帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)解題三步法

1、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)解題三步法第一步：審題，審題過程要審清以下因素情況1帶電粒子電性：帶正電、帶負(fù)電、未知。2、電場線的方向：向左、向右、未知。3、粒子的初速度：有初速度、無初速度、還是未知。4、 粒子的運(yùn)動(dòng)方向：順著電場線、逆著電場線、還是未知。5、粒子的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：勻速、勻變速、變加速、曲線運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)。6、考慮重力：考慮重力、不計(jì)重力、帶電粒子小球一般考慮重力、電子一般不考慮重力。7、有無外力作用：有外力作用、只受電場力作用第二步：受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析，1.(1) 電子、質(zhì)子、a粒三(2) 帶電顆粒：如塵埃、液滴、小球等，除有說明或有明確的暗示以外一般都不能忽略。2：.力學(xué)知識(shí)：

2、牛頓第二定律F=ma動(dòng)能定理W=A Ek;不同位置的電勢能、動(dòng)能和重力勢能的和不變；勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律；拋物體運(yùn)動(dòng)規(guī)律；圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律分力-分速度-分動(dòng)能。3、力、速度、加速度的正交分解第三步：題目考查的問題：力和運(yùn)動(dòng)問題還是功和能關(guān)系問題1、 帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的過程 ：平衡、加速或減速、直線、曲線電場的知識(shí)和規(guī)律：E=F/qt F=qE; W=qU E=U/d; E p=qQ2、處理帶電粒子運(yùn)動(dòng)問題的一般有三條途徑：(1 )勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律(2) 能量守恒定律(3) 動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律3、直線變速運(yùn)動(dòng)問題，(1) 優(yōu)先考慮使用場力功與粒子動(dòng)能變化關(guān)系，使用動(dòng)能定理來解，

3、尤其是在非勻 強(qiáng)電場中，我們無法使用牛頓第二定律來處理的過程，而動(dòng)能定理只考慮始末 狀態(tài)，不考慮中間過程。(2) 若問題涉及空間則優(yōu)先考慮功、動(dòng)能，用能量守恒解題。(3) 題目指定求加速度、力、時(shí)間，只能用牛頓第二定律來計(jì)算。(4) 問題涉及時(shí)間則優(yōu)先考慮沖量、動(dòng)量，問題涉及空間則優(yōu)先考慮功、動(dòng)能。4、強(qiáng)化物理?xiàng)l件意識(shí)，聯(lián)系數(shù)學(xué)工具分析(拋物線方程、直線方程、反比例函數(shù)、極值等)。二、運(yùn)動(dòng)的幾種模型帶電粒子的加速特別注意：W=qU適應(yīng)勻強(qiáng)電場和非勻強(qiáng)電場，而W=qEQ只適應(yīng)于勻強(qiáng)電場.對于直線加速，是電勢能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，解決的思路能量觀點(diǎn)來求解。1. 運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入

4、勻強(qiáng)電場，受到的電場力與運(yùn)動(dòng)方向在同一直 線上，做加速（或減速）直線運(yùn)動(dòng)。2. 用功能觀點(diǎn)分析（1） 粒子動(dòng)能的變化量等于電場力做的功。粒子的初速度為零，qU=m2,V=_22（2） 若粒子的初速度不為零，則qU=mv/2- mv o/2, V=3. 用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析：帶電粒子平行電場線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，則帶 電粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，可由電場力求得加速度進(jìn)而求出末速度、位移或時(shí)間。如圖8-1所示，帶電粒子在電場中的加速：在真空中有一對平行金屬板，兩板間加以 電壓U,兩板間有一個(gè)帶正電荷 q的帶電粒子，它在電場力的作用下，由靜止開始從 正極板向負(fù)極板運(yùn)動(dòng)，到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速度有多大？

