习题课四 带电粒子在电场中运动的综合应用（Word教参）-【精讲精练】2024-2025学年高中物理必修第三册（人教版）

习题课四　带电粒子在电场中运动的综合应用 [学业要求与核心素养] 1．进一步掌握带电粒子在电场中直线运动和类平抛运动的分析方法。 2．会分析带电粒子在电场中的圆周运动，会分析向心力的来源。 3．会分析带电粒子在交变电场中的运动。 题型一　带电粒子在电场中的直线运动 1．带电粒子在电场中的直线运动 (1)匀速直线运动：带电粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的静电力与其他力平衡。 (2)匀加速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相同。 (3)匀减速直线运动：带电粒子受到的合外力与其初速度方向相反。 2．讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法 (1)力和加速度方法——牛顿运动定律、匀变速直线运动公式。 (2)功和能方法——动能定理。 (3)能量方法——能量守恒定律。 如图所示，有一对长4 cm的平行金属板，相距3 cm倾斜放置与水平面成θ＝37°角，两板间加上50 V电压，有一带电粒子质量为4×10－8 kg，以1 m/s的速度自A板上边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动并恰好从B板下边缘水平飞出，虚线为其运动轨迹，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： (1)该电场的电场强度E； (2)带电粒子所带电量q； (3)带电粒子飞出电场时的速度v。 [解析]　(1)根据U＝Ed，E＝＝ V/m＝ V/m。 (2)对带电粒子受力分析如图所示。因带电粒子水平方向沿直线运动，故mg＝qEcos 37° 解得q＝＝ C＝3×10－10 C。 (3)令带电粒子飞出电场时速度为v，由动能定理得qU＝mv2－mv02，代入数据得v＝ m/s。 [答案]　(1) V/m　(2)3×10－10 C (3) m/s 在例题中，若将两极板沿它们的中心点顺时针转动至竖直状态，如图所示，并将该带电粒子从靠近A极板的某位置由静止释放，求该带电粒子刚好从B极板的下边缘射出电场时的速度大小v。 解析　由题可知，在极板间的电场强度大小不变，方向变为水平方向，粒子的受力情况如图所示，可知合力为F′＝，其中由例题可知qE＝ 解得F′＝ 设粒子在两极板间运动的距离为l，由几何关系可知＝ 解得l＝Ltan θ 由动能定理有F′l＝mv2 解得v＝，代入数据v＝ m/s。 答案　 m/s 1．(2023·新课标卷)密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后(上板为正极)，这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。 (1)求油滴a和油滴b的质量之比； (2)判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。 解析　(1)根据题述有f＝kvr，设油滴a的质量为m1，油滴a以速率v0向下匀速运动，由平衡条件有m1g＝kv 0r1，m1＝πr13ρ，设油滴b的质量为m2，油滴b以速率v0向下匀速运动，由平衡条件有m2g＝k·v0r2，m2＝πr23ρ，联立解得m1∶m2＝8∶1。 (2)当在上下平板加恒定电压(上板为高电势)时，这两个油滴很快以v0的速率竖直向下匀速运动，所以有油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则油滴a带负电荷，油滴b速度增大，说明油滴b受到了向下的电场力，则油滴b带正电荷。由＝8和m1＝πr13ρ，m2＝πr23ρ可知，a、b油滴的半径之比为＝2，由f＝kvr可知两个油滴均以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力之比为＝＝2；油滴b以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f＝m2g，结合f＝kvr可知油滴b以速率v0竖直向下匀速运动时，所受阻力为f2＝2f＝2m2g；油滴a以速率v0竖直向下匀速运动，所受阻力为f1＝2f2＝4m2g，设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡条件有m1g＝q1E＋f1，设油滴b所带电荷量的绝对值为q2，由平衡条件有m2g＋q2E＝f2，联立解得q1∶q2＝4∶1。 答案　(1)8∶1　(2)油滴a带负电荷，油滴b带正电荷　4∶1 题型二　带电粒子的类平抛运动 1．