场线电势越来越低,电场线与等势线垂直；
电场强度（矢量）与电势（标量）均由电场本身决定,而电场力与电势能还与带电体带的电量多少和电荷正负有关；
处于静电平衡导体是个等势体,表面是个等势面,导体外表面附近的电场线垂直于导体表面，导体内部合场强为零,导体内部没有净电荷,净电荷只分布于导体外表面；
常见电场的电场线分布要求熟记〔[第二册P98]；
电容单位换算：1F＝106μF＝1012PF；
电子伏(eV)是能量的单位,1eV＝1.60×10-19J；。

带电粒子在电场中的运动
带电粒子在匀强电场中运动时，若初速度与场强方向平行，它的运动是匀加速直线运动，其加速度大小为。

若初速度与场强方向成某一角度，它的运动是类似于物体在重力场中的斜抛运动。

若初速度与场强方向垂直，它的运动是类似于物体在重力场中的平抛运动，是x 轴方向的匀速直线运动和y 轴方向的初速度为零的匀加速直线运动的叠加，在任一时刻，x 轴方向和y 轴方向的速度分别为
位置坐标分别为
从上两式中消去t，得带电粒子在电场中的轨迹方程
若带电粒子在离开匀强电场区域时，它在x轴方向移动了距离l，它在y轴方向偏移的距离为
这个偏移距离h与场强E成正比，因此只要转变电场强度的大小，就可以调整偏移距离。