5、（不考慮帶電粒子的重力）電場力做正功，電勢能減少,【審題】本題是帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的加速問題，動(dòng)能增加，利用動(dòng)能定理便可解決。W=qU設(shè)帶電粒子到達(dá)負(fù)圖8-1極板時(shí)的動(dòng)能E<=2 mv2，由動(dòng)能定理qU=1mv2 得: v=2qUm【關(guān)鍵點(diǎn)】使用w=qU= mv2-適用所有電場。例2：F列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過加速電壓為U的電場之后，哪種粒子的速度最大?(A) a粒子（B）氚核（C）質(zhì)子（D）鈉離子N a【解析】帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過程中，電場力所做的功【審題】：解答本題需要把帶電粒子在電場中加速的知識(shí)與原子核知識(shí)聯(lián)系起來。1.已知電場的加速電壓為U,要判斷粒子速度v的大小，采用qU1

6、2 mv2分析問題比較方便。1 h2 質(zhì)子1H ,a粒子2 He ；氚核3h1;鈉離子M +Na的質(zhì)量最大,【解析】qU 二丄 mv22v=由此可知：加速電壓 U相同的。v與比荷成正比；答案為（C）?！娟P(guān)鍵】-使用動(dòng)能定理-得出速度的表達(dá)式-對表達(dá)式加討論。例3:如圖8-2所示，真空中相距d=5 cm的兩塊平行金屬板 A、B與電源連接(圖中未畫出)，其中B板接地(電勢為零),A板電勢變化的規(guī)律如圖8-3所示.將一個(gè)質(zhì)量m=2.0X 10-23kg,電量q=+1.6 x 10-15C的帶電粒子從緊臨 B板處釋放，不計(jì)重力.求：(1) 在t=0時(shí)刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大??；5(2)

7、 若A板電勢變化周期 T=1.0 x 10 s,在t=0時(shí)將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，粒子到達(dá)A板時(shí)動(dòng)能的大??；(3) A板電勢變化周期多大時(shí)，在t=T/4到t=T/2時(shí)間內(nèi)從緊鄰B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達(dá)A板.【審題】在0-T/2時(shí)間勻加速運(yùn)動(dòng)，T/2-T勻減速運(yùn)動(dòng)，均向 A板。92【解析】電場強(qiáng)度 E =U/d F=qE=qU/d a =F/m=Uq/dm=4.0 X 10 m/s2-2S=a () =5.0 X10 m如果BA距離足夠長在 0-T/2移動(dòng)s，在T/2-T也移動(dòng)s。S=d帶電粒在T/2時(shí)恰好到達(dá)A板15158-28-3此時(shí)粒子動(dòng)能 Ek= qUBA=1.

8、6 x 10- x 2.5=4 x 10- J帶電粒子在t=到 加速運(yùn)動(dòng),在t=到減速運(yùn)動(dòng)使速度減到0。S1= a ()2=S= a()貝 y S= S1+ S2 < d4.0 X 109X ()偏轉(zhuǎn)距離：Sy= a t = 與電荷與初動(dòng)能的比值有關(guān)有關(guān)。 < 5 X 10-2貝 U T< X 10-5【關(guān)鍵】受力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同-加速運(yùn)動(dòng)；受力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反-減速同向運(yùn)動(dòng)。當(dāng)速度為 0時(shí)，兩段位移大小相等，方向相同。二 帶電粒子的偏轉(zhuǎn)(限于勻強(qiáng)電場)1. 運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：初速度 Vo丄電場線方向飛入勻強(qiáng)電場時(shí)，受到恒定的與初速度方向成90°角的電場力作用而做勻變速

9、曲線運(yùn)動(dòng)。初速度V。與 粒子在疊加場(電場和重力場)中的受力方向一致時(shí)，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。(方向相反做勻減速直線運(yùn)動(dòng))。2. 偏轉(zhuǎn)問題：類平拋運(yùn)動(dòng)，對速度正交分解分析處理。(1)垂直電場方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)：t=L/V 0； Vx=Vo Sy=a t1(2)平行于電場方向是初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)：vy=at ,y= at 2粒子速度：Vt2= vx2+ vy2;偏轉(zhuǎn)角：tg $ =vy/v o=嚴(yán)：=與電荷與初動(dòng)能的比值有關(guān) 有關(guān)。mdv02a.圖8-4例4:如圖8-4所示，一束帶電粒子(不計(jì)重力)，垂直電場線方向進(jìn) 入偏轉(zhuǎn)電場，試討論在以下情況下， 粒子應(yīng)具備什么條件才能得到相同 的偏轉(zhuǎn)

