高二物理寒假精品课(人教版2019)第3天电容器带电粒子在电场中的运动(原卷版+解析)

这是一份高二物理寒假精品课(人教版2019)第3天电容器带电粒子在电场中的运动(原卷版+解析)，共18页。试卷主要包含了平行板电容器的两类典型问题，5×10－4 C，25 cm　0等内容，欢迎下载使用。

知道什么是电容器及电容器的主要构造.理解电容的概念及其定义式.了解电容器充电和放电现象及能量转换.会应用平行板电容器的电容公式分析有关问题.
会分析带电粒子在电场中的直线运动，掌握求解带电粒子直线运动问题的两种方法.会用运动的合成与分解的知识，分析带电粒子在电场中的偏转问题 .
1. 对于某一电容器，下列说法正确的是( )
A.电容器所带的电荷量越多，电容越大
B.电容器两极板间的电势差越大，电容越大
C.电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍
D.电容器两极板间的电势差减小到原来的eq \f(1,2)，它的电容也减小到原来的eq \f(1,2)
2. 如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是( )
A .两板间距离越大，加速时间越短
B .两板间距离越小，电子的加速度就越小
C .电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与加速电压有关
D .电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关
一、电容器
1.C＝eq \f(Q,U)与C＝eq \f(εrS,4πkd)的比较
(1)C＝eq \f(Q,U)是电容的定义式，对某一电容器来说，Q∝U 但C＝eq \f(Q,U)不变，反映电容器容纳电荷本领的大小；
(2)C＝eq \f(εrS,4πkd)是平行板电容器电容的决定式，C∝εr，C∝S，C∝eq \f(1,d)，反映了影响电容大小的因素.
2.平行板电容器动态问题的分析方法
抓住不变量，分析变化量，紧抓三个公式：
C＝eq \f(Q,U)、E＝eq \f(U,d)和C＝eq \f(εrS,4πkd)
3.平行板电容器的两类典型问题
(1)开关S保持闭合，两极板间的电势差U恒定，
Q＝CU＝eq \f(εrSU,4πkd)∝eq \f(εrS,d)，
E＝eq \f(U,d)∝eq \f(1,d).
(2)充电后断开S，电荷量Q恒定，
U＝eq \f(Q,C)＝eq \f(4πkdQ,εrS)∝eq \f(d,εrS)，
E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)∝eq \f(1,εrS).
二、带电粒子在电场中的加速
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，一般都不考虑重力 .
(2)质量较大的微粒，如带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力 .
2 .分析带电粒子在静电力作用下加速运动问题的两个角度
三、带电粒子在电场中的偏转
粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理，如图所示 .
1 .基本规律
初速度方向：粒子做匀速直线运动，通过电场的时间t＝eq \f(l,v0)
静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动 .加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
离开电场时垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq \f(qUl,mdv0)
速度方向与初速度方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv\\al(,02))
离开电场时沿静电力方向的偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv\\al(,02)).
2 .两个推论
(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eq \f(1,2)，即tan α＝eq \f(1,2)tan θ.
注意：分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿静电力方向的偏移量 .
一、电容器的动态分析
例题1. 如图所示，平行板电容器与电压恒定的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略.一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )
A.平行板电容器的电容将变大
B.静电计指针张角变小
C.带电油滴的电势能将增大
D.若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受静电力不变
解题归纳：
静电计的使用
静电计是在验电器的基础上改造而成的，静电计由相互绝缘的两部分组成，静电计与电容器的两极板分别连接在一起，则电容器两极板间的电势差就等于静电计上所指示的电势差U，U的大小可从静电计的刻度读出，可见，静电计指针偏角的变化表征了电容器两极板间电势差的变化.
二、示波器的原理
例题2. 如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上) .若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则( )
A .X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B .X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C .X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D .X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极
解题归纳：
1 .构造
示波管是示波器的核心部分，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(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，可使亮斑从左向右扫描移动 .
(2)灯丝被电源加热后，发射热电子，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偏转电极上加一个周期性的信号电压，并且与扫描电压周期相同，那么就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像 .
