2024-2025學(xué)年高二物理 同步學(xué)與練（ 人教版2019必修第三冊(cè)）10.6 帶電粒子在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng) （解析版）

10.6帶電粒子在電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)

學(xué)習(xí)目標(biāo)

課程標(biāo)準(zhǔn)物理素養(yǎng)

物理觀念：會(huì)從運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系的角度分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的加速問(wèn)

題。知道帶電粒子垂直于電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)的特點(diǎn)。了解示波管的工作原

理。

3.1.5能分析帶電粒子在科學(xué)思維：帶電粒子垂直于電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后，能對(duì)偏移距離、偏轉(zhuǎn)角

電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，能解度、離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度等物理量進(jìn)行分析和計(jì)算。

釋相關(guān)的物理現(xiàn)象。科學(xué)探究：通過(guò)解決帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)的問(wèn)題，加深對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)

定律和功能關(guān)系兩個(gè)角度分析物體運(yùn)動(dòng)的認(rèn)識(shí)，以及將勻變速曲線運(yùn)動(dòng)分解

為兩個(gè)方向上的簡(jiǎn)單運(yùn)動(dòng)來(lái)處理的思路的認(rèn)識(shí)。

科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：體會(huì)靜電場(chǎng)知識(shí)對(duì)科學(xué)技術(shù)的影響。

02思維導(dǎo)圖

電場(chǎng)中的力、電綜合問(wèn)題

1．帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

(1)分析方法：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程(平衡、加速或減速，軌跡是直線還是曲線)，然

后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題。

(2)受力特點(diǎn)：在討論帶電粒子或其他帶電體的靜止與運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)，重力是否要考慮，關(guān)鍵看重力與其他力

相比較是否能忽略。一般來(lái)說(shuō)，除明顯暗示外，帶電小球、液滴的重力不能忽略，電子、質(zhì)子等帶電粒子

的重力可以忽略，一般可根據(jù)微粒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)判斷是否考慮重力作用。

2．處理帶電粒子(帶電體)運(yùn)動(dòng)的方法

(1)結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)能定理、能量守恒定律解題。

(2)用包括電勢(shì)能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理思路

①利用初、末狀態(tài)的能量相等(即E1＝E2)列方程。

②利用某些能量的減少等于另一些能量的增加列方程。

(3)常用的兩個(gè)結(jié)論

①若帶電粒子只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變。

②若帶電粒子只在重力和電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，其機(jī)械能和電勢(shì)能之和保持不變。

03知識(shí)梳理

（一）課前研讀課本，梳理基礎(chǔ)知識(shí)：

一、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)

1．運(yùn)動(dòng)情況：帶電粒子以初速度v0垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，則帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，如

圖所示。

2．處理方法：將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿電場(chǎng)力方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。

根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解的知識(shí)解決有關(guān)問(wèn)題。

l

3．基本關(guān)系式：運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝，

v0

FqEqU

加速度a＝＝＝，

mmmd

1qUl2

偏轉(zhuǎn)量y＝at2＝，

2

22mdv0

vyatqUl

偏轉(zhuǎn)角θ的正切值tanθ＝＝＝。

2

v0v0mdv0

4．兩個(gè)結(jié)論

(1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。

12

證明：由qU0＝mv0

2

11qU1l

y＝at2＝··()2

22mdv0

qU1l

tanθ＝

2

mdv0

2

U1lU1l

得y＝，tanθ＝

4U0d2U0d

可見(jiàn)y和tanθ與粒子的q、m無(wú)關(guān)。

(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后射出，合速度方向的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子勻速位移的中點(diǎn)，即

l

O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為。

2

5．功能關(guān)系

1212U

當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝mv－mv0，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末

22d

位置間的電勢(shì)差。

二、帶電粒子在交變電場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)

1．常見(jiàn)的交變電場(chǎng)

常見(jiàn)的產(chǎn)生交變電場(chǎng)的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等。

2．常見(jiàn)的題目類型

粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究)。

3．思維方法

(1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)：抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，求

解粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、位移、做功或確定與物理過(guò)程相關(guān)的臨界條件。

(2)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。

二、帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)

1．等效重力場(chǎng)

物體在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，可以將重力場(chǎng)與電場(chǎng)合二為一，用一個(gè)全新的“復(fù)合場(chǎng)”來(lái)代替，可

形象稱之為“等效重力場(chǎng)”。

2．方法應(yīng)用

(1)求出重力與電場(chǎng)力的合力，將這個(gè)合力視為一個(gè)等效重力。

F合

(2)將a＝視為等效重力加速度。

m

(3)小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點(diǎn)”，圓周上與該點(diǎn)在同一直徑的點(diǎn)為“等效最高點(diǎn)”；