10、距離y和偏轉(zhuǎn)角度0 ( U、d、L保持不變?nèi)?1)(2)(3)(4)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度相同；進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的動(dòng)能相同；進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的動(dòng)量相同； 先由同一加速電場加速后，再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場。【審題】【解析】本題是典型的帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題，是一個(gè)類平拋運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是正確推出偏轉(zhuǎn)距離 y和偏轉(zhuǎn)角度0的表達(dá)式。由帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：偏轉(zhuǎn)距離 y= a 12= = 偏轉(zhuǎn)角tg 0 = 討論：(1) 因?yàn)関o相同，仍需q/m相。1 2(2) 因?yàn)? mvo相同，還需q相同。(3) 因?yàn)閙v相同，需q相同。12UL(4) 設(shè)加速電壓為 U，由 qU' =2 mvo ,有：y= ，t

11、g 0 =2dy可見，在(4)的條件下，不論帶電粒子的 m q如何，只要經(jīng)過同一加速電場加速， 再垂直進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出電場的偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角度0都是相同的。【關(guān)鍵點(diǎn)】先加速后偏轉(zhuǎn)-帶電粒子的側(cè)移量和偏轉(zhuǎn)角都與質(zhì)量m帶電量q無關(guān)。三示波管原理1. 構(gòu)造及功能如圖8-5 所示(1) 電子槍：發(fā)射并加速電子.(2) 偏轉(zhuǎn)電極YYZ :使電子束豎直偏轉(zhuǎn)(加信號(hào)電壓)偏轉(zhuǎn)電極XX/ :使電子束水平偏轉(zhuǎn)(加掃描電壓) (3 )熒光屏.2原理：CD YYZ作用：被電子槍加速的電子在YYZ電場中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，出電場后做勻速直線運(yùn)動(dòng)打到熒光屏上，幾何知識(shí)-,導(dǎo)出偏移y' =(l+L/2)

12、tan 0y'隨信號(hào)電壓同步調(diào)變化,但由于視覺暫留及熒光物質(zhì)的殘光特性看到一 條豎直亮線.加掃描電壓可使這一豎直亮線轉(zhuǎn)化成正弦圖形。XX'的作用：與上同理，如果只在偏轉(zhuǎn)電極 XX'上加電壓，亮斑就在水平方向發(fā)生偏移 ，加 上掃描電壓，與信號(hào)電壓周期相同，熒光屏將出現(xiàn)完整的正弦圖形例5:如圖8-6所示，是一個(gè)示波管工作原理圖，電子經(jīng)加速以后以速度V0垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時(shí)偏轉(zhuǎn)量是h,兩平行板間的距離為 d,電勢差為 U,板長為L.每單 ,位電壓引起的偏移量（h/U ）叫做示波管的靈敏度，為了提高靈敏度，可采用下列： d哪些辦法？（） '（1）增大兩板間的電勢

13、差 U（2）盡可能使板長 L做得短些天L -（3）盡可能使兩板間距離d減小些（4） 使電子入射速度 Vo大些【審題】本題物理過程與例題4相同，也是帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題，與示波管結(jié)合在一起，同時(shí)題目當(dāng)中提到了示波管的靈敏度這樣一個(gè)新物理量，只要仔細(xì)分析不難得出正確結(jié)論?！窘馕觥?豎直方向上電子做勻加速運(yùn)動(dòng)，故有h=at 2=,則C 正確.【總結(jié)】本題是理論聯(lián)系實(shí)際的題目，同時(shí)題目中提出了示波管靈敏度這一新概念，首先需要搞清這一新概念，然后應(yīng)用牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式加以求解。四、根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡分析有關(guān)問題該種類型的題目分析方法是：先畫出入射點(diǎn)軌跡的切線，即畫出初速度v0的方向，再根據(jù)實(shí)線表示一個(gè)帶軌