（建议用时：30分钟）
一、单选题
1．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少1.5×10－4 C，则其电压减小为原来的eq \f(2,3)，则( )
A.电容器原来的带电荷量为9×10－4 C
B.电容器原来的带电荷量为4.5×10－4 C
C.电容器原来的电压为1 V
D.电容器的电容变为原来的eq \f(1,3)
2．极板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，两极板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，极板间距变为eq \f(1,2)d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，两极板间场强为E2，下列说法正确的是( )
A.U2＝U1，E2＝E1 B.U2＝2U1，E2＝4E1
C.U2＝U1，E2＝2E1 D.U2＝2U1，E2＝2E1
3．两平行金属板相距为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出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是( )
A.eq \f(edL,U) B .edUL C.eq \f(eU,dL) D.eq \f(eUL,d)
4．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )
A .U1∶U2＝1∶8 B .U1∶U2＝1∶4
C .U1∶U2＝1∶2 D .U1∶U2＝1∶1
二、多选题
5．如图所示，竖直放置的平行板电容器与定值电阻R、电源E、开关S相连，用绝缘细线将带电小球q悬挂在极板间，闭合开关 S后细线与竖直方向夹角为θ.则有( )
A.保持开关S闭合，将A板向右平移，θ不变
B.保持开关S闭合，将A板向左平移，θ变小
C.断开开关S，将A板向右平移，θ不变
D.断开开关S，将A板向右平移，θ变小
6．如图所示，氕、氘、氚的原子核由初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么( )
A .经过加速电场的过程中，静电力对氚核做的功最多
B .经过偏转电场的过程中，静电力对三种核做的功一样多
C .三种原子核打在屏上的速度一样大
D .三种原子核都打在屏的同一位置上
三、解答题
7．将一带电粒子以初速度v0沿水平方向从A点射入方向竖直向上的匀强电场中，粒子从B点飞出电场时速度方向与电场方向的夹角为150°，电场的水平宽度为L，如图所示，不计粒子的重力，设粒子的质量为m，电荷量的绝对值为q.
(1)该匀强电场的电场强度为多大？
(2)A、B两点的电势差UAB为多大？
8．如图所示，电子(重力可忽略)在电势差U0＝4 500 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右极板中央垂直射入电势差U＝45 V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，偏转电场的板长L1＝10 cm，板间距离d＝1 cm，荧光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15 cm.求：
(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0的大小；
(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；
(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值tan θ；
(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y.
动力学角度
功能关系角度
涉及知识
应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式
功的公式及动能定理
选择条件
匀强电场，静电力是恒力
可以是匀强电场，也可以是非匀强电场，静电力可以是恒力，也可以是变力
第3天电容器 带电粒子在电场中的运动 （复习篇）
知道什么是电容器及电容器的主要构造.理解电容的概念及其定义式.了解电容器充电和放电现象及能量转换.会应用平行板电容器的电容公式分析有关问题.
会分析带电粒子在电场中的直线运动，掌握求解带电粒子直线运动问题的两种方法.会用运动的合成与分解的知识，分析带电粒子在电场中的偏转问题 .
1. 对于某一电容器，下列说法正确的是( )
A.电容器所带的电荷量越多，电容越大
B.电容器两极板间的电势差越大，电容越大
C.电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍
D.电容器两极板间的电势差减小到原来的eq \f(1,2)，它的电容也减小到原来的eq \f(1,2)
答案 C
解析 电容器的电容由电容器本身决定，与所带电荷量和两极板间的电势差无关，A、B、D错；根据C＝eq \f(Q,U)，对于某一电容器，它所带的电荷量与两极板间的电势差成正比，所以电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍，C对.
2. 如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子(不计重力)由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是( )
A .两板间距离越大，加速时间越短
B .两板间距离越小，电子的加速度就越小
C .电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与加速电压有关
D .电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关
答案 C
解析 两板间电压为U保持不变，设板间距为d，电子在板间的加速度为a，据牛顿第二定律有qeq \f(U,d)＝ma，可得电子的加速度a＝eq \f(qU,md)，故两板间距离越小，电子的加速度就越大，B错误；电子在板间做匀加速直线运动，可得d＝eq \f(1,2)at2，可得t＝deq \r(\f(2m,qU))，故两板间距离越大，加速时间越长，A错误；由动能定理可得qU＝eq \f(1,2)mv2，电子到达Q板时的速率v＝eq \r(\f(2qU,m))，与两板间距离无关，仅与加速电压有关，C正确，D错误 .
一、电容器
1.C＝eq \f(Q,U)与C＝eq \f(εrS,4πkd)的比较
(1)C＝eq \f(Q,U)是电容的定义式，对某一电容器来说，Q∝U 但C＝eq \f(Q,U)不变，反映电容器容纳电荷本领的大小；
(2)C＝eq \f(εrS,4πkd)是平行板电容器电容的决定式，C∝εr，C∝S，C∝eq \f(1,d)，反映了影响电容大小的因素.
2.平行板电容器动态问题的分析方法
抓住不变量，分析变化量，紧抓三个公式：
C＝eq \f(Q,U)、E＝eq \f(U,d)和C＝eq \f(εrS,4πkd)
3.平行板电容器的两类典型问题
(1)开关S保持闭合，两极板间的电势差U恒定，
Q＝CU＝eq \f(εrSU,4πkd)∝eq \f(εrS,d)，
E＝eq \f(U,d)∝eq \f(1,d).
(2)充电后断开S，电荷量Q恒定，
U＝eq \f(Q,C)＝eq \f(4πkdQ,εrS)∝eq \f(d,εrS)，
E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)∝eq \f(1,εrS).