注意：這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)。

(4)將物體在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解。

04題型精講

【題型一】類平拋、類斜拋問(wèn)題

【典型例題1】如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電

容器板長(zhǎng)和板間距離均為L(zhǎng)＝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(shì)隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。(每個(gè)電子穿過(guò)平行板的時(shí)間都極短，

可以認(rèn)為電壓是不變的)求：

(1)在t＝0.06s時(shí)刻進(jìn)入電容器的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(zhǎng)。

12

[解析](1)電子經(jīng)電場(chǎng)加速滿足qU0＝mv

2

11qU偏L

經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝at2＝·2

22mLv

U偏L

所以y＝，由題圖知t＝0.06s時(shí)刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm

4U0

設(shè)打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為Y，滿足

L

L＋

Y＝2

yL

2

所以Y＝13.5cm，即打在屏上的點(diǎn)位于O點(diǎn)上方，距O點(diǎn)13.5cm。

L

(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過(guò)2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上

2

電子能打到的區(qū)間長(zhǎng)為3L＝30cm。

[答案](1)打在屏上的點(diǎn)位于O點(diǎn)上方，距O點(diǎn)13.5cm(2)30cm

【典型例題2】(多選)如圖所示，有一勻強(qiáng)電場(chǎng)平行于平面xOy，一個(gè)帶電粒子僅在電場(chǎng)力作用下從O點(diǎn)運(yùn)

動(dòng)到A點(diǎn)，粒子在O點(diǎn)時(shí)速度沿y軸正方向，經(jīng)A點(diǎn)時(shí)速度沿x軸正方向，且粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能是它在O

點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的3倍。關(guān)于粒子在OA段的運(yùn)動(dòng)情況，下列判斷正確的是()

A．該帶電粒子帶正電荷

B．帶電粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)的電勢(shì)能小

C．這段時(shí)間中間時(shí)刻粒子的動(dòng)能最小

D．加速度方向與y軸正方向之間的夾角等于120°

解析：選BD依題意，勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)方向未知，故該帶電粒子電性不明，故A錯(cuò)誤；從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)

的過(guò)程，動(dòng)能增加，根據(jù)動(dòng)能定理可知，電場(chǎng)力做正功，又根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化關(guān)系，可知帶電

粒子在A點(diǎn)的電勢(shì)能比在O點(diǎn)的電勢(shì)能小，故B正確；設(shè)加速度方向與y軸正方向之間的夾角等于θ，則有

v0v1212

acos(π－θ)＝，asin(π－θ)＝，mv＝3×mv0，聯(lián)立，可得θ＝120°，故D正確；加速度與初速度方向夾

tt22

角為鈍角，故粒子速度先減小，后增大，最小的動(dòng)能出現(xiàn)在加速度與速度垂直的時(shí)候，這段時(shí)間中間時(shí)刻

v3v0vy3

粒子的兩個(gè)分速度分別為vx＝＝v0，vy＝，合速度與水平面夾角為α，則tanα＝＝，解得α＝30°，

23

22vx

加速度與速度夾角為60°，不垂直，故C錯(cuò)誤。

【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1】如圖所示，A、B兩個(gè)帶正電的粒子，所帶電荷量分別為q1與q2，質(zhì)量分別為m1和m2。它

們以相同的速度先后垂直于電場(chǎng)線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，A粒子打在N板上的A′點(diǎn)，B粒

子打在N板上的B′點(diǎn)，若不計(jì)重力，則()

A．q1＞q2B．m1＜m2

q1q2q1q2

C.＞D.＜

m1m2m1m2

答案C

qE

解析設(shè)粒子垂直電場(chǎng)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)的速度為v0，電荷量為q，質(zhì)量為m，所以加速度a＝，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t

m

2

x1qExq1q2

＝，偏轉(zhuǎn)位移為y＝at2，整理得y＝，顯然由于A粒子的水平位移小，則有＞，但A粒子的電

2

v022mv0m1m2

荷量不一定大，質(zhì)量關(guān)系也不能確定，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。

【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2】（多選）如圖，一帶負(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對(duì)于

過(guò)軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對(duì)稱。忽略空氣阻力。由此可知()

