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高中物理《帶電粒子在電場中的運(yùn)動》公開課的教案

　　要點(diǎn)一處理帶電粒子在電場中運(yùn)動的兩類基本思維程序

高中物理《帶電粒子在電場中的運(yùn)動》公開課的教案

　　1．求解帶電體在電場中平衡問題的一般思維程序

　　這里說的“平衡”，即指帶電體加速度為零的靜止或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)，仍屬“靜力學(xué)”范疇，只是帶電體受的外力中多一靜電力而已．

　　解題的一般思維程序?yàn)椋?/p>

　　（1）明確研究對象．

　　（2）將研究對象隔離開來，分析其所受全部外力，其中的靜電力要根據(jù)電荷正、負(fù)和電場的方向來判定．

　　（3）根據(jù)平衡條件（ F＝0）列出方程，求出結(jié)果．

　　2．用能量觀點(diǎn)處理帶電體在電場中的運(yùn)動

　　對于受變力作用的帶電體的運(yùn)動，必須借助于能量觀點(diǎn)處理．即使都是恒力作用的問題，用能量觀點(diǎn)處理也顯得簡潔．具體方法常有兩種：

　　（1）用動能定理處理的思維程序一般為：

　　①弄清研究對象，明確所研究的物理過程．

　　②分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負(fù)功．

　　③弄清所研究過程的始、末狀態(tài)（主要指動能）．

　　④根據(jù)W＝ΔEk列出方程求解．

　　（2）用包括電勢能和內(nèi)能在內(nèi)的能量守恒定律處理，列式的方法常有兩種：

　　①從初、末狀態(tài)的能量相等（即E1＝E2）列方程．

　　②從某些能量的減少等于另一些能量的增加（即ΔE＝ΔE′）列方程．

　　要點(diǎn)二在帶電粒子的加速或偏轉(zhuǎn)問題中對粒子重力的處理

　　若所討論的問題中，帶電粒子受到的重力遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于靜電力，即mgqE，則可忽略重力的影響．譬如，一電子在電場強(qiáng)度為4。0×103 V/m的電場中，它所受到的靜電力F＝eE＝6。4×10－16 N，它所受的重力G＝mg＝9。0×10－30 N（g取10 N/kg），F(xiàn)G＝7。1×1013。可見，重力在此問題中的影響微不足道，應(yīng)該略去不計(jì)．此時(shí)若考慮了重力，反而會給問題的解決帶來不必要的麻煩，要指出的是，忽略粒子的重力并不是忽略粒子的質(zhì)量．

　　反之，若是帶電粒子所受的重力跟靜電力可以比擬，譬如，在密立根油滴實(shí)驗(yàn)中，帶電油滴在電場中平衡，顯然這時(shí)就必須考慮重力了．若再忽略重力，油滴平衡的依據(jù)就不存在了．

　　總之，是否考慮帶電粒子的重力要根據(jù)具體情況而定，一般說來：

　　（1）基本粒子：如電子、原子、α粒子、離子等除了有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但并不忽略質(zhì)量）．

　　（2）帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．

　　要點(diǎn)三由類平拋運(yùn)動規(guī)律研究帶電粒子的偏轉(zhuǎn)

　　帶電粒子以速度v0垂直于電場線的方向射入勻強(qiáng)電場，受到恒定的與初速度方向垂直的靜電力的作用，而做勻變速曲線運(yùn)動，也稱為類平拋運(yùn)動．可以應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的方法分析這種運(yùn)動．

　　1．分析方法

　　vx＝v0 x＝v0t（初速度方向）vy＝at y＝12at2（電場線方向）

　　圖1－9－2

　　如圖1－9－2所示，其中t＝lv0，a＝Fm＝qEm＝qUmd

　　則粒子離開電場時(shí)的側(cè)移位移為：y＝ql2U2mv20d

　　粒子離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角

　　tan θ＝vyv0＝qlUmv20d

　　2．對粒子偏轉(zhuǎn)角的討論

　　粒子射出電場時(shí)速度的反向延長線與電場中線相交于O點(diǎn)，O點(diǎn)與電場邊緣的距離為l′，則：tan θ＝y(tǒng)l′

　　則l′＝y(tǒng)tan θ＝ql2U2mv20dqlUmv20d＝l2 即tan θ＝2yl

　　示波器是怎樣實(shí)現(xiàn)電信號觀察功能的？

　　1．示波器是用來觀察電信號隨時(shí)間變化情況的儀器，其核心部件是示波管．

　　2．示波管的構(gòu)造：電子槍、偏轉(zhuǎn)電極、熒光屏．

　　3．工作原理（如圖1－9－3所示）

　　利用帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)的運(yùn)動規(guī)律．

　　圖1－9－3

　　4．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運(yùn)動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑．