二、带电粒子在电场中的加速
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，一般都不考虑重力 .
(2)质量较大的微粒，如带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力 .
2 .分析带电粒子在静电力作用下加速运动问题的两个角度
三、带电粒子在电场中的偏转
粒子在板间做类平抛运动，应用运动分解的知识进行分析处理，如图所示 .
1 .基本规律
初速度方向：粒子做匀速直线运动，通过电场的时间t＝eq \f(l,v0)
静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动 .加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
离开电场时垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq \f(qUl,mdv0)
速度方向与初速度方向夹角的正切值tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUl,mdv\\al(,02))
离开电场时沿静电力方向的偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv\\al(,02)).
2 .两个推论
(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eq \f(1,2)，即tan α＝eq \f(1,2)tan θ.
注意：分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy＝ΔEk，其中y为粒子在偏转电场中沿静电力方向的偏移量 .
一、电容器的动态分析
例题1. 如图所示，平行板电容器与电压恒定的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略.一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )
A.平行板电容器的电容将变大
B.静电计指针张角变小
C.带电油滴的电势能将增大
D.若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受静电力不变
答案 D
解析 两极板与电源相连，所以两极板间的电势差恒定，即静电计张角不变，当下极板向下移动时，两板间距增大，根据公式C＝eq \f(εrS,4πkd)可知电容减小，故A、B错误；电势差不变，而d增大，则根据E＝eq \f(U,d)可知电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该油滴为负电荷，则电势能减小，C错误；与电源断开，两极板的电荷量Q恒定不变，根据公式C＝eq \f(εrS,4πkd)，C＝eq \f(Q,U)，E＝eq \f(U,d)，联立解得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，即两极板间的电场强度在电荷
量恒定的情况下与两极板间的距离无关，故两极板间的电场强度E不变，即油滴所受静电力不变，D正确.
解题归纳：
静电计的使用
静电计是在验电器的基础上改造而成的，静电计由相互绝缘的两部分组成，静电计与电容器的两极板分别连接在一起，则电容器两极板间的电势差就等于静电计上所指示的电势差U，U的大小可从静电计的刻度读出，可见，静电计指针偏角的变化表征了电容器两极板间电势差的变化.
二、示波器的原理
例题2. 如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上) .若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则( )
A .X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极
B .X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极
C .X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极
D .X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极
答案 D
解析 若要使电子打在题图所示坐标系的第Ⅲ象限，电子在x轴上向负方向偏转，则应使X′接正极，X接负极；电子在y轴上也向负方向偏转，则应使Y′接正极，Y接负极，所以选项D正确 .
解题归纳：
1 .构造
示波管是示波器的核心部分，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(由发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(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，可使亮斑从左向右扫描移动 .
(2)灯丝被电源加热后，发射热电子，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偏转电极上加一个周期性的信号电压，并且与扫描电压周期相同，那么就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像 .
（建议用时：30分钟）
一、单选题
1．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少1.5×10－4 C，则其电压减小为原来的eq \f(2,3)，则( )
A.电容器原来的带电荷量为9×10－4 C
B.电容器原来的带电荷量为4.5×10－4 C
C.电容器原来的电压为1 V
D.电容器的电容变为原来的eq \f(1,3)
答案 B
解析 由题意知C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(Q－1.5×10－4 C,\f(2,3)U)，解得Q＝4.5×10－4 C，故B正确，A错误；因电容器的电容未知，所以无法求出电容器原来的电压，C错误；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，D错误.
2．极板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，两极板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，极板间距变为eq \f(1,2)d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，两极板间场强为E2，下列说法正确的是( )
A.U2＝U1，E2＝E1 B.U2＝2U1，E2＝4E1
C.U2＝U1，E2＝2E1 D.U2＝2U1，E2＝2E1
答案 C
解析 由公式E＝eq \f(U,d)、C＝eq \f(Q,U)和C∝eq \f(εrS,d)可得E∝eq \f(Q,εrS)，所以Q加倍，E也加倍，再由U＝Ed可得U不变，C正确.
3．两平行金属板相距为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出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝L，则此电子具有的初动能是( )
A.eq \f(edL,U) B .edUL C.eq \f(eU,dL) D.eq \f(eUL,d)
答案 D
解析 电子从O点运动到A点，因受静电力作用，速度逐渐减小 .根据题意和题图判断，电子仅受静电力，不计重力 .根据能量守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eUOA.因E＝eq \f(U,d)，UOA＝EL＝eq \f(UL,d)，故eq \f(1,2)mv02＝eq \f(eUL,d).故选D.