A．Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高

B．油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大

C．油滴在Q點(diǎn)的電勢(shì)能比它在P點(diǎn)的大

D．油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)的小

解析：選AB帶電油滴在電場(chǎng)中受重力、電場(chǎng)力作用，據(jù)其軌跡的對(duì)稱性可知，電場(chǎng)力方向豎直向上，且

電場(chǎng)力大于重力，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功。則電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下，Q點(diǎn)的電勢(shì)比P點(diǎn)高，選項(xiàng)A正確；

油滴在P點(diǎn)的速度最小，選項(xiàng)B正確；油滴在P點(diǎn)的電勢(shì)能最大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；油滴運(yùn)動(dòng)的加速度大小不

變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

【題型二】變速圓周運(yùn)動(dòng)中的繩模型、桿模型

【典型例題3】如圖，一光滑絕緣半圓環(huán)軌道固定在豎直平面內(nèi)，與光滑絕緣水平面相切于B點(diǎn)，軌道半

3mg

徑為R。整個(gè)空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，一帶正電的小球質(zhì)量為m、電荷量為

4q

R

q，從距離B點(diǎn)為處的A點(diǎn)以某一初速度沿AB方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后恰能運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)C。

3

重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：

(1)帶電小球從A點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的初速度v0；

(2)帶電小球從軌道最高點(diǎn)C經(jīng)過(guò)一段時(shí)間運(yùn)動(dòng)到光滑絕緣水平面上D點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，B點(diǎn)與D點(diǎn)的水平

距離。

53

答案(1)gR(2)(7＋)R

22

解析(1)小球在半圓環(huán)軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)小球所受重力、電場(chǎng)力的合力方向與速度垂直時(shí)，速度最小。如

qE3qE5

圖所示，設(shè)F合與豎直方向夾角為θ，則tanθ＝＝，則θ＝37°，故F合＝＝mg。設(shè)此時(shí)的速度大

mg4sin37°4

5mgv2

小為v，由于合力恰好提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律得＝m

4R

5gR

解得v＝

4

從A點(diǎn)到該點(diǎn)由動(dòng)能定理

3mgR1

－mgR(1＋cos37°)－(＋sin37°)

43

1212

＝mv－mv0

22

5

解得v0＝gR。

2

(2)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度為vC，小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)由動(dòng)能定理得

3mgR1212

－2mgR－×＝mvC－mv0

4322

1

解得vC＝7gR

2

當(dāng)小球離開(kāi)C點(diǎn)后，在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)從C點(diǎn)到D點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)

間為t，水平方向的加速度為a，B點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離為x

3mg

水平方向上有＝ma

4

12

x＝vCt＋at

2

1

豎直方向上有2R＝gt2

2

3

聯(lián)立解得x＝(7＋)R。

2

【典型例題4】如圖所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O

是圓心，AB是豎直方向的直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q(q＞0)的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點(diǎn)，OP

與豎直方向的夾角θ＝37°。不計(jì)空氣阻力，已知重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；

(2)若要使小球從P點(diǎn)出發(fā)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，小球初速度的大小應(yīng)滿足的條件。

解析：(1)當(dāng)小球靜止在P點(diǎn)時(shí)，小球的受力情況如圖所示，

qE3mg

則有＝tanθ，所以E＝。

mg4q

5

(2)小球所受重力與電場(chǎng)力的合力F＝mg2＋qE2＝mg。當(dāng)小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以等效為在一個(gè)“重力

4

5

加速度”為g的“重力場(chǎng)”中運(yùn)動(dòng)。若要使小球能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則小球必須能通過(guò)圖中的Q點(diǎn)。設(shè)

4

當(dāng)小球從P點(diǎn)出發(fā)的速度為vmin時(shí)，小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為零，在小球從P運(yùn)動(dòng)到Q的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能

定理有

512

－mg·2r＝0－mvmin，

42

所以vmin＝5gr，即小球的初速度應(yīng)不小于5gr。

3mg

答案：(1)(2)不小于5gr

4q

【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練3】如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，

半圓形軌道的半徑R＝0.4m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)線與軌道所在的平面平行，

電場(chǎng)強(qiáng)度E＝1.0×104N/C?，F(xiàn)有一電荷量q＝＋1.0×10－4C，質(zhì)量m＝0.1kg的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))，在水

平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，帶電體恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C，然后落至水平軌道上的D點(diǎn)(圖中

未畫出)。取g＝10m/s2。試求：

(1)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓形軌道的壓力大?。?/p>

(2)D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離xDB；

(3)帶電體在從P開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到落至D點(diǎn)的過(guò)程中的最大動(dòng)能(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。

2

vC

解析：(1)設(shè)帶電體通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，依據(jù)牛頓第二定律有mg＝m，

