微專題51 帶電粒子在勻強電場中的偏轉運動-2025版高中物理微專題

微專題51帶電粒子在勻強電場中的偏轉運動【核心考點提示】1．帶電粒子在電場中的偏轉(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場．(2)運動性質：勻變速曲線運動．(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，類似于平拋運動．(4)運動規(guī)律：①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU)).))②沿電場力方向，做勻加速直線運動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)).,離開電場時的偏轉角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0)).))2．帶電粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經電場偏轉后，合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到偏轉電場邊緣的距離為eq\f(l,2).3．帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差．【經典例題選講】【例題1】如圖所示，分別將帶正電、負電和不帶電的三個等質量小球，以相同的水平速度由P點射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶負電，三小球分別落在圖中A、B、C三點，其中小球B不帶電，則()A.A帶負電、C帶正電B.三小球在電場中加速度大小關系是：aA>aB>aCC.三小球在電場中運動時間相等D.三小球到達下板時的動能關系是EkC>EkB>EkA【解析】由于水平初速度相等，A的水平位移最大，則A的運動時間最長，選項C錯誤.由y＝eq\f(1,2)at2可知A的加速度最小，而C的加速度最大，即aA<aB<aC，選項B錯誤.由于B球不帶電，因此A受電場力方向與重力方向相反，則A帶正電，C受電場力方向與重力方向相同，則C帶負電，選項A錯誤.外力做功的關系為WC>WB>WA，由動能定理知EkC>EkB>EkA，選項D正確.【答案】D【變式1-1】如圖所示，一個質量為m、帶電荷量為q的粒子從兩帶電平行板的正中間沿與勻強電場垂直的方向射入，不計粒子所受的重力．當粒子的入射速度為v時，它恰能穿過一電場區(qū)域而不碰到金屬板上．現欲使質量為m、入射速度為eq\f(v,2)的粒子也能恰好穿過這一電場區(qū)域而不碰到金屬板，在以下的僅改變某一物理量的方案中，不可行的是()A．使粒子的帶電荷量減少為原來的eq\f(1,4)B．使兩板間所接電源的電壓減小到原來的一半C．使兩板間的距離增加到原來的2倍D．使兩極板的長度減小為原來的一半【解析】設平行板長為l，板間距為2d，板間電壓為U，恰能穿過一電場區(qū)域而不碰到金屬板上，則沿初速度方向做勻速運動：t＝eq\f(l,v)垂直初速度方向做勻加速運動：a＝eq\f(qU,2dm)，d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,4dmv2)欲使質量為m、入射速度為eq\f(v,2)的粒子也能恰好穿過這一電場區(qū)域而不碰到金屬板，則沿初速度方向距離仍是l，垂直初速度方向距離仍為d，使粒子的帶電荷量減少為原來的eq\f(1,4)，則y＝eq\f(1,4)·eq\f(qUl2,4dm(\f(1,2)v)2)＝d，故A可行；使兩板間所接電源的電壓減小到原來的一半，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qUl2,4dm(\f(1,2)v)2)＝2d，故B不可行；使兩板間的距離增加到原來的2倍，此時垂直初速度方向距離應為2d，y＝eq\f(qUl2,8dm(\f(1,2)v)2)＝2d，故C可行；使兩極板的長度減小為原來的一半，y＝eq\f(qU(\f(l,2))2,4dm(\f(1,2)v)2)＝d，故D可行．【答案】B【變式1-2】(2016·湖南郴州監(jiān)測)空間內有高度為d、寬度足夠寬、方向水平向左的勻強電場。當在該空間內建立如圖所示的坐標系后，在x軸上的P點沿y軸正方向連續(xù)射入質量和電荷量均相同、且?guī)щ娦再|也相同的帶電粒子(粒子重力不計)，由于粒子的入射速率v(v＞0)不同，有的粒子將在電場中直接通過y軸，有的將穿出電場后再通過y軸。設粒子通過y軸時，離坐標原點的距離為h，從P到y(tǒng)軸所需的時間為t，則()A．由題設條件可以判斷出粒子的帶電性質B．對h≤d的粒子，h越大，t越大C．對h≤d的粒子，在時間t內，電場力對粒子做的功不相等D．