带电粒子进入无电场区域后，将在与原来运动方向偏离某一角度的方向作匀速直线运动。

可知
而
所以偏转角为
示波管中，就是利用上下、左右两对平行板（偏转电极）产生的匀强电场，使阴极射出的电子发生上下、左右偏转。

转变平行板间的电压，就能转变平行板间的场强，使电子的运动发生相应的变化，从而转变荧光屏上亮点的位置。

高三物理一轮复习资料【带电粒子在电场中的运动】[考点分析]1．命题特点：带电体在电场中的运动问题是等级考命题的重点和热点，主要考查带电体在电场中的加速和偏转模型，处理方法主要是应用动力学观点，动量观点和能量观点．题型有选择和计算，难度中等偏上．2．思想方法：合成法、分解法、模型法等．[知能必备]偏转角：tan θ＝v y v 0＝U 2l 2U 1d ＝2y 0l侧移距离：y 0＝U 2l 24dU 1y ＝y 0＋L tan θ＝⎝⎛⎭⎫12l ＋L tan θ[真题再练]1．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O 为圆心、半径为R 的圆，AB 为圆的直径，如图所示．质量为m ，电荷量为q (q >0)的带电粒子在纸面内自A 点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C 点以速率v 0穿出电场，AC 与AB 的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为m v 0，该粒子进入电场时的速度应为多大？解析：(1)粒子初速度为零，由C 点射出电场，故电场方向与AC 平行，由A 指向C .由几何关系和电场强度的定义知AC ＝R ①F ＝qE ②由动能定理有F ·AC ＝12m v 20③ 联立①②③式得E ＝m v 202qR④ (2)如图，由几何关系知AC ⊥BC ，故电场中的等势线与BC 平行．作与BC 平行的直线与圆相切于D 点，与AC 的延长线交于P 点，则自D 点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知∠P AD ＝30°，AP ＝32R ，DP ＝32R ⑤设粒子以速度v 1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t 1.粒子在AC 方向做加速度为a 的匀加速运动，运动的距离等于AP ；在垂直于AC 的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP .由牛顿第二定律和运动学公式有F ＝ma ⑥AP ＝12at 21⑦ DP ＝v 1t 1⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式得v 1＝24v 0⑨ (3)设粒子以速度v 进入电场时，在电场中运动的时间为t .以A 为原点，粒子进入电场的方向为x 轴正方向，电场方向为y 轴正方向建立直角坐标系．由运动学公式有y ＝12at 2⑩ x ＝v t ⑪粒子离开电场的位置在圆周上，有⎝⎛⎭⎫x －32R 2＋⎝⎛⎭⎫y －12R 2＝R 2⑫ 粒子在电场中运动时，其x 方向的动量不变，y 方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量变化量的大小为m v 0的粒子，离开电场时其y 方向的速度分量为v 2，由题给条件及运动学公式有m v 2＝m v 0＝mat ⑬联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v ＝0⑭和v ＝32v 0⑮ 答案：(1)m v 202qR (2)24v 0 (3)0或32v 0 2．如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d .两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同．G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)．质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析：(1)PG 、QG 间场强大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝2φd① F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有qEh ＝E k －12m v 20③ 设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移大小为l ，则有h ＝12at 2④ l ＝v 0t ⑤ 联立①②③④⑤式解得E k ＝12m v 20＋2φdqh ⑥ l ＝v 0 mdh qφ.⑦ (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L 为L ＝2l ＝2v 0 mdh qφ.⑧ 答案：(1)12m v 20＋2φdqh v 0 mdh qφ (2)2v 0 mdh qφ解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意问题[精选模拟]视角1：带电粒子在电场中的直线运动1.某静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量m ＝4×10－10 kg 、电荷量q ＝2×10－9 C 的带负电粒子(不计重力)，从(－1 m,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．则该粒子运动的周期为( )A.2＋25s B ．0.6 s C ．0.1 s D ．5＋52s 解析：B 粒子先沿x 轴正方向先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，然后反向运动；由E 1 ＝ΔφΔx ＝101 V/m ＝10 V/m ，a 1＝qE 1m ＝50 m/s 2；由x 1＝12a 1t 21，解得粒子沿x 轴正方向运动的时间为t 1 ＝ 2x 1a 1＝ 2×150s ＝ 0.2 s ；同理可得粒子沿x 轴正方向做匀减速运动的时间为t 2＝0.1 s ；且粒子到达x ＝0.5 m 处的速度恰好为零，反向运动的时间为t 1＋t 2＝0.3 s ；则粒子运动的周期为T ＝2(t 1＋t 2)＝0.6 s ；故选B.视角2：带电粒子在电场中的偏转2．(多选)如图所示，质子(11H)、氘核(21H)和α粒子(42He)都沿平行板电容器的中线OO ′方向，垂直于电场线射入两极板间的匀强电场中，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．粒子重力不计．下列推断正确的是( )A ．若它们射入电场时的速度相同，在荧光屏上将出现3个亮点B ．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点C ．若它们射入电场时的动量相同，在荧光屏上将出现3个亮点D ．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场，在荧光屏上将只出现1个亮点解析：CD 三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到加速度为a ＝qE m ，偏转距离为y ＝12at 2，速度偏转角的正切tan θ＝v y v 0＝at v 0，运动时间为t ＝L v 0，联立可得y ＝qEL 22m v 20，tan θ＝qEL m v 20.