R

解得vC＝2.0m/s。

設(shè)帶電體通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，設(shè)軌道對(duì)帶電體的支持力大小為FB，帶電體在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定

律有

2

vB

FB－mg＝m。

R

帶電體從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有

1212

－mg×2R＝mvC－mvB

22

聯(lián)立解得FB＝6.0N，

根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對(duì)軌道的壓力FB′＝6.0N。

1

(2)設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解有2R＝gt2，

2

1Eq2

xDB＝vCt－t

2m

聯(lián)立解得xDB＝0。

(3)由P到B帶電體做加速運(yùn)動(dòng)，故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過(guò)程中，在此過(guò)程中只有重力和電

場(chǎng)力做功，這兩個(gè)力大小相等，其合力與重力方向成45°夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對(duì)

應(yīng)圓心角為45°處。

設(shè)帶電體的最大動(dòng)能為Ekm，根據(jù)動(dòng)能定理有

12

qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝Ekm－mvB，

2

代入數(shù)據(jù)解得Ekm≈1.17J。

答案：(1)6.0N(2)0(3)1.17J

mg

【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練4】如圖所示，CD左側(cè)存在場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝，方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、

q

電荷量為q的光滑絕緣小球，從底邊BC長(zhǎng)L，傾角α＝53°的直角三角形斜面頂端A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，運(yùn)

動(dòng)到斜面底端C點(diǎn)后進(jìn)入一細(xì)圓管內(nèi)(C處為一小段長(zhǎng)度可忽略的圓弧，圓管內(nèi)徑略大于小球直徑)，恰能到

達(dá)D點(diǎn)，隨后從D離開(kāi)后落回到斜面P點(diǎn)，重力加速度為g(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。

(1)求DA兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UDA；

(2)求圓管半徑r；

(3)求小球從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間t。

解析(1)WAD＝－mgL＝－WDA

WDA

UDA＝

q

或UDA＝EL①

mgL

解得UDA＝②

q

(2)由恰好過(guò)D點(diǎn)，判斷vD＝0③

根據(jù)動(dòng)能定理：從A到D過(guò)程

mg(Ltan53°－2r)－EqL＝0④

L

解得r＝⑤

6

(3)由于mg＝Eq，小球進(jìn)入電場(chǎng)與水平方向成45°角斜向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)到達(dá)P處水平位移為x，

豎直位移為y，則有x＝y(tǒng)

xtan53°＋x＝2r⑥

LL

解得x＝，y＝⑦

77

1

豎直方向自由落體有y＝gt2⑧

2

2L

解得t＝⑨

7g

mgLL2L

答案(1)(2)(3)

q67g

【題型三】交變電場(chǎng)、組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

【典型例題5】如圖甲所示，A、B是兩塊水平放置的足夠長(zhǎng)的平行金屬板，B板接地，A、B兩極板間電壓

隨時(shí)間的變化情況如圖乙所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有兩正對(duì)小孔O1′和O2，兩板間電壓

為U2?，F(xiàn)有一帶負(fù)電粒子在t＝0時(shí)刻以一定的初速度沿AB兩板間的中軸線O1O1′進(jìn)入，并能從O1′沿

O1′O2進(jìn)入C、D間。已知粒子的帶電荷量為－q，質(zhì)量為m，(不計(jì)粒子重力)求：

(1)粒子剛好能到達(dá)O2孔時(shí)，則該粒子進(jìn)入A、B間的初速度v0為多大；

(2)在(1)的條件下，A、B兩板長(zhǎng)度的最小值；

(3)A、B兩板間距的最小值。

解析：(1)因粒子在A、B間運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平方向不受外力作用做勻速運(yùn)動(dòng)，所以進(jìn)入O1′孔時(shí)的速度即為進(jìn)

入A、B板的初速度

12

在C、D間，由動(dòng)能定理有qU2＝mv0

2

2qU2

解得v0＝。

m

(2)由于粒子進(jìn)入A、B后，在一個(gè)周期T內(nèi)，豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài)，即v豎＝0，豎直方向的位

2qU2

移也為0，若在第一個(gè)周期末粒子從A、B板中射出，則對(duì)應(yīng)兩板最短，長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝v0T＝T。

m

(3)若粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中剛好不到A板而返回，則此時(shí)對(duì)應(yīng)兩板間距最小，設(shè)為d

1qU1Td

則有··2×2＝

2md42

TqU1

解得d＝。

22m

2qU22qU2TqU1

答案：(1)(2)T(3)

mm22m

【典型例題6】如圖所示，兩平行金屬板A、B長(zhǎng)為L(zhǎng)＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢(shì)高300