h越大的粒子，進入電場時的速率v也越大【解析】由題意可知，粒子向左偏，由電場線的方向，可確定電場力方向向左，因此粒子帶正電，故A正確；對h≤d的所有粒子，受到的電場力相同，加速度也相同，因此運動時間也相等，由于粒子的入射速率v不同，所以導致粒子的h不同，故B錯誤；對h≤d的所有粒子，在時間t內，電場力方向的位移相同，因此電場力做功相等，故C錯誤；若在電場中直接通過y軸，水平分位移x相等，由x＝eq\f(1,2)at2知，運動時間t相等，豎直分位移h＝vt，則h越大的粒子，進入電場時的速率v也越大，若穿出電場后再通過y軸，通過電場時豎直分位移y相等，h越大，沿著電場力偏轉位移x越小，由x＝eq\f(1,2)at2，可知t越小，由y＝vt，可知，v越大，故D正確?！敬鸢浮緼D【例題2】如圖所示，在兩條平行的虛線內存在著寬度為L、電場強度為E的勻強電場，在與右側虛線相距也為L處有一與電場平行的屏．現有一電荷量為＋q、質量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O.試求：(1)粒子從射入到打到屏上所用的時間；(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向夾角的正切值tanα；(3)粒子打在屏上的點P到O點的距離x.【解析】(1)根據題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間t＝eq\f(2L,v0).(2)設粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，根據牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a＝eq\f(Eq,m)所以vy＝aeq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向夾角的正切值為tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0)).(3)解法一設粒子在電場中的偏轉距離為y，則y＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v0))2＝eq\f(1,2)·eq\f(qEL2,mv\o\al(2,0))又x＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：x＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解法二x＝y(tǒng)＋vyeq\f(L,v0)＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解法三由y＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v0))2＝eq\f(1,2)eq\f(qEL2,mv\o\al(2,0))，eq\f(x,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))得：x＝3y＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0)).【答案】(1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))【變式2】(2016·奉化市調研)如圖1甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示．(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的)求：(1)在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處？(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？【解析】(1)電子經加速電場，由動能定理得：qU0＝eq\f(1,2)mv2電子經偏轉電場：沿v方向：t＝eq\f(L,v)沿電場方向：y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU偏,mL)故偏轉后偏移量y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)·(eq\f(L,v))2，所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由題圖知t＝0.06s時刻，U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm設打在屏上的點距O點距離為Y，滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以Y＝13.5cm.(2)由題知電子偏移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當偏轉電壓超過2U0時，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30cm.