14、跡的彎曲方向，確定電場力的方向，進(jìn)而利用力學(xué)分析方法來分析其它有關(guān)的問題。例6：在圖8-7甲中，虛線表示真空里一點(diǎn)電荷 Q的電場中的兩個(gè)等勢面,負(fù)電q的粒子運(yùn)動(dòng)的路徑，不考慮粒子的重力，請判定甲乙圖8-7（1）Q是什么電荷？（2）ABC三點(diǎn)電勢的大小關(guān)系；（3）ABC三點(diǎn)場強(qiáng)的大小關(guān)系；（4）該粒子在ABC-點(diǎn)動(dòng)能的人小關(guān)系?！緦忣}】A、B、C是帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)軌跡上的三點(diǎn)，通過軌跡的彎曲方向得出受力方向，由受力方向判斷Q的電性，畫出電場線，判斷電勢的高低及場強(qiáng)的大?。桓鶕?jù)電場力對帶電粒子的做功情況判斷粒子在A、B、C三點(diǎn)動(dòng)能的大小關(guān)系?！窘馕觥縬的初速v0的方向（如圖 8-7 q受到Q的

15、作用力是排斥力，故Q設(shè)粒子在A點(diǎn)射入，則A點(diǎn)的軌跡切線方向就是粒子 乙）。由于粒子q向偏離Q的方向偏轉(zhuǎn)，因此粒子 與q fr(2)(3)(4)因負(fù)電荷Q的電場線是由無窮遠(yuǎn)指向Q的，因此由電場線的疏密分布（或由E=kQ/r2 ）得 Ea=Ec<Eb因粒子從AtB電場力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知Ekb<Eka，因© A=© C,由電場力做功VW=QUc 知WAc=0,因此由動(dòng)能定理得 E<a=Ekc，故E<a=EkQEkB先畫出入射點(diǎn)軌跡的切線,【總結(jié)】該種類型的題目分析方法是：先畫出入射點(diǎn)軌跡的切線，即畫出初速度v0的方向，再根據(jù)軌跡的彎曲方向，確定電場力

16、的方向，進(jìn)而利用力學(xué)分析方法來分析其它有 關(guān)的問題。例7：在圖8-8中a、b和c表示點(diǎn)電荷a的電場中的三個(gè)等勢面，它們的電勢分別為U U。一帶電粒子從等勢面a上某處由靜止釋放后，僅受電場力作用而運(yùn)動(dòng)，已知它經(jīng)過b時(shí)的速率為v,則它經(jīng)過等勢面 c的速率為（）?！緦忣}】' 1 .已知a、b、c三點(diǎn)的電勢的大小關(guān)系為U>U>U,根據(jù)"電場線的方向總/是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面”的性質(zhì)，可分析出本題中的/電場線方向是由場源點(diǎn)電荷Q為中心向四處放射的，而這樣分布電場線的場源點(diǎn)電荷應(yīng)當(dāng)是帶正電的。2 .原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的帶電粒子，若僅受電場力作用應(yīng)做加速運(yùn)動(dòng)。應(yīng)沿著

17、電場線的方向由電勢高處向電勢低處運(yùn)動(dòng)。3解答本題選用的主要關(guān)系式為:qU ab說明：前面所說的加速運(yùn)動(dòng)不一定是勻加速運(yùn)動(dòng)。只有在勻強(qiáng)電場中帶電粒子才 會(huì)作勻加速運(yùn)動(dòng)。在非勻強(qiáng)電場中（例如在點(diǎn)電荷場源的電場中）由于各處的電 場強(qiáng)度不同，電荷所受的電場力的大小是變化的，所以加速度的大小也是變化的。Ub為a、b兩等勢面的電勢差，V vb為帶電粒子經(jīng)過時(shí) a、b等勢面時(shí)的速率。（對于b、c兩等勢面也存在同樣形式 的關(guān)系式。）【解析】 設(shè)：帶電粒子的電量為 q; a、b兩等勢面的電勢差為 Uab, b、c兩等勢面的電勢差 Ubc;帶電粒子經(jīng)過等勢面a、b、c時(shí)的速率分別為Va、Vb、Vc。（已知：仏=0