V，一帶正電的粒子電荷量為q＝1.0×10－10C、質(zhì)量為m＝1.0×10－20kg，沿電場(chǎng)中心線RO垂直電場(chǎng)線飛

6

入電場(chǎng)，初速度v0＝2.0×10m/s，粒子飛出電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)界面MN、PS間的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域，然后進(jìn)入固定在O

點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域(設(shè)界面PS右側(cè)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面的影響)。已知兩界面MN、PS相

距為12cm，D是中心線RO與界面PS的交點(diǎn)，O點(diǎn)在中心線上，距離界面PS為9cm，粒子穿過(guò)界面PS

做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上。(靜電力常量k＝9.0×109N·m2/C2，粒子的

重力不計(jì))

(1)求粒子穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離為多遠(yuǎn)；到達(dá)PS界面時(shí)離D點(diǎn)為多遠(yuǎn)；

(2)在圖上粗略畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡；

(3)確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電荷量的大小。

[思路點(diǎn)撥]

(1)帶電粒子在兩板之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，做類平拋運(yùn)動(dòng)。

(2)帶電粒子在兩界面MN、PS之間的無(wú)場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

(3)在點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則帶電粒子進(jìn)入該電場(chǎng)時(shí)的速度方向與該位置的半徑垂直。

[解析](1)粒子穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離(偏移位移)：

12FqU

y＝at，a＝＝，L＝v0t，

2mdm

L

1qU

則y＝at2＝v02＝0.03m＝3cm。

22dm

1

L

y

粒子在離開(kāi)電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其軌跡與PS交于H，設(shè)H到中心線的距離為Y，則有2＝，

1Y

L＋12cm

2

解得Y＝4y＝12cm。

(2)第一段是拋物線、第二段是直線、第三段是圓弧。

6

(3)粒子到達(dá)H點(diǎn)時(shí)，其水平速度vx＝v0＝2.0×10m/s

6

豎直速度vy＝at＝1.5×10m/s

6

則v合＝2.5×10m/s

該粒子在穿過(guò)界面PS后繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以Q帶負(fù)電。

根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑r＝15cm，

2

Qqv合

電場(chǎng)力提供向心力，則k＝m，

r2r

解得Q≈1.04×10－8C。

[答案](1)3cm12cm(2)軌跡圖見(jiàn)解析

(3)負(fù)電1.04×10－8C

[方法規(guī)律]分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的關(guān)鍵

(1)條件分析：不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場(chǎng)方向垂直，則帶電粒子將在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用

做類平拋運(yùn)動(dòng)。

(2)運(yùn)動(dòng)分析：一般用分解的思想來(lái)處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和

垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)。

【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練5】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(jì)電子的重力，問(wèn)：

(1)若電子從t＝0時(shí)刻射入，在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時(shí)速度的大小為多少？

(2)若電子從t＝0時(shí)刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長(zhǎng)？

(3)若電子恰能從OO′平行于極板飛出，電子應(yīng)從哪一時(shí)刻射入？?jī)蓸O板間距至少為多大？

答案見(jiàn)解析

U01212

解析(1)由動(dòng)能定理得e＝mv－mv0

222

2eU0

解得v＝v0＋.

m

(2)t＝0時(shí)刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，向A極板方向偏轉(zhuǎn)，半個(gè)周期后電場(chǎng)方向反

向，電子在該方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)過(guò)半個(gè)周期，電子在電場(chǎng)方向上的速度減小到零，此時(shí)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(yùn)動(dòng)；要使電子恰能平行于極板飛出，則電子在OO′

方向上至少運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期，故極板長(zhǎng)至少為L(zhǎng)＝v0T.

(3)若要使電子從OO′平行于極板飛出，則電子在電場(chǎng)方向上應(yīng)先加速、再減速，反向加速、再減速，每階

TT

段時(shí)間相同，一個(gè)周期后恰好回到OO′上，可見(jiàn)應(yīng)在t＝＋k·(k＝0,1,2，…)時(shí)射入，極板間距離要滿足

42

eU0

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＝，加速階段運(yùn)動(dòng)的距離

md

T

1eU0d

s＝·42≤，

2md4

eU0eU0

解得d≥T，故兩極板間距至少為T.

