1、第3讲电容器带电粒子在电场中的运动考纲下载：1.带电粒子在匀强电场中的运动()2示波管、常见电容器、电容器的电压、电荷量和电容的关系()说明：带电粒子在匀强电场中运动的计算，只限于带电粒子进入电场时速度平行或垂直于场强方向的情况。主干知识练中回扣忆教材 夯基提能1电容器及电容(1)电容器组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成；带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值；电容器的充、放电：a充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能；b放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电能转化为其他形式的能。(2)电容定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差
2、的比值；定义式：C；单位：法拉(F)、微法(F)、皮法(pF)。1F106 F1012 pF；意义：表示电容器容纳电荷本领的高低；决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关。(3)平行板电容器的电容决定因素：正对面积，介电常数，两板间的距离；决定式：C。2带电粒子在电场中的运动(1)加速问题在匀强电场中：WqEdqUmv2mv；在非匀强电场中：WqUmv2mv。(2)偏转问题条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场；运动性质：匀变速曲线运动；处理方法：利用运动的合成与分解。a沿初速度方向：做匀速运动；b沿电场方向：做
3、初速度为零的匀加速运动。3示波管(1)装置：示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图所示。(2)原理如果在偏转电极XX和YY之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑；YY上加的是待显示的信号电压，XX上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压。若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象。1判断正误(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。()(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。()(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。()(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。
4、()(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。()(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。()(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。()电容器的动态分析2一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()AC和U均增大BC增大，U减小CC减小，U增大 DC和U均减小解析：选B根据平行板电容器电容公式C可知，在两板间插入电介质后，电容C增大，因电容器所带电荷量Q不变，由C 可知，U 减小，B正确。带电粒子在板间的加速问题3.多选如图所示，电子由静止开始从A极板向B极板
5、运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()A当增大两板间距离时，v也增大B当减小两板间距离时，v增大C当改变两板间距离时，v不变D当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析：选CD电子从静止开始运动，根据动能定理有qUmv20可知，从A极板运动到B极板动能的变化量等于电场力做的功，因两极板间电压不变，所以末速度不变，A、B错误，C正确；如果增大两板间距离，由E 知E变小，由a 知a变小，由xat2知，t增大，电子在两板间运动的时间变长，D正确。带电粒子在板间的偏转问题4如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在
6、偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离。现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ()A使U2加倍 B使U2变为原来的4倍C使U2变为原来的 倍 D使U2变为原来的解析：选A电子经U1加速后获得的动能为Ekmv2qU1，电子在偏转电场中的侧移量为yat2，由此可知当U1加倍时，要使y不变，需使U2加倍，A正确。核心考点分类突破析考点 讲透练足考点一平行板电容器的动态分析1常见类型Q不变U不变2分析比较的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)用决定式C分析平行板电容器电容的变化。(3)用定义式C分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。(4)用E分析电容器极板间
7、场强的变化。典题1多选美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量。如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则()A油滴带负电B油滴带电荷量为C电容器的电容为D将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q，则极板带电荷量为Qkq，由于qEmg，E，C，解得q，C，将极板N向下缓慢移动一小段距离，U不变，d增大，则电场强度
8、E减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，只有选项A、C正确。答案AC解决电容器问题的两个常用技巧 1.在电荷量保持不变的情况下，由E知，电场强度与板间距离无关。 2.对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住C、QCU和E 进行判定即可。1.如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S。当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是()AQ变小，C不变，U不变，E变小BQ变小，C变小，U不变，E不变CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变小，E变
9、小解析：选C电容器充电后再断开S，则电容器所带的电荷量Q不变，由C 可知，d增大时，C变小；又U，所以U变大；由于E，U，所以E，故d增大时，E不变，C正确。2(2014天津高考)如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置。闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动。如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()A增大R1的阻值B增大R2的阻值C增大两板间的距离 D断开电键S解析：选B在直流电路中，R2与电容器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等于R1两端的电压，增大R1的阻值，R1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由E可知
10、，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，A项错误；增大R2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变R1两端的电压，因此电容器中的油滴仍保持静止，B项正确；增大两板间的距离，而电容器的两板间的电压一定，由E可知，板间的场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，C项错误；断开电键S，电容器会通过R1、R2进行放电，使板间场强减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，D项错误。考点二带电体在电场中的直线运动带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。(2)带电颗粒：如液滴、