若它们射入电场时的速度相同，y 与比荷成正比，tan θ与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，所以在荧光屏上将只出现2个亮点，A 错误．若它们射入电场时的动能相等，y 与q 成正比，tan θ与q 成正比，则在荧光屏上将只出现2个亮点，B 错误．若它们射入电场时的动量相等，y ＝qEL 22m v 20＝qmEL 22(m v 0)2，tan θ＝qmEL (m v 0)2，可见y 与qm 成正比，tan θ与qm 成正比，三个粒子的qm 都不同，则在荧光屏上将出现3个亮点，C 正确．设加速电压为U 1，偏转电压为U 0，若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知y ′＝U 0L 24U 1d ，tan θ′＝U 0L 2U 1d，显然三个粒子在偏转电场中的偏转距离y ′相同，tan θ′相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，D 正确．视角3：带电体在重力场、电场中的运动3．(多选)如图所示，竖直平面内有一个半径为R 的圆周，另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，A 、D 两点为圆周上和圆心同一高度的点，C 点为圆周上的最高点．在与OA 夹角为θ＝30°的圆弧B 点上有一粒子源，以相同大小的初速度v 0在竖直面(平行于圆周面)内沿各个方向发射质量为m ，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D 点上离开的微粒机械能最大，从圆周E 点(OE 与竖直方向夹角α＝30°)上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为g ，取最低点F 所在水平面为重力零势能面．则有( )A ．电场一定沿OD 方向，且电场力等于33mgB ．通过E 点的微粒动能大小为⎝⎛⎭⎫233＋1mgR ＋12m v 20C ．动能最小的点可能在BC 圆弧之间D ．A 点的动能一定小于B 点解析：BC 在D 点微粒机械能最大，说明B 到D 电场力做功最大，由数学关系知过D 点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OD 方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定．在E 点微粒动能最大，说明B 到E 合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿OE ，有：Eq mg ＝tan 30°，mg ＝F 合cos 30°，解得Eq ＝33mg ，F 合＝233mg ，动能定理有：E k E ＝12m v 20＋F 合R (1＋cos 30°)＝⎝⎛⎭⎫233＋1mgR ＋12m v 20，故选项A 错误、B 正确；OE 反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，选项C 正确；B 点到A 点等效重力(合力)做正功，动能增加，选项D 错误．4. (多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动．AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径．已知重力加速度为g ，电场强度E ＝mg q.下列说法正确的是( ) A ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为gLB ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到B 点时的机械能最大C ．若将小球在A 点由静止开始释放，它将在ACBD 圆弧上往复运动D ．若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，它将能够到达B 点解析：BD 电场力的方向水平向右，大小为F ＝qE ＝mg ，电场力和重力的合力方向与水平面的夹角为45°，合力大小为2mg ，则“等效重力”的方向与水平面的夹角为45°，大小为2mg .若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则在等效最高点即弧AD 的中点处有2mg ＝m v 2L ，最小速度v ＝2gL ，选项A 错误；由于只有重力和电场力对小球做功，小球的机械能和电势能之和不变，而小球在B 点的电势能最小，所以在B 点的机械能最大，选项B 正确；小球从A 点静止释放，小球受到的合力方向沿AC 方向，所以小球会沿AC 做匀加速直线运动，选项C 错误；若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向上做竖直上抛运动，加速度为－g ，水平方向上做匀加速直线运动，加速度为g ，当竖直方向上的位移为0时，运动时间为t ＝2v 0g ＝2gL g ，水平位移x ＝12gt 2＝2L ，则小球刚好运动到B 点，故D 正确．视角4：带电粒子在交变电场中的运动5．如图甲所示，A 、B 两板竖直放置，两板之间的电压U 1＝100 V ，M 、N 两板水平放置，两板之间的距离d ＝0.1 m ，板长L ＝0.2 m ．一个质量m ＝2×10－12 kg 、电荷量q ＝＋1×10－8 C 的带电粒子(不计重力)从靠近A 板处由静止释放，经加速电场加速后从B 板的小孔穿出，沿着M 、N 两板的中轴线垂直进入偏转电场．如果在M 、N 两板之间加上如图乙所示的偏转电压，当t ＝T 4时，带电粒子刚开始进入偏转电场，则：(1)带电粒子从B 板的小孔穿出时的速度为多大？(2)要使带电粒子能够从M 、N 两板之间(不沿中轴线)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，则交流电U 2的周期T 为多少？(3)在满足(2)条件的情况下，它在偏转电场中的最大偏移量是多少？(结果保留一位有效数字)解析：(1)由动能定理得qU 1＝12m v 20， 解得v 0＝ 2qU 1m＝1×103 m/s. (2)要使带电粒子能够从M 、N 两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒子穿过偏转电场的时间t ＝(n ＋12)T (n ＝0,1,2，…)① 带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则L ＝v 0t ②所以T ＝4×10－42n ＋1 s(n ＝0,1,2，…)③带电粒子进入偏转电场时的加速度a ＝qE m ④电场强度E ＝U 2d ⑤带电粒子在进入偏转电场后的前T 4内沿竖直方向的位移y ＝12a ⎝⎛⎭⎫T 42⑥要使带电粒子能够从M 、N 两板之间穿出，需满足2y ≤d 2⑦联立①～⑦式解得n ≥4.5.所以T ＝4×10－42n ＋1 s(n ＝5,6,7，…)．(3)要使总偏移量最大，则n 应取值最小，故n ＝5，由此解得，最大偏移量y ′＝2y ≈0.04 m.答案：(1)1×103 m/s (2)4×10－42n ＋1 s(n ＝5,6,7，…)(3)0.04 m。