8m8m

【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練6】如圖所示，真空中水平放置的兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，一電荷量為＋q(q>0)，

質(zhì)量為m的小球從兩板中央以水平速度v0射入板間，小球離開(kāi)電場(chǎng)后恰能垂直打在距離金屬板右端2L的

屏M上，已知重力加速度為g。求：

(1)板間電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向；

(2)板間電勢(shì)差U要滿足什么條件？

3mg6mg2L2

答案(1)方向豎直向上(2)U≥

2

qqv0

解析(1)設(shè)小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，剛飛出電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度為vy，

qE－mgL

由題意可知a＝，t1＝，vy＝at1

mv0

2L

小球飛出電場(chǎng)后到垂直擊中屏所經(jīng)歷的時(shí)間為t2＝，vy＝gt2

v0

聯(lián)立以上各式解得勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為

3mg

E＝，方向豎直向上。

q

d12

(2)設(shè)板間距離為d，要使小球能飛出電場(chǎng)，應(yīng)滿足≥at1

22

兩板間的電勢(shì)差為U＝Ed

6mg2L2

聯(lián)立解得U≥。

2

qv0

05強(qiáng)化訓(xùn)練

01

【基礎(chǔ)強(qiáng)化】

1．如圖所示，虛線a、b、c代表電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，即Uab＝Ubc，實(shí)線

為一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場(chǎng)力的作用下通過(guò)該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知

()

A．三個(gè)等勢(shì)面中，c的電勢(shì)最高

B．帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)的電勢(shì)能比Q點(diǎn)大

C．帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)的動(dòng)能比Q點(diǎn)大

D．帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度比Q點(diǎn)小

答案B

解析電荷所受電場(chǎng)力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶負(fù)電，因此電場(chǎng)線指向左上方，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，

故c等勢(shì)面的電勢(shì)最低，a等勢(shì)面的電勢(shì)最高，故A錯(cuò)誤；P點(diǎn)電勢(shì)小于Q點(diǎn)電勢(shì)，粒子帶負(fù)電，則帶電

質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)的電勢(shì)能比Q點(diǎn)的電勢(shì)能大，根據(jù)能量守恒可知，帶電質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)的動(dòng)能比Q點(diǎn)的動(dòng)能小，

故B正確，C錯(cuò)誤；等勢(shì)線密的地方電場(chǎng)強(qiáng)度大，加速度大，故質(zhì)點(diǎn)通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度較大，故D錯(cuò)誤。

2.實(shí)驗(yàn)室中探測(cè)到電子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡為一條拋物線。為研究問(wèn)題方便，建立如圖所示的坐標(biāo)系，

該拋物線開(kāi)口向下，a、b是拋物線上的兩點(diǎn)。下列說(shuō)法正確的是()

A．勻強(qiáng)電場(chǎng)方向可能沿x軸正方向

B．勻強(qiáng)電場(chǎng)方向可能沿y軸負(fù)方向

C．勻強(qiáng)電場(chǎng)中a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)高

D．電子在b點(diǎn)的動(dòng)能比在a點(diǎn)的大

答案C

解析電子在電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力應(yīng)指向軌跡內(nèi)側(cè)向下，若勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿x軸正方向，電子所受

的電場(chǎng)力沿x軸負(fù)方向，A錯(cuò)誤；若勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向，電子所受電場(chǎng)力方向沿y軸正方向，B

錯(cuò)誤；拋物線開(kāi)口向下，從a點(diǎn)到b點(diǎn)電子一定做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能減小，電勢(shì)能增大，因負(fù)電荷在電勢(shì)高

處電勢(shì)能小，可知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)中，a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)的高，電子在b點(diǎn)的動(dòng)能比a點(diǎn)的小，C正確，D錯(cuò)誤。

3.圖甲是一對(duì)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的平行金屬板，板間存在如圖乙所示的隨時(shí)間周期性變化的電場(chǎng)，電場(chǎng)方向與兩板垂

直．在t＝0時(shí)刻，一帶電粒子沿板間的中線OO′垂直電場(chǎng)方向射入電場(chǎng)，2t0時(shí)刻粒子剛好沿下極板右邊

緣射出電場(chǎng)．不計(jì)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(yùn)動(dòng)

L

C．粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為

2t0

D．若粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度減為一半，射出電場(chǎng)時(shí)的速度垂直于電場(chǎng)方向

答案C

解析粒子向下偏轉(zhuǎn)，可知粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；粒子在平行板間在0～t0時(shí)間內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)；在t0～

2t0時(shí)間內(nèi)不受任何力，則做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；粒子在水平方向一直做勻速運(yùn)動(dòng)，可知射入電場(chǎng)時(shí)的

L

速度大小為v0＝，選項(xiàng)C正確；若粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度減為一半，由于粒子在電場(chǎng)中受向下的靜電力，