11、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。典题2(2016连云港二校联考)如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好为重力加速度g。已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力。求：(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A点的距离h；(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)。求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB。审题流程解析：(1)设液珠带电荷量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时，由牛顿第二定律知kmgma又因为ag解
12、得 (2)当液珠速度最大时，其所受合力为零，则kmg解得hH(3)设BC间的电势差大小为UCB，由题意得UCBCB对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得qUCBmg(rBH)0又由(1)得 联立以上各式解得rB2H答案(1)(2)H(3)2H带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法1(2015全国新课标)如图所示，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
13、加速运动解析：选D两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转45时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确。2如图所示，板长L4 cm的平行板电容器，板间距离d3 cm，板与水平线夹角37，两板所加电压为U100 V。有一带负电液滴，带电荷量为q31010 C，以v01 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g10 m/s2，sin 0.6，cos 0.8)。求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度。解析
14、：(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，可得qEcos mgE解得m代入数据得m8108 kg(2)因液滴沿水平方向运动，所以重力做功为零。对液滴由动能定理得qUmv2mv解得v 所以v m/s答案：(1)8108 kg(2) m/s考点三带电体在匀强电场中的偏转问题粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(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的偏转角度总是相同的。(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为粒子水平位移的中点。典题3(2016海淀区期末)如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U12
15、 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l6.0 cm，相距d2 cm，两极板间加以电压U2200 V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e1.61019 C，电子的质量m0.91030 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为零，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求：(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W。解析(1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1
16、Ek解得Ek4.01016 J(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子在水平方向做匀速运动，由lv1t解得t电子在竖直方向受电场力Fe电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a，依据牛顿第二定律有ema解得a电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量yat2解得y0.36 cm(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差Uy电场力所做的功WeU解得W5.761018 J答案(1)4.01016 J(2)0.36 cm(3)5.761018 J分析带电粒子在匀强电场中偏转问题的关键(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0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
17、平抛运动。(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。1如图所示，一价氢离子(H)和二价氦离子(He2)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：选B一价氢离子(H)和二价氦离子(He2)的比荷不同，由qUmv2可知经过加速电场获得的末速度不同，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yat2相同，所以会打在同一点，B正确。2(2016湖南四校联考)如图所
18、示，水平放置的平行板电容器，两极板间距为d8 cm，板长为l25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v00.5 m/s 的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起 cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？(g取10 m/s2)解析：(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有qEmg即qmg得qUmgd当下板向上提起后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动。此时液滴所受电场力F解得agg2 m/s2
19、(2)因为液滴刚好从金属末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是，设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t1，则有at，得t10.2 s而液滴从刚进入电场到出电场的时间t20.5 s所以液滴从射入开始匀速运动到P点时间为tt2t10.3 s答案：(1)2 m/s2(2)0.3 s考点四示波管的工作原理在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。1确定最终偏移距离思路一：思路二：确定OP2确定偏转后的动能(或速度)思路一：确定动能Ekmv2m(vv)思路二：动能定理：qEymv2mv1图(a)为示波管的原理图
20、。如果在电极YY之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图中的()A BCD解析：选B在02t1内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当UY为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当UY为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，故一个周期内荧光屏上的图形为B。2在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U
21、2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理eU1mv进入偏转电场后Lvxt，vyata射出偏转电场时合速度v以后匀速到达荧光屏，由以上各式得Ekmv2eU1答案：eU1专题突破训练一、单项选择题1.如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。那么()A微粒带正、负电荷都有可能B微粒做匀减速直线运动C微粒做匀速直线运动D微粒做匀加速直线运动解析：选B微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同