带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用动力学观点分析a ＝qE m ，E ＝U d，v 2－v 02＝2ad . 3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02 非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1●带电粒子在匀强电场中的直线运动【例1】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )图6A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点【答案】A【解析】根据平行板电容器的电容的决定式C ＝ εr S 4πkd 、定义式C ＝Q U和匀强电场的电压与电场强度的关系式U ＝Ed 可得E ＝ 4πkQ εr S，可知将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板间的电场强度不变，由O 点静止释放的电子仍然可以运动到P 点，并且会原路返回，故选项A 正确．【变式1】 两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射入，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edh U B ．edUh C.eU dh D.eUh d【答案】D【解析】由动能定理得：－e U d h ＝－E k ，所以E k ＝eUh d，故D 正确． 二、带电粒子在交变电场中的直线运动【例2】 匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图所示．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度不为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零【答案】D【解析】由牛顿第二定律可知带电粒子在第1 s 内的加速度和第2 s 内的加速度的关系，因此粒子将先加速1 s 再减速0.5 s ，速度为零，接下来的0.5 s 将反向加速……，v －t 图象如图所示，根据图象可知选项A 错误；由图象可知前2 s 内的位移为负，故选项B 错误；由图象可知3 s 末带电粒子的速度为零，故选项C 错误；由动能定理结合图象可知0～3 s 内，电场力做的总功为零，故选项D 正确．●带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动问题【例3】如图所示，在竖直放置间距为d 的平行板电容器中，存在电场强度为E 的匀强电场．有一质量为m 、电荷量为＋q 的点电荷从两极板正中间处静止释放．重力加速度为g .则点电荷运动到负极板的过程( )A ．加速度大小为a ＝Eq m＋g B ．所需的时间为t ＝dm Eq C ．下降的高度为y ＝d 2D ．电场力所做的功为W ＝Eqd 【答案】B【解析】点电荷受到重力、电场力的作用，所以a ＝(Eq )2＋(mg )2m ，选项A 错误；根据运动独立性，水平方向点电荷的运动时间为t ，则d 2＝12Eq mt 2，解得t ＝md Eq ，选项B 正确；下降高度y ＝12gt 2＝mgd 2Eq，选项C 错误；电场力做功W ＝Eqd 2，选项D 错误． 【例4】如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b 沿直线运动到d ，且bd 与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论不正确的是( )A ．此液滴带负电B ．液滴的加速度大小为2gC ．合力对液滴做的总功等于零D ．液滴的电势能减少【答案】C【解析】带电液滴由静止开始沿bd 做直线运动，所受的合力方向必定沿bd 直线，液滴受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故选项A 正确；由图知液滴所受的合力F ＝2mg ，其加速度为a ＝F m ＝2g ，故选项B 正确；因为合力的方向与运动的方向相同，故合力对液滴做正功，故选项C 错误；由于电场力所做的功W 电＝Eqx bd sin 45°>0，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故选项D 正确．三、带电粒子在电场中的偏转1．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 02 y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1l mdv 02得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l 2U 0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l 2. 2．功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 02，其中U y ＝U dy ，指初、末位置间的电势差．【例5】 质谱仪可对离子进行分析．如图所示，在真空状态下，脉冲阀P 喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为q 、质量为m 的正离子，自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场，从b 板小孔射出，沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区，到达探测器(可上下移动)．已知a 、b 板间距为d ，极板M 、N 的长度和间距均为L ，a 、b 间的电压为U 1，M 、N 间的电压为U 2.不计离子重力及进入a 板时的初速度．求：(1)离子从b 板小孔射出时的速度大小；(2)离子自a 板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间；(3)为保证离子不打在极板上，U 2与U 1应满足的关系．【答案】 (1)2qU 1m (2)(2d ＋L )m 2qU 1(3) U 2＜2U 1 【解析】(1)由动能定理qU 1＝12mv 2，得v ＝2qU 1m (2)离子在a 、b 间的加速度a 1＝qU 1md 在a 、b 间运动的时间t 1＝v a 1＝2m qU 1·d 在MN 间运动的时间：t 2＝Lv ＝L m 2qU 1离子到达探测器的时间：t ＝t 1＋t 2＝(2d ＋L )m 2qU 1； (3)在MN 间侧移：y ＝12a 2t 22＝qU 2L 22mLv 2＝U 2L 4U 1由y ＜L2，得 U 2＜2U 1. 【变式2】 如图所示，电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相同的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则下列说法不正确的是( )A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1【答案】D【解析】粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2h t 2，它们沿竖直方向运动的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m A m B ＝112，A 和B 的位移大小不相等，故选项A 、B 、C 正确，D 错误．【变式3】 如图所示，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会带上一定量的电荷，在电场的作用下带电荷的墨滴发生偏转到达纸上．已知两偏转极板长度L ＝1.5×10－2 m ，两极板间电场强度E ＝1.2×106 N/C ，墨滴的质量m ＝1.0×10－13 kg ，电荷量q ＝1.0×10－16 C ，墨滴在进入电场前的速度v 0＝15 m/s ，方向与两极板平行．不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响．(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？(2)求墨滴在两极板之间运动的时间；(3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移大小y .【答案】(1)负电荷 (2)1.0×10－3 s (3)6.0×10－4 m【解析】(1)负电荷．(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间t ＝L v 0.代入数据可得：t ＝1.0×10－3 s(3)离开电场前墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，a ＝Eq m代入数据可得：a ＝1.2×103 m/s 2离开偏转电场时在竖直方向的位移y ＝12at 2 代入数据可得：y ＝6.0×10－4 m.。