2t0

有向下的加速度，射出電場(chǎng)時(shí)有沿電場(chǎng)方向的速度，則射出電場(chǎng)時(shí)的速度不可能垂直于電場(chǎng)方向，選項(xiàng)D

錯(cuò)誤．

4.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入電場(chǎng)強(qiáng)度大

小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)時(shí)()

mv0

A．所用時(shí)間為

qE

B．速度大小為3v0

2

22mv0

C．與P點(diǎn)的距離為

qE

D．速度方向與豎直方向的夾角為30°

答案C

解析粒子從P點(diǎn)垂直電場(chǎng)方向出發(fā)到達(dá)MN連線上某點(diǎn)時(shí)，沿水平方向和豎直方向的位移大小相等，即

12qE2mv0

v0t＝at，a＝，解得t＝，A項(xiàng)錯(cuò)誤；在該點(diǎn)，粒子沿電場(chǎng)方向的速度vy＝at＝2v0，所以合速度大

2mqE

2

2222mv0

小為v＝（2v0）＋v0＝5v0，B項(xiàng)錯(cuò)誤；該點(diǎn)到P點(diǎn)的距離s＝2x＝2v0t＝，C項(xiàng)正確；由平

qE

v01

行四邊形定則可知，在該點(diǎn)速度方向與豎直方向夾角的正切值tanθ＝＝，則θ≠30°，D項(xiàng)錯(cuò)誤。

2

2v0

5.帶電粒子沿水平方向射入豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子在相同的時(shí)間內(nèi)()

A．位置變化相同

B．速度變化相同

C．速度偏轉(zhuǎn)的角度相同

D．動(dòng)能變化相同

答案B

解析粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在豎直方向上，粒子

相同的時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移之比為1∶3∶5…，在水平方向上位置變化相同，所以其位置變化不同，A錯(cuò)誤；

因?yàn)榱Ｗ幼鰟蜃兯偾€運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，粒子在相同時(shí)間內(nèi)速度變化相同，B正確；粒子

的速度逐漸靠近(而不會(huì)達(dá)到)豎直方向，所以速度的偏轉(zhuǎn)角度會(huì)越來(lái)越小，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理ΔEk＝qEsy，

動(dòng)能的變化與豎直位移成正比，而在相同時(shí)間內(nèi)豎直位移之比為1∶3∶5…，所以動(dòng)能變化不同，D錯(cuò)誤。

6.噴墨打印機(jī)的結(jié)構(gòu)原理如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出半徑為1×10－5m的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過(guò)帶電室時(shí)

被帶上負(fù)電，帶電的多少由計(jì)算機(jī)按字體筆畫高低位置輸入信號(hào)加以控制。帶電后的微粒以一定的初速度

進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，打到紙上，顯示出字體。無(wú)信號(hào)輸入時(shí)，墨汁微粒不帶電，沿

直線通過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)而注入回流槽流入墨盒。設(shè)偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)L1＝1.6cm，兩板間的距離d＝0.50cm，偏轉(zhuǎn)板的

右端到紙的距離L2＝

2.4cm。若一個(gè)墨汁微粒的質(zhì)量為1.6×10－10kg，所帶電荷量為1.25×10－12C，以20m/s的初速度垂直進(jìn)入

偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，打到紙上的點(diǎn)距原入射方向的距離是

1.0mm(不計(jì)空氣阻力和墨汁微粒的重力，可以認(rèn)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)只局限在平行板電容器內(nèi)部，忽略邊緣電場(chǎng)的

不均勻性)()

A．墨汁從進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)到打在紙上，做類平拋運(yùn)動(dòng)

B．兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是2.0×103V

C．兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是5.0×102V

D．為了使紙上的字體放大10%，可以把偏轉(zhuǎn)電壓降低10%

答案C

解析墨汁在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；墨汁出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后

做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且反向延長(zhǎng)線交水平位移的中點(diǎn)，如圖所示

yy1

vqUL2

由圖可知tanθ＝，tanθ＝，又vy＝at＝t，t＝聯(lián)立解得兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是U＝5.0×10V，選

L1md

v0＋L2v0

2

qUL1（L1＋2L2）

項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；由以上式子整理得y＝，為了使紙上的字體放大10%，可以把偏轉(zhuǎn)電

2

2mdv0

壓提高10%，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

【素養(yǎng)提升】

123

7.具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的原子稱為同位素。讓氫的三種同位素原子核(1H、1H和1H)以相同的速度

從帶電平行板間的P點(diǎn)沿垂直于電場(chǎng)的方向射入電場(chǎng)，分別落在A、B、C三點(diǎn)，如圖所示。不計(jì)粒子的重

力，則()