18、,V>=v）22貝U: qUab=mb - mva 2 2qUac=mu - mva得:v c=1.5v b=1.5v所以，帶電粒子經(jīng)過等勢面c的速度為1.5v。【關(guān)鍵】帶電粒子在非勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，牽扯到速度變化時(shí)通常用動(dòng)能定理求解比較方便。五、考慮受重力或其它恒力作用時(shí)的帶電物體的運(yùn)動(dòng)問題若帶電微粒除受電場力作用外，還受到重力或其它恒力作用，同樣要分解成兩個(gè)不同 方向的簡單的直線運(yùn)動(dòng)來處理。«Vo圖8-9例&如圖所示，質(zhì)量為板A、B中央飛入電場，已知板長 時(shí)，葉5X 10-8kg的帶電粒子以vo=2 m/s的速度從水平放置的平行金屬L=10 cm,板間距離d=2 cm

19、,當(dāng)AB間加電壓UAs=1000V 帶電粒子恰好沿直線穿過電場(設(shè)此時(shí)A板電勢高)。(1)帶電粒子的電性，電荷量為多少？(2)恰好由邊緣飛出，所加電壓應(yīng)為多大？3【審題】當(dāng)*E=10伏時(shí)，帶電粒子恰好沿直線穿過板間，說明微粒的重力要考慮要使帶電粒子能從板間飛出，AB間所加電壓必定是一個(gè)范圍，從上板邊緣飛出對應(yīng)最高電壓從下板邊緣飛出對應(yīng)最低 電壓，利用平衡條件、牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式便可求出。3 11解：(1)U ab=10 V時(shí)，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，有qU/d=mg, q=mgd/U=lO C，帶負(fù)電。(2) 當(dāng)電壓UAb比較大時(shí)，qE>mg粒子向上偏，qudd-mg=ma122剛好能由A

20、邊緣飛出去：y=aH =a1 =d/2 解之得 5= 1800 V。當(dāng)電壓UAb比較小時(shí)，qE<mg粒子向下偏，2 2剛好能從下板邊緣飛出有：mg-qU/d=ma2, : y=a2t =a2 =d/2 解之得U2=200 V。要使帶電微粒能穿出極板，則兩極板間的電壓U應(yīng)滿足：Uv U< U2,即: 200 V< U< 1800 V【關(guān)鍵 】帶電微粒受到電場力、重力作用，分解成兩個(gè)不同方向的直線運(yùn)動(dòng)來處理。例9:如圖8-10所示，水平放置的 A、B兩平行板相距h,有一質(zhì)量為 m,帶電量為+q的小 球在B板之下H處以v0初速度豎直向上進(jìn)入兩板間， 欲使小球恰好打到 A處，試

21、討論A、B 板間的電勢差是多少？【審題】小球在 B板下方時(shí)，只受重力作用，做減速運(yùn)動(dòng)，小球進(jìn)入到兩板間 時(shí)，除受向下的重力外，還受到電場力的作用，向上做減速運(yùn)動(dòng)，但由題設(shè)的 條件，電場力的方向未知，需要分兩種情況討論解決?！窘馕觥慨?dāng)電場力向下時(shí)，“ A>® B,由由兩點(diǎn)間能量守恒得：圖 8-101 2QuE-mg(H+h)=2 mv0 , UAB=m V0 UBA=m 2g(H+h)-v 0 : /2q【總結(jié)】本題在求解過程中可分段使用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，也可分段使用動(dòng)能定 理或全過程使用動(dòng)能定理，但全過程使用動(dòng)能定理簡單。-2g(H+h) : /2q當(dāng)電場力向上時(shí)，0