22、一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，B正确。2(2016山西四校联考)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是()A增大墨汁微粒的比荷B减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C减小偏转极板的长度D增大偏转极板间的电压解析：选C已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，因偏移量y，现要缩小字迹，可行的措施可减小墨汁微粒的比荷 ，增大墨汁微粒进入
23、偏转电场时的初动能 mv，减小偏转极板的长度L，减小偏转极板间的电压U，故选C。3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，板间电场强度为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为 d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是()AU2U1，E2E1BU22U1，E24E1CU2U1，E22E1 DU22U1，E22E1解析：选C根据题意可知，平行板电容器的间距d和电荷量Q发生变化，要求讨论电势差U和场强E的变化。设平行板电容器的电容为C，则有C，又因为UEd，所以解得U，E，当带电荷量变为2Q，板间距变为时，U2U1，E22E1，C正
24、确。4.(2016安徽六校联考)如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点。则下列说法正确的是()A三个液滴在真空盒中都做平抛运动B三个液滴的运动时间不一定相同C三个液滴落到底板时的速率相同D液滴c所带电荷量最多解析：选D三个液滴具有相同的水平初速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内
25、，液滴c水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，故它所带电荷量也最多，选项D正确；因为电场力对液滴c做功最多，它落到底板时的速率最大，选项C错误。5(2016宿州质检)如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的()A运行时间tPtQB电势能减少量之比EPEQ21C电荷量之比qPqQ21D动能增加量之比EkPEkQ41解析：选C两球均受重力和电场力作用，做匀加速直线运动，按
26、运动的分解，竖直方向是重力作用下的自由落体运动，二者下降位移相同，所用时间相等，A错误；水平方向是在电场力作用下的初速度为零的匀加速直线运动，位移之比是xPxQ21，由公式xt2得它们的电荷量之比qPqQ21，C正确；又EPqPU，EQqQ，故EPEQ41，B错误；动能增加量EkPEPmgh，EkQEQmgh，故EkPEkQ41，D错误。6如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是()A小球带负电B电场力跟重力平衡C小球在从a点运动到b点的过程中，电势
27、能减少D小球在运动过程中机械能守恒解析：选B由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向向上，所以小球带正电，A错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D错误。二、多项选择题7.如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接。Q表示电容器所带的电荷量，E表示两
28、板间的电场强度。则()A当d增大，S不变时，Q减小，E减小B当S增大，d不变时，Q增大，E增大C当d减小，S增大时，Q增大，E增大D当S减小，d增大时，Q不变，E增大解析：选AC由题意可知，电容器的两极板与电池相连，故电容器两极板之间的电压U保持不变。由C，C，E，可知A、C正确。8.如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板。质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是()A使初速度减为原来的B使M、N间电压加倍C使M、N间电压提高到原来的4
29、倍D使初速度和M、N间电压都减为原来的解析：选BD粒子恰好到达N板时有Uqmv，恰好到达两板中间返回时有 qmv2，比较两式可知B、D正确。9(2016长春模拟)如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点。一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出。下列说法正确的是()A粒子的运动轨迹一定经过P点B粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由E、D之间某点(不含E、D)射出正方形ABCD区域D若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区
30、域解析：选BD粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项B正确；由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，选项D正确。10如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2v1)。若小物体电荷量保持不变，OMON，则()A小物体上升的最大高度为 B从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C从M到N的过程中，电场力
31、对小物体先做负功后做正功D从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：选ADM、N两点在同一等势面上。从M至N的过程中，根据动能定理，mghWf0mv，从N至M的过程中，mghWfmv，由两式联立可得h，A项正确；从N至M，点电荷周围的电势先增大后减小，故小物体的电势能先减小后增大，B项错误；从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功，C项错误；根据库仑定律，从N到M的过程中，小物体受到的库仑力先增大后减小，受力分析知，小物体受到的支持力先增大后减小，因而摩擦力也是先增大后减小，D项正确。三、计算题11.(2016浙大附中期中)如图所示，某一水平面内有一直角坐标系x
32、Oy，x0和xL10 cm的区间内有一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场，E11.0104 V/m，xL和x3L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场，E21.0104 V/m，一电子(为了计算简单，比荷取21011 C/kg)从直角坐标系xOy的坐标原点O以很小的速度进入匀强电场，计算时不计此速度且只考虑xOy平面内的运动。求：(1)电子从O点进入电场到离开x3L处的电场所需的时间；(2)电子离开x3L处的电场时的纵坐标。解析：(1)设电子离开xL的位置为P点，离开x3L的位置为Q点，则vP 代入数据得 vP2107 m/s电子从O点运动到P点，所用时间t1 代入数据得t1108 s
33、电子从P点运动到Q点，所用时间t2108 s所以总时间为tt1t22108 s(2)电子运动到Q点时yQt代入数据得 yQ0.1 m答案：(1)2108 s(2)0.1 m12如图所示，两平行金属板A、B长为L8 cm，两板间距离d8 cm，A板比B板电势高300 V，一带正电的粒子电荷量为q1.01010 C、质量为m1.01020 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v02.0106 m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)。已知两界面MN、PS相距为12 cm，D是中心线
34、RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上。(静电力常量k9.0109 Nm2/C2，粒子的重力不计)(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小。解析：(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离：yat2aLv0t则yat20.03 m3 cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，则有 解得Y4y12 cm(2)第一段是抛物线，第二段是直线，第三段是圆弧。(3)粒子到达H点时，其水平速度vxv02.0106 m/s竖直速度vyat1.5106 m/s则v合2.5106 m/s该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电根据几何关系可知半径r15 cmkm解得Q1.04108 C答案：(1)3 cm12 cm(2)见解析(3)负电1.04108 C