　　5．信號電壓：YY′所加的待測信號的電壓．

　　掃描電壓：XX′上機(jī)器自身的鋸齒形電壓．

　　若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個(gè)周期內(nèi)變化的圖象．

　　6．若只在YY′之間加上如圖1－9－4甲所示電壓，電子在熒光屏上將形成一條豎直亮線，若再在XX′之間加上圖乙所示電壓，則在屏上將看到一條正弦曲線．

　　圖1－9－4

　　一、帶電粒子的加速

　　【例1】如圖1－9－5所示，

　　圖1－9－5

　　在點(diǎn)電荷＋Q的電場中有A、B兩點(diǎn)，將質(zhì)子和α粒子分別從A點(diǎn)由靜止釋放，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，它們的速度大小之比為多少？

　　答案 21

　　解析質(zhì)子和α粒子都是正離子，從A點(diǎn)釋放將受靜電力作用加速運(yùn)動到B點(diǎn)，設(shè)A、B兩點(diǎn)間的電勢差為U，由動能定理有：

　　對質(zhì)子：12mHv2H＝qHU

　　對α粒子：12mαv2α＝qαU

　　所以vHvα＝ qHmαqαmH＝ 1×42×1＝2

　　二、帶電粒子的偏轉(zhuǎn)

　　【例2】試證明：帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場沿中線射出時(shí)，

　　圖1－9－6

　　其速度v的反向延長線過水平位移的中點(diǎn)（即粒子好像從極板間l2處沿直線射出，如圖1－9－6所示，x＝l2）．

　　證明帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時(shí)的偏移量y＝12at2＝12qUdm（lv0）2，作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O點(diǎn)，O點(diǎn)與電場邊緣的距離為x，則x＝y(tǒng)tan θ＝qUl22dmv20qUlmv20d＝l2

　　所以帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場沿中線射出時(shí)，其速度v的反向延長線過水平位移的中點(diǎn)。

　　1。一束質(zhì)量為m、

　　圖1－9－7

　　電荷量為q的帶電粒子以平行于兩極板的速度v0進(jìn)入勻強(qiáng)電場，如圖1－9－7所示．如果兩極板間電壓為U，兩極板間的距離為d、板長為L。設(shè)粒子束不會擊中極板，則粒子從進(jìn)入電場到飛出電場時(shí)電勢能的變化量為________．（粒子的重力忽略不計(jì)）

　　答案 q2U2L22md2v20

　　解析帶電粒子在水平方向做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動，靜電力做功導(dǎo)致了電勢能的改變．

　　水平方向勻速，則運(yùn)動時(shí)間t＝Lv0①

　　豎直方向加速，則偏移量y＝12at2②

　　且a＝qUdm③

　　由①②③得y＝qUL22dmv20

　　則靜電力做功W＝qEy＝qUd qUL22dmv20＝q2U2L22md2v20

　　由功能原理得電勢能減少了q2U2L22md2v20。

　　2．平行金屬板間的電場是勻強(qiáng)電場，如果已知兩極板間電壓為U，你能利用牛頓定律求解一質(zhì)量為m，所帶電荷量為q的帶電粒子從一極板到達(dá)另一極板時(shí)的速度嗎？

　　答案 2qUm

　　解析設(shè)板間距離為d，則場強(qiáng)E＝Ud

　　粒子受到的靜電力F＝qE＝qUd

　　粒子運(yùn)動的加速度：a＝Fm＝qUmd

　　由運(yùn)動學(xué)方程得：v2＝2ad＝2qUmdd

　　解得v＝ 2qUm

　　3．如圖1－9－8所示，

　　圖1－9－8

　　長為l，傾角為θ的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，一電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球，以初速度v0從斜面底端A點(diǎn)開始沿斜面上滑，當(dāng)達(dá)到斜面頂端的B點(diǎn)時(shí)，速度仍為v0，求電場強(qiáng)度E。