【答案】(1)O點上方13.5cm處(2)30cm【鞏固習題】1.(2014·山東·18)如圖所示，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(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進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現在電場中)．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))【解析】由帶電粒子在電場中的運動規(guī)律可知，兩帶電粒子的運動軌跡對稱，則相切處必為兩運動水平位移相同處，即為該矩形區(qū)域的中心，以帶電粒子＋q為研究對象，水平位移eq\f(s,2)時，豎直位移為eq\f(h,2).由eq\f(s,2)＝v0t，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))，所以B項正確．【答案】B2.(2016·紹興市聯(lián)考)(多選)如圖所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則()A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1C．A和B的質量之比為1∶12D．A和B的位移大小之比為1∶1【解析】粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2h,t2)，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1；根據a＝eq\f(qE,m)得m＝eq\f(qE,a)，故eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,12)，A和B的位移大小不相等，故選項A、B、C正確?！敬鸢浮緼BC3.(2016·臺州市聯(lián)考)如圖所示，帶電的平行金屬板電容器水平放置，質量相同、重力不計的帶電微粒A、B以平行于極板的相同初速度從不同位置射入電場，結果打在極板上的同一點P。不計兩微粒之間的庫侖力，下列說法正確的是()A．在電場中微粒A運動的時間比B長B．在電場中微粒A、B運動的時間相同C．微粒A所帶的電荷量比B少D．靜電力對微粒A做的功比B少【解析】帶電微粒進入電場中，做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，則微粒在電場中的運動時間為t＝eq\f(x,v0)，由此可知兩微粒在電場中的運動時間相同，選項B正確，A錯誤；豎直方向做勻加速直線運動，y＝eq\f(1,2)at2，由于t相同，yA>yB，可得aA>aB，即eq\f(qAE,mA)>eq\f(qBE,mB)，則qA>qB，選項C錯誤；由W＝qU，可知靜電力對微粒A做的功比B多，選項D錯誤?！敬鸢浮緽4.如圖所示，在正方形ABCD區(qū)域內有平行于AB邊的勻強電場，E、F、G、H是各邊中點，其連線構成正方形，其中P點是EH的中點．一個帶正電的粒子(不計重力)從F點沿FH方向射入電場后恰好從D點射出．以下說法正確的是()A．粒子的運動軌跡一定經過P點B．粒子的運動軌跡一定經過PH之間某點C．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ訒蒃D之間某點從AD邊射出D．若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子恰好由E點從AD邊射出【解析】由題意知，粒子的初速度方向垂直于電場方向，故粒子做類平拋運動，根據平拋運動的推論：速度反向延長線過水平位移的中點，O為FH中點，即DO為軌跡的切線，因P在DO線上，所以運動軌跡一定不經過P點，一定經過EP之間點，故A、B錯誤；若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄陔妶隽Φ姆较蜻\動不變，即離開矩形區(qū)域的時間不變，又初速度方向做勻速直線運動，所以位移是原來的一半，恰好由E點射出，所以C錯誤，D正確．【答案】D5.(多選)如圖甲所示，一平行板電容器極板長l＝10cm，寬a＝8cm，兩極板間距為d＝4cm，距極板右端eq\f(l,2)處有一豎直放置的熒光屏．在平行板電容器左側有一長b＝8cm的“狹縫”粒子源，可沿著兩板中心平面均勻、連續(xù)不斷地向電容器內射入比荷為2×1010C/kg，速度為4×106m/s的帶電粒子．現在平行板電容器的兩極板間加上如圖乙所示的交流電，已知粒子在電容器中運動所用的時間遠小于交流電的周期．下面說法正確的是()A．粒子打到屏上時在豎直方向上偏移的最大距離為6.25cmB．粒子打在屏上的區(qū)域面積為64cm2C．在0～0.02s內，進入電容器內的粒子有64%能夠打在屏上D．