4．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )
A .U1∶U2＝1∶8 B .U1∶U2＝1∶4
C .U1∶U2＝1∶2 D .U1∶U2＝1∶1
答案 A
解析 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为x＝v0t，两次运动的水平位移之比为2∶1，两次运动的水平速度相同，故运动时间之比为t1∶t2＝2∶1，由于竖直方向上的位移为h＝eq \f(1,2)at2，h1∶h2＝1∶2，故加速度之比为1∶8，又因为加速度a＝eq \f(Uq,mdAB)，故两次偏转电压之比为U1∶U2＝1∶8，故A正确 .
二、多选题
5．如图所示，竖直放置的平行板电容器与定值电阻R、电源E、开关S相连，用绝缘细线将带电小球q悬挂在极板间，闭合开关 S后细线与竖直方向夹角为θ.则有( )
A.保持开关S闭合，将A板向右平移，θ不变
B.保持开关S闭合，将A板向左平移，θ变小
C.断开开关S，将A板向右平移，θ不变
D.断开开关S，将A板向右平移，θ变小
答案 BC
解析 保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，将A板向右平移，d减小，则电场强度增大，带电小球所受静电力增大，根据共点力平衡条件知，θ角变大，反之向左平移A板，θ角变小，A错误，B正确；断开开关S，电荷量不变，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)，E＝eq \f(U,d)，C＝eq \f(Q,U)，联立解得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，电场强度大小与两极板间的距离无关，故电场强度不变，静电力不变，所以移动A板，θ角不变，C正确，D错误.
6．如图所示，氕、氘、氚的原子核由初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么( )
A .经过加速电场的过程中，静电力对氚核做的功最多
B .经过偏转电场的过程中，静电力对三种核做的功一样多
C .三种原子核打在屏上的速度一样大
D .三种原子核都打在屏的同一位置上
答案 BD
解析 设偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中静电力做的功W＝qU1，由于加速电压相同，电荷量相等，所以静电力做的功相等，故选项A错误；在加速电场中qU1＝eq \f(1,2)mv02，在偏转电场中的偏转距离y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU2,md)·(eq \f(L,v0))2，联立解得y＝eq \f(U2L2,4U1d)，同理可得到偏转角度的正切值tan θ＝eq \f(U2L,2U1d)，则y和tan θ与电荷的电荷量和质量无关，即qeq \f(U2y,d)为定值，又因为出射点的位置相同，出射速度的方向也相同，故三种原子核打在屏上同一点，故选项B、D正确；整个过程运用动能定理得eq \f(1,2)mv2＝qU1＋qeq \f(U2y,d)，由于三种原子核的电荷量相同，质量不同，则v不同，故选项C错误 .
三、解答题
7．将一带电粒子以初速度v0沿水平方向从A点射入方向竖直向上的匀强电场中，粒子从B点飞出电场时速度方向与电场方向的夹角为150°，电场的水平宽度为L，如图所示，不计粒子的重力，设粒子的质量为m，电荷量的绝对值为q.
(1)该匀强电场的电场强度为多大？
(2)A、B两点的电势差UAB为多大？
答案 (1)eq \f(\r(3)mv\\al(,02),qL) (2)－eq \f(3mv\\al(,02),2q)
解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t，则水平方向上有L＝v0t
竖直方向上有vy＝v0tan 60°＝eq \f(Eq,m)t
解得E＝eq \f(\r(3)mv\\al(,02),qL).
(2)由粒子偏转方向可知，粒子带负电，由动能定理得
－qUAB＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
又v＝eq \f(v0,cs 60°)＝2v0
解得UAB＝－eq \f(3mv\\al(,02),2q).
8．如图所示，电子(重力可忽略)在电势差U0＝4 500 V的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右极板中央垂直射入电势差U＝45 V的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C，偏转电场的板长L1＝10 cm，板间距离d＝1 cm，荧光屏M到偏转电场极板右端的距离L2＝15 cm.求：
(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0的大小；
(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离(侧移距离)y；
(3)电子飞出偏转电场时偏转角的正切值tan θ；
(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y.
答案 (1)4×107 m/s (2)0.25 cm (3)0.05 (4)1 cm
解析 (1)电子在加速电场中运动，由动能定理得eU0＝eq \f(1,2)mv02，解得v0＝4×107 m/s.
(2)电子在偏转电场中运动，沿初速度方向L1＝v0t，可得t＝2.5×10－9 s.
在垂直初速度方向y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(Ue,dm)t2＝2.5×10－3 m＝0.25 cm.
(3)偏转角的正切值tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(at,vx)＝eq \f(\f(eU,dm)t,v0)＝0.05.
(4)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，则eq \f(Y－y,L2)＝tan θ，解得Y＝1 cm.
动力学角度
功能关系角度
涉及知识
应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式
功的公式及动能定理
选择条件
匀强电场，静电力是恒力
可以是匀强电场，也可以是非匀强电场，静电力可以是恒力，也可以是变力