　　答案 mgqtan θ

　　解析由于帶電小球處于電場中，其上升過程中重力、靜電力均做功，初、末狀態(tài)的動能不變，二力做功之和為零，重力做負(fù)功，靜電力做正功．

　　WG＋W電＝0

　　－mglsin θ＋qElcos θ＝0

　　E＝mgqtan θ

　　4．一束電子流在經(jīng)U＝5 000 V

　　圖1－9－9

　　的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場，如圖1－9－9所示．若兩板間距離d＝1。0 cm，板長l＝5。0 cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個(gè)極板上最大能加多大電壓？

　　答案 400 V

　　解析在加速電壓一定時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓U′越大，電子在極板間的偏移的距離就越大，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出時(shí)，兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓即為題目要求的最大電壓．

　　加速過程中，由動能定理得

　　eU＝12mv20①

　　進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速直線運(yùn)動

　　l＝v0t②

　　在垂直于板面的方向做勻加速直線運(yùn)動，加速度a＝Fm＝eU′dm③

　　偏移的距離y＝12at2④

　　能飛出的條件y≤d2⑤

　　解①～⑤式得

　　U′≤2Ud2l2＝2×5 000×（1。0×10－2）2（5。0×10－2）2 V

　　＝4。0×102 V

　　即要使電子能飛出，兩極板間所加電壓最大為400 V。

　　題型一帶電粒子在電場中的加速

　　如圖1（a）所示，兩個(gè)平行金屬板P、Q豎直放置，兩板間加上如圖（b）所示的電壓．t＝0時(shí)，Q板比P板電勢高5 V，此時(shí)在兩板的正中央M點(diǎn)放一個(gè)電子，速度為零，電子在靜電力作用下運(yùn)動，使得電子的位置和速度隨時(shí)間變化．假設(shè)電子始終未與兩板相碰．在0<t<8×10－10 s的時(shí)間內(nèi)，這個(gè)電子處于M點(diǎn)的右側(cè)，速度方向向左且大小逐漸減小的時(shí)間是（）

　　圖1

　　A．0<t<2×10－10 s

　　B．2×10－10 s<t<4×10－10 s

　　C．4×10－10 s<t<6×10－10 s

　　D．6×10－10 s<t<8×10－10 s

　　思維步步高t＝0時(shí)，電子向哪個(gè)極板運(yùn)動？接下來電子做什么性質(zhì)的運(yùn)動？運(yùn)動過程和電場的周期性有什么關(guān)系？速度向左且減小時(shí)滿足的條件是什么？

　　解析 0～T4，電子向右做加速運(yùn)動；T4～T2過程中電子向右減速運(yùn)動，T2～3T4過程中電子向左加速，3T4～T過程中電子向左減速，滿足條件．

　　答案 D

　　拓展探究如圖2所示，

　　圖2

　　水平面絕緣且光滑，彈簧左端固定，右端連一輕質(zhì)絕緣擋板，空間存在著水平方向的勻強(qiáng)電場，一帶電小球在靜電力和擋板壓力作用下靜止．若突然將電場反向，則小球加速度的大小隨位移x變化的關(guān)系圖象可能是下圖中的（）

　　答案 A

　　解析注意題目中考查的是加速度隨位移變化的圖象，而不是隨速度變化的圖象，彈簧的彈力和位移成正比．

　　帶電粒子在電場中加速運(yùn)動，受到的力是在力學(xué)受力分析基礎(chǔ)上加上靜電力，常見的直線運(yùn)動有以下幾種情況：①粒子在電場中只受靜電力，帶電粒子在電場中做勻加速或者勻減速直線運(yùn)動．②粒子受到靜電力、重力以及其它力的作用，在桿、地面等外界的約束下做直線運(yùn)動．③粒子同時(shí)受到重力和靜電力，重力和靜電力合力的方向在一條直線上，粒子做變速直線運(yùn)動．④粒子在非勻強(qiáng)電場中做直線運(yùn)動，加速度可能發(fā)生變化。