在0～0.02s內，屏上出現亮線的時間為0.0128s【解析】設粒子恰好從極板邊緣射出時極板兩端的電壓為U0，水平方向l＝v0t，豎直方向eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a0t2，又a0＝eq\f(qU0,md)，解得U0＝eq\f(md2v\o\al(2,0),ql2)＝128V，即當U≥128V時粒子打到極板上，當U<128V時粒子打到熒光屏上，設打到熒光屏上的粒子在豎直方向上偏轉的最大位移為y，由幾何關系和類平拋運動規(guī)律得eq\f(\f(l,2)＋\f(l,2),\f(l,2))＝eq\f(y,\f(d,2))，解得y＝d＝4cm，選項A錯誤；由對稱性知，粒子打到熒光屏上的區(qū)域總長度為2d，則粒子打到熒光屏上的區(qū)域面積為S＝2da＝64cm2，選項B正確；在前eq\f(1,4)T，粒子打到熒光屏上的時間t0＝eq\f(128,200)×0.005s＝0.0032s，又由對稱性知，在一個周期內，粒子打在熒光屏上的總時間t′＝4t0＝0.0128s，選項D正確；因為這些粒子均勻、連續(xù)地進入電場，設一個周期內進入電容器內的粒子能夠打在熒光屏上的比例為η，此時電容器兩端的電壓U<128V，則η＝eq\f(128,200)×100%＝64%，選項C正確．【答案】BCD6.如圖所示，一個帶正電的粒子以平行于x軸正方向的初速度v0從y軸上a點射入第一象限內，為了使這個粒子能經過x軸上定點b，可在第一象限的某區(qū)域內加一方向沿y軸負方向的勻強電場．已知所加電場的場強大小為E，電場區(qū)域沿x方向的寬度為s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的質量為m，帶電量為q，重力不計，試討論電場的左邊界與b的可能距離．【解析】設電場左邊界到b點的距離為Δx，已知電場寬度為s，Ob＝2s，分以下兩種情況討論(1)若粒子在離開電場前已到達b點，如圖甲所示，即Δx≤s，則Δx＝v0ty＝L＝eq\f(qE,2m)t2聯(lián)立解得Δx＝eq\r(\f(2mv\o\al(2,0)L,qE)).(2)若粒子離開電場后做勻速直線運動到達b點，如圖乙所示，即s<Δx≤2s，則s＝v0ty＝eq\f(qE,2m)t2由幾何關系知tanθ＝eq\f(\f(qE,m)t,v0)＝eq\f(L－y,Δx－s)聯(lián)立解得Δx＝eq\f(mv\o\al(2,0)L,qEs)＋eq\f(s,2).【答案】見解析7.如圖所示，水平放置的平行板電容器，兩板間距為d＝8cm，板長為l＝25cm，接在直流電源上，有一帶電液滴以v0＝0.5m/s的初速度從板間的正中央水平射入，恰好做勻速直線運動，當它運動到P處時迅速將下板向上提起eq\f(4,3)cm，液滴剛好從金屬板末端飛出，求：(g取10m/s2)(1)將下板向上提起后，液滴的加速度大?。?2)液滴從射入電場開始計時，勻速運動到P點所用的時間．【解析】(1)帶電液滴在板間受重力和豎直向上的電場力，因為液滴做勻速直線運動，所以有：qE＝mg，即qeq\f(U,d)＝mg得qU＝mgd當下板向上提起后，d減小，E增大，電場力增大，故液滴向上偏轉，在電場中做類平拋運動．此時液滴所受電場力F′＝qeq\f(U,d′)＝eq\f(mgd,d′)a＝eq\f(F′－mg,m)＝g(eq\f(d,d′)－1)＝eq\f(1,5)g＝2m/s2.(2)因為液滴剛好從金屬板末端飛出，所以液滴在豎直方向上的位移是eq\f(d,2)設液滴從P點開始在勻強電場中飛行的時間為t1，則eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，t1＝eq\r(\f(d,a))＝0.2s而液滴從剛進入電場到出電場的時間t2＝eq\f(l,v0)＝0.5s所以液滴從射入電場開始計時，勻速運動到P點所用的時間為t＝t2－t1＝0.3s.【答案】(1)2m/s2(2)0.3s8.(2016·湖南十校聯(lián)考)如圖所示，真空中水平放置的兩個相同極板Y和Y′長為L，相距d，足夠大的豎直屏與兩板右側相距b。在兩板間加上可調偏轉電壓UYY′，一束質量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)從兩板左側中點A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出。(1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點；(2)求兩板間所加偏轉電壓UYY′的范圍；(3)求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度?！窘馕觥?1)設粒子在運動過程中的加速度大小為a，離開偏轉電場時偏轉距離為y，沿電場方向的速度為vy，偏轉角為θ，其反向延長線通過O點，O點與板右端的水平距離為x，則有y＝eq\f(1,2)at2①L＝v0t②vy＝attanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(y,x)，聯(lián)立可得x＝eq\f(L,2)即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩極間的中心O點。