22、A<$ B,山動(dòng)能覽理得1 2mg(H+h)- Qu ba= mv0,例10:如圖8-11所示：在方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，一不可伸長的不導(dǎo)電細(xì)線的一端連著一個(gè)質(zhì)量為 m的帶正電的小球，另一端固定于 0點(diǎn)。把小球拉起至細(xì)線與場強(qiáng)平行，然后無初速釋放。已知小球擺到最低點(diǎn)的另一側(cè)，線與豎直 方向的最大夾角為0。求:小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對小球的拉力。【審題】1. 兩點(diǎn)的速度均為零，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知： 重力勢能的減少量等于電勢能的增加量。2. 小球從釋放點(diǎn)到左側(cè)最高點(diǎn)重力勢能的減少量應(yīng)該等于mglcos 0 。圖 8-113. 小球從釋放點(diǎn)到左側(cè)最高點(diǎn)電勢能的增加量為qEI(1+ si

23、n 0 )正功與負(fù)功的代數(shù)和(即算術(shù)差)應(yīng)當(dāng)?shù)扔谛∏蛟黾拥膭?dòng)能。1mgl qEImv24. 小球擺動(dòng)的過程中，重力做正功(重力勢能減少)；電場力做負(fù)功(電勢能增加)，因此5. 在解答本題時(shí)，還需使用圓周運(yùn)動(dòng)的向心力關(guān)系式，若設(shè)小球經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對小球Tv2T -mg =m的拉力為T,則應(yīng)有：丨?！窘馕觥?1)設(shè)細(xì)線長為l，場強(qiáng)為E，因電量為正，故場強(qiáng)的方向?yàn)樗较蛴?。從釋放點(diǎn)到左側(cè)最高點(diǎn)速度均為零。由能量守恒有 WGWE - ：Ek = 0,故 mglcosv - qEI(1 亠 s in v),解得 E = mgCOSq(1 +s inT)(2 )若小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度為v,此時(shí)線的拉力

24、為 T,1由能量守恒可得mgl -qEl mv2 ,2由牛頓第二定律得2T -mg m-，聯(lián)立解得T= mg3 -【關(guān)鍵點(diǎn)】電場力、重力做功與路徑無關(guān)，分別求每個(gè)分力的功比求合力的功簡單。解決電場中的圓周運(yùn)動(dòng)問題的基本方法和力學(xué)中的情形相同,例11:如圖8-12所示是靜電分選器的原理示意圖，將磷酸鹽和石英的混合顆粒由傳送帶 送至兩個(gè)豎直的帶電平行板上方，顆粒經(jīng)漏斗從電場區(qū)域中央處開始下落，經(jīng)分選后的顆 粒分別裝入A、B桶中，混合顆粒離開漏斗進(jìn)入電場時(shí)磷酸鹽顆粒帶正電，石英顆粒帶負(fù)電，所有顆粒所帶的電量與質(zhì)量之比均為10-5 C/kg .若已知兩板間的距離為10 cm，兩板的豎直高度為50 cm

25、設(shè)顆粒進(jìn)入電場時(shí)的初速度為零，顆粒間相互作用不計(jì).如果要求兩種顆A8圖資料粒離開兩極板間的電場區(qū)域時(shí)有最大的偏轉(zhuǎn)量且又恰好不接觸到極板.(1) 兩極板間所加的電壓應(yīng)多大 ？(2) 若帶電平行板的下端距 A、B桶底高度為H= 1.3 m ,求顆粒落至桶底時(shí)速度的大小.(g= 10 m/s 2)【審題】顆粒在豎直方向上受重力作用，豎直方向分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng)。顆粒沿水平方向上受電場力作用，水平方向分運(yùn)動(dòng)為勻加速直線運(yùn)動(dòng)。 離開電場時(shí)顆粒在豎直方向?yàn)閯蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)規(guī)律，【解析】(1)顆粒在豎直方向上下落距離為極板高度L,由自由落體運(yùn)動(dòng)公式得 L= gt2顆粒沿水平方向的分運(yùn)動(dòng)為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a=離開電場時(shí)顆粒在水平方向的位移為，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：=at2聯(lián)立、式解得U= 1X 104 V(