　　題型二帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

　　如圖3所示為研究電子槍中電子在電場中運(yùn)動的簡化模型示意圖．在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個(gè)場強(qiáng)大小均為E的勻強(qiáng)電場Ⅰ和Ⅱ，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計(jì)電子所受重力）．

　　圖3

　　（1）在該區(qū)域AB邊的中點(diǎn)處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置．

　　（2）在電場Ⅰ區(qū)域內(nèi)適當(dāng)位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開，求所有釋放點(diǎn)的位置．

　　思維步步高電子在區(qū)域Ⅰ中做什么運(yùn)動？離開區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度由什么決定？在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域之間電子做什么運(yùn)動？它的寬度對電子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ有無影響？電子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ做什么運(yùn)動？偏轉(zhuǎn)距離與哪些物理量有關(guān)？

　　解析（1）設(shè)電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，電子在電場Ⅰ中做勻加速直線運(yùn)動，出區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度為v0，此后在電場Ⅱ中做類平拋運(yùn)動，假設(shè)電子從CD邊射出，出射點(diǎn)縱坐標(biāo)為y，有

　　eEL＝12mv20

　　L2－y＝12at2＝12eEmLv02

　　解得y＝14L，所以原假設(shè)成立，即電子離開ABCD區(qū)域的位置坐標(biāo)為（－2L，14L）

　　（2）設(shè)釋放點(diǎn)在電場區(qū)域Ⅰ中，其坐標(biāo)為（x，y），在電場Ⅰ中電子被加速到v1，然后進(jìn)入電場Ⅱ做類平拋運(yùn)動，并從D點(diǎn)離開，有：eEx＝12mv21

　　y＝12at2＝12eEmLv12

　　解得xy＝L24

　　所以電子在電場Ⅰ中的位置如果滿足橫縱坐標(biāo)的乘積等于L24，滿足條件．

　　答案（1）（－2L，14L）（2）電子在電場Ⅰ區(qū)域中的位置如果滿足橫縱坐標(biāo)的乘積等于L24，即可滿足條件．

　　拓展探究一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球以初速度v0水平拋出，在小球經(jīng)過的豎直平面內(nèi)，存在著若干個(gè)如圖4所示的無電場區(qū)和有理想上下邊界的勻強(qiáng)電場區(qū)，兩區(qū)域相互間隔、豎直高度相等，電場區(qū)水平方向無限長，已知每一電場區(qū)的場強(qiáng)大小相等、方向均豎直向上，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）

　　圖4

　　A．小球在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動

　　B．若場強(qiáng)大小等于mgq，則小球經(jīng)過每一電場區(qū)的時(shí)間均相同

　　C．若場強(qiáng)大小等于2mgq，小球經(jīng)過每一無電場區(qū)的時(shí)間均相同

　　D．無論場強(qiáng)大小如何，小球通過所有無電場區(qū)的時(shí)間均相同

　　答案 AC

　　解析無論在豎直方向上如何運(yùn)動，小球在水平方向上不受力，做勻速直線運(yùn)動；如果電場強(qiáng)度等于mgq，則小球在通過每一個(gè)電場區(qū)時(shí)在豎直方向上都做勻速直線運(yùn)動，但是在無電場區(qū)是做加速運(yùn)動，所以進(jìn)入每一個(gè)電場區(qū)時(shí)在豎直方向上的速度逐漸增加，通過時(shí)間逐漸變短；如果場強(qiáng)的大小等于2mgq，小球經(jīng)過第一電場區(qū)時(shí)在豎直方向上做減速運(yùn)動，到達(dá)第一電場區(qū)的底邊時(shí)豎直方向上的速度恰好為零，如此往復(fù)，通過每個(gè)電場區(qū)域的時(shí)間都相等．

　　帶電粒子在電場中做曲線運(yùn)動，常見的形式有以下幾種：①類平拋運(yùn)動，當(dāng)粒子只受靜電力的情況下，初速度方向和電場方向垂直，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，處理方法和平拋運(yùn)動的處理方法完全相同，常見的問題是偏轉(zhuǎn)距離和偏轉(zhuǎn)角度的計(jì)算．②圓周運(yùn)動．在電場中做圓周運(yùn)動常見的形式是等效最高點(diǎn)的求解．③一般的曲線運(yùn)動，常常考查描述靜電力的性質(zhì)和能的性質(zhì)的物理量之間的關(guān)系。