(2)a＝eq\f(Eq,m)③E＝eq\f(U,d)④由①②③④式解得y＝eq\f(qUL2,2dmveq\o\al(2,0))當y＝eq\f(d,2)時，UYY′＝eq\f(md2veq\o\al(2,0),qL2)則兩板間所加電壓的范圍為－eq\f(md2veq\o\al(2,0),qL2)≤UYY′≤eq\f(md2veq\o\al(2,0),qL2)(3)當y＝eq\f(d,2)時，粒子在屏上側向偏移的距離最大，設其大小為y0，則y0＝y(tǒng)＋btanθ又tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(d,L)，解得y0＝eq\f(d（L＋2b）,2L)故粒子在屏上可能到達的區(qū)域的長度為2y0＝eq\f(d（L＋2b）,L)?！敬鸢浮?1)見解析(2)－eq\f(md2veq\o\al(2,0),qL2)≤UYY′≤eq\f(md2veq\o\al(2,0),qL2)(3)eq\f(d（L＋2b）,L)9.兩塊水平平行放置的導體板如圖2甲所示，大量電子(質量為m、電荷量為e)由靜止開始，經電壓為U0的電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間．當兩板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0；當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、最大值恒為U0的周期性電壓時，恰好能使所有電子均從兩板間通過(不計電子重力)．問：(1)這些電子通過兩板之間后，側向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分別是多少；(2)側向位移分別為最大值和最小值的情況下，電子在剛穿出兩板之間時的動能之比為多少．【答案】(1)eq\f(t0,2)eq\r(\f(6eU0,m))eq\f(t0,4)eq\r(\f(6eU0,m))(2)eq\f(16,13)【解析】以電場力的方向為y軸正方向，畫出電子在t＝0時和t＝t0時進入電場后沿電場力方向的速度vy隨時間t變化的vy－t圖象分別如圖a和圖b所示，設兩平行板之間的距離為d.(1)圖中，v1y＝eq\f(eU0,md)t0，v2y＝eq\f(eU0,md)2t0由圖a可得電子的最大側向位移為xymax＝2(eq\f(1,2)v1yt0＋v1yt0)＝3v1yt0＝eq\f(3eU0t\o\al(2,0),md)而xymax＝eq\f(d,2)，解得d＝t0eq\r(\f(6eU0,m))由圖b可得電子的最小側向位移為xymin＝eq\f(1,2)v1yt0＋v1yt0＝eq\f(3,2)v1yt0＝eq\f(3eU0t\o\al(2,0),2md)＝eq\f(d,4)所以xymax＝eq\f(d,2)＝eq\f(t0,2)eq\r(\f(6eU0,m))，xymin＝eq\f(d,4)＝eq\f(t0,4)eq\r(\f(6eU0,m))(2)veq\o\al(2,1y)＝(eq\f(eU0,md)t0)2＝eq\f(eU0,6m)，veq\o\al(2,2y)＝(eq\f(eU0,md)2t0)2＝eq\f(2eU0,3m)電子經電壓U0加速，由動能定理知，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eU0所以eq\f(Ekmax,Ekmin)＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,2),\f(1,2)mv\o\al(2,1))＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,0)＋v\o\al(2,2y),\f(1,2)mv\o\al(2,0)＋v\o\al(2,1y))＝eq\f(eU0＋\f(eU0,3),eU0＋\f(eU0,12))＝eq\f(16,13).10.(2017·山東濰坊期中)如圖甲所示，平行金屬板M、N水平放置，板右側有一豎直熒光屏，板長、板間距及豎直屏到板右端的距離均為l，M板左下方緊貼M板有一粒子源，以初速度v0水平向右持續(xù)發(fā)射質量為m，電荷量為＋q的粒子。已知板間電壓UMN隨時間變化的關系如圖乙所示，其中U0＝eq\f(8mv\o\al(2,0),q)，忽略粒子間相互作用和它們的重力，忽略兩板間電場對板右側的影響，熒光屏足夠大。(1)計算說明，t＝0時刻射入板間的粒子打在屏上或N板上的位置；(2)求熒光屏上發(fā)光的長度。答案：(1)粒子打在N極板中央(2)5l[解析](1)t＝0時刻射入電場時，有qeq\f(U0,l)＝ma粒子在0～eq\f(l,v0)時間內，偏轉距離為y＝eq\f(1,2)a(eq\f(l,v0))2解得y＝4l因y＝4l>l，故粒子打在N極板上粒子在兩板間運動時間t1滿足l＝eq\f(1,2)ateq\o\a