A．三種粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同

B．三種粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電勢(shì)能的變化量相同

1

C．落在A點(diǎn)的是1H

D．到達(dá)負(fù)極板時(shí)，落在C點(diǎn)的粒子的動(dòng)能大于落在A點(diǎn)的粒子的動(dòng)能

答案B

解析三種粒子在水平方向的分速度相同，但水平位移不同，所以在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；

三種粒子的電荷量q相同，且P到A、B、C三點(diǎn)間電勢(shì)差U相等，根據(jù)ΔEp＝－qU可知三種粒子在電場(chǎng)中

運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電勢(shì)能的變化量相同，故B正確；設(shè)兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，粒子質(zhì)量為m，則粒子在

qE

垂直于極板方向的加速度大小為a＝，設(shè)P點(diǎn)到負(fù)極板的垂直距離為h，則粒子的水平位移大小為x＝vt

m

2h2mh3

＝v＝v，由上式可知質(zhì)量越大的粒子水平位移越大，所以落在A點(diǎn)的是1H，故C錯(cuò)誤；粒子

aqE

到達(dá)負(fù)極板時(shí)的動(dòng)能為Ek＝

1

mv2＋qU，由上式可知質(zhì)量越大的粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的動(dòng)能越大，由C項(xiàng)分析可知，落在C點(diǎn)的粒子的動(dòng)

2

能小于落在A點(diǎn)的粒子的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤。

8．(多選)如圖所示，水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，一帶電粒子從A點(diǎn)沿半圓ABC的直徑方

向以某一速度水平射入電場(chǎng)，恰好經(jīng)過(guò)半圓的最低點(diǎn)B。粒子重力不計(jì)，下列分析正確的是()

A．經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度方向沿半圓的半徑

B．無(wú)論射入速度多大，粒子都不可能沿著半徑方向離開(kāi)半圓

C．若僅將下板下移少許，板間電壓增大

D．若僅將下板下移少許，該粒子以相同的速度從原處射入電場(chǎng)，仍會(huì)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)

答案BCD

解析粒子在平行板電容器中向下偏轉(zhuǎn)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，既有水平方向的速度，又有豎直向下的速度，故經(jīng)

過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度方向向右下方，故A錯(cuò)誤；粒子受力方向和初速度方向垂直，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，類平拋

運(yùn)動(dòng)速度反向延長(zhǎng)線過(guò)水平位移的中點(diǎn)，若粒子沿著半徑方向離開(kāi)半圓，則反向延長(zhǎng)線過(guò)圓心，所以一定

εrS

從C點(diǎn)射出是不可能的，故B正確；若僅將下板下移少許，則平行板電容器極板間的距離d變大，由C＝

4πkd

Q

可知電容變小，又平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，則Q不變，由U＝可知板間電壓增大，故C正確；

C

U4πkQ

若僅將下板下移少許，由E＝＝，則電場(chǎng)強(qiáng)度不變，受力情況不變，該粒子以相同的速度從原處射入

dεrS

電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)軌跡不變，則仍會(huì)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)，故D正確。

9.(多選)四個(gè)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(diǎn)沿x軸正方向射入一勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與y軸平行。不計(jì)重力，下列描繪這四個(gè)粒子

運(yùn)動(dòng)軌跡的圖像中，可能正確的是()

x

1Eq

解析：選AD分析可知帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡方程為y＝·v02，

2m

由于帶電粒子的初速度相同，帶電粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的比荷相同，則帶電粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)

的運(yùn)動(dòng)軌跡重合，C錯(cuò)誤；當(dāng)電場(chǎng)方向沿y軸正方向時(shí)，帶正電荷的粒子向y軸正方向偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電荷的粒

子向y軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)，則粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的運(yùn)動(dòng)軌跡與粒子(－q，m)的運(yùn)動(dòng)軌跡關(guān)于x軸對(duì)稱，

粒子(＋q,2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，則x相同時(shí)，粒子(＋q,2m)沿y軸方向的偏轉(zhuǎn)量比粒

子(＋q，m)、(＋3q,3m)的小，D正確；當(dāng)電場(chǎng)方向沿y軸負(fù)方向時(shí)，同理可知A正確，B錯(cuò)誤。(多選)如圖

10．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線，細(xì)

線一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為m的帶電小球。小球靜止時(shí)細(xì)線與豎直方向成θ角，此時(shí)讓小球獲得

初速度且恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是()

mgtanθ

A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝

q

mgL

B．小球動(dòng)能的最