　　一、選擇題

　　1．下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的電場加速后，粒子速度最大的是（）

　　A．質(zhì)子 B．氘核

　　C．α粒子 D．鈉離子Na＋

　　答案 A

　　2．有一束正離子，以相同速率從同一位置進(jìn)入帶電平行板電容器的勻強(qiáng)電場中，所有離子運(yùn)動軌跡一樣，說明所有離子（）

　　A．具有相同質(zhì)量 B．具有相同電荷量

　　C．具有相同的比荷 D．屬于同一元素同位素

　　答案 C

　　3．一帶電粒子在電場中只受靜電力作用時(shí)，它不可能出現(xiàn)的運(yùn)動狀態(tài)是（）

　　A．勻速直線運(yùn)動 B．勻加速直線運(yùn)動

　　C．勻變速曲線運(yùn)動 D．勻速圓周運(yùn)動

　　答案 A

　　解析當(dāng)帶電粒子在電場中只受靜電力作用時(shí)，靜電力作用會產(chǎn)生加速度，B、C、D選項(xiàng)中的運(yùn)動情況都有加速度，而A項(xiàng)中勻速直線運(yùn)動加速度為零，不可能出現(xiàn)．

　　4．平行板間有如圖5所示周期變化的電壓．不計(jì)重力的帶電粒子靜止在平行板中央，從t＝0時(shí)刻開始將其釋放，運(yùn)動過程無碰板情況．下圖中，能定性描述粒子運(yùn)動的速度圖象正確的是（）

　　圖5

　　答案 A

　　解析粒子在第一個(gè) 內(nèi)，做勻加速直線運(yùn)動，時(shí)刻速度最大，在第二個(gè) 內(nèi)，電場反向，粒子做勻減速直線運(yùn)動，到T時(shí)刻速度為零，以后粒子的運(yùn)動要重復(fù)這個(gè)過程．

　　5．圖6為一個(gè)示波器工作原理的示意圖，

　　圖6

　　電子經(jīng)電壓為U1的加速電場后以速度v0垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差U2，板長L，為了提高示波管的靈敏度（每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)量h/U2）可采取的方法是（）

　　A．增大兩板間電勢差U2

　　B．盡可能使板長L短些

　　C．盡可能使板間距離d小一些

　　D．使加速電壓U1升高一些

　　答案 C

　　解析電子的運(yùn)動過程可分為兩個(gè)階段，即加速和偏轉(zhuǎn)．

　　（1）加速：eU1＝12mv20，

　　（2）偏轉(zhuǎn)：L＝v0t，h＝12at2＝eU22md t2

　　綜合得：hU2＝L24U1d ，因此要提高靈敏度則需要：增大L或減小U1或減小d，故答案應(yīng)選C。

　　6．如圖7所示，

　　圖7

　　電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動，當(dāng)?shù)竭_(dá)B板時(shí)速度為v，保持兩板電壓不變，則（）

　　A．當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，v增大

　　B．當(dāng)減小兩板間距離時(shí)，v減小

　　C．當(dāng)改變兩板間距離時(shí)，v不變

　　D．當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動的時(shí)間增大

　　答案 CD

　　解析由動能定理得eU＝12mv2。當(dāng)改變兩極板間距離時(shí)，v不變，故C選項(xiàng)正確．粒子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動v＝dt，v2＝dt，即t＝2dv，當(dāng)增大兩板間距離時(shí)，電子在板間運(yùn)動時(shí)間增大，故D選項(xiàng)正確．

　　7。

　　圖8

　　一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場，電場沿豎直方向．兩個(gè)比荷（即粒子的電荷量與質(zhì)量之比）不同的帶正電的粒子a和b，從電容器邊緣的P點(diǎn)（如圖8所示）以相同的水平速度射入兩平行板之間．測得a和b與電容器極板的撞擊點(diǎn)到入射點(diǎn)之間的水平距離之比為1∶2，若不計(jì)重力，則a和b的比荷之比是（）

　　A．1∶2 B．1∶8

　　C．2∶1 D．4∶1

　　答案 D

　　二、計(jì)算論述題

　　8．如圖9所示，

　　圖9

　　在距地面一定高度的位置以初速度v0向右水平拋出一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負(fù)電小球，小球的落地點(diǎn)與拋出點(diǎn)之間有一段相應(yīng)的水平距離（水平射程）．若在空間加上一豎直方向的勻強(qiáng)電場，使小球的水平射程變?yōu)樵瓉淼?2，求此電場的場強(qiáng)大小和方向．

　　答案 3mgq 方向豎直向上

　　解析不加電場時(shí)小球在空間運(yùn)動的時(shí)間為t，水平射程為x

　　x＝v0t

　　下落高度h＝12gt2

　　加電場后小球在空間的運(yùn)動時(shí)間為t′，小球運(yùn)動的加速度為a

　　12x＝v0t′，h＝12at′2

　　由以上各式，得a＝4g

　　則場強(qiáng)方向只能豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律

　　mg＋qE＝ma

　　聯(lián)立解得：所以E＝3mgq

　　方向豎直向上．

　　9．如圖10所示，

　　圖10

　　邊長為L的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在著勻強(qiáng)電場．電荷量為q、動能為Ek的帶電粒子從a點(diǎn)沿ab方向進(jìn)入電場，不計(jì)重力．

　　（1）若粒子從c點(diǎn)離開電場，求電場強(qiáng)度的大小和粒子離開電場時(shí)的動能．

　　（2）若粒子離開電場時(shí)動能為Ek′，則電場強(qiáng)度為多大？

　　答案（1）4EkqL 5Ek

　　（2）粒子由bc邊離開電場時(shí)，E＝2Ek（Ek′－Ek）qL

　　粒子由cd邊離開電場時(shí)，E＝Ek′－EkqL

　　解析（1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，在垂直于電場方向：L＝v0t

　　在平行于電場方向：L＝12at2＝qEt22m＝qEL22mv20

　　所以E＝4EkqL

　　qEL＝Ekt－Ek

　　則Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek

　　（2）若粒子由bc邊離開電場，則L＝v0t

　　vy＝qEmt＝qELmv0

　　由動能定理得：Ek′－Ek＝12mv2y＝q2E2L24Ek

　　E＝2Ek（Ek′－Ek）qL

　　若粒子由cd邊離開電場，由動能定理得

　　qEL＝Ek′－Ek

　　所以E＝Ek′－EkqL

　　10．如圖11所示，

　　圖11

　　長L＝0。20 m的絲線的一端拴一質(zhì)量為m＝1。0×10－4 kg、帶電荷量為q＝＋1。0×10－6 C的小球，另一端連在一水平軸O上，絲線拉著小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E＝2。0×103 N/C。現(xiàn)將小球拉到與軸O在同一水平面的A點(diǎn)上，然后無初速地將小球釋放，取g＝10 m/s2。求：

　　（1）小球通過最高點(diǎn)B時(shí)速度的大小．

　　（2）小球通過最高點(diǎn)時(shí)，絲線對小球的拉力大小．

　　答案（1）2 m/s （2）3。0×10－3 N

　　解析（1）小球由A運(yùn)動到B，其初速度為零，靜電力對小球做正功，重力對小球做負(fù)功，絲線拉力不做功，則由動能定理有：

　　qEL－mgL＝mv2B2

　　vB＝ 2（qE－mg）Lm＝2 m/s

　　（2）小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，受重力mg、靜電力qE和拉力FTB作用，經(jīng)計(jì)算

　　mg＝1。0×10－4×10 N＝1。0×10－3 N

　　qE＝1。0×10－6×2。0×103 N＝2。0×10－3 N

　　因?yàn)閝E>mg，而qE的方向豎直向上，mg方向豎直向下，小球做圓周運(yùn)動，其到達(dá)B點(diǎn)時(shí)向心力的方向一定指向圓心，由此可以判斷出FTB的方向一定指向圓心，由牛頓第二定律有：

　　FTB＋mg－qE＝mv2BL

　　FTB＝mv2BL＋qE－mg＝3。0×10－3 N