先求加速度。 2．将运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的匀加速直线运动，在两个方向上分别列运动方程。 3．涉及功能关系，也可用动能定理列方程。 如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。 (1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？ [解析]　(1)PG、QG间场强大小相等，设为E，粒子在PG间所受静电力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝① F＝qE＝ma② 设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有 qEh＝Ek－mv02③ 所以Ek＝mv02＋④ 设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝at2⑤ l＝v0t⑥ 联立解得l＝v0。⑦ (2)设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，此时金属板的长度最短，由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0。 [答案]　(1)Ek＝mv02＋qh　l＝v0 (2)2v0 在例题中，若两金属板间距为3d，在P板下方2d处有一水平放置的金属网G，G接地。带电粒子自G的左端上方距离G为d的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，粒子穿越金属网过程中与金属网不接触，其他条件不变。求： (1)粒子第一次到达G所需的时间t； (2)粒子穿过G后距Q板的最近距离y； (3)若粒子恰好沿水平方向飞离电场，求金属板的长度L。 解析　(1)粒子在竖直方向做匀加速直线运动，第一次到达G所需的时间为t，则有 d＝at2，a＝，联立解得t＝2d。 (2)粒子穿过G板时的竖直方向的速度为v＝at， 粒子穿过G后，粒子的加速度为a′＝＝2a 则粒子穿过G后，粒子在竖直方向做匀减速直线运动， 速度减为0所用时间为t′＝＝＝t，因为d＝t，则d′＝t′＝d 所以粒子穿过G后距Q板的最近距离y＝d－d＝d。 (3)若粒子恰好沿水平方向飞离电场，即粒子在竖直方向速度为0，粒子在竖直方向先做匀加速运动t加速到v，后做匀减速运动t 减到0，再接着反向加速t 加到v，然后减速运动t减到0，竖直方向可能做周期性这种运动下去，但是水平方向一直做匀速直线运动，则粒子恰好沿水平方向飞离电场的时间为t总＝n(n＝1、2、3、…) 金属板的长度为L＝v0t总＝3nv0d(n＝1、2、3、…) 答案　(1)2d　(2)d　(3)3nv0d(n＝1、2、3、…) 2．(2023·西宁期末)如图所示，水平面内有一直角坐标系xOy，在第二、三象限内存在沿x轴正方向、场强大小为E的匀强电场Ⅰ，在第一、四象限的x＝0至x＝l区间内存在沿y轴正方向的有理想边界的匀强电场Ⅱ，场强大小未知。一带正电的粒子(可视为点电荷)从P点由静止开始仅在电场力作用下运动，从Q点(l，l)离开电场Ⅱ。带电粒子的质量为m，电荷量为q，不计带电粒子的重力。求： (1)电场Ⅱ的场强E′的大小； (2)若将带电粒子从x轴负半轴上某一位置由静止释放，可使粒子飞出电场Ⅱ时动能最小，求该粒子飞出电场Ⅱ时的最小动能Ek。 解析　(1)粒子在电场Ⅰ中做初速度为0的匀加速运动，从P点到O点，根据动能定理可得qE＝mv2，粒子进入电场Ⅱ的速度为v＝ 粒子在电场Ⅱ中做类平抛运动，由运动学公式可得l＝vt，l＝at2，a＝ 解得E′＝2E。 (2)设粒子在电场Ⅰ中x轴上距原点O为x的位置释放，从释放到O点，由动能定理得qEx＝mv′2 解得v′＝ 粒子进入电场Ⅱ中做类平抛运动，设偏移量为y，则有l＝v′t′，y＝·t′2 解得y＝ 由全过程动能定理得qEx＋qE′y＝Ek 带入y整理后得Ek＝qE 根据均值不等式可知，当x＝，即x＝l时，动能有最小值，且最小值为Ek＝2qEl。 答案　(1)2E　(2)2qEl 题型三　带电粒子在交变电场中的运动 1．当空间存在交变电场时，粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性。 2．研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v­t图像。特别需注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期。 如图甲所示，电容器的两块相同的金属板正对着水平放置，金属板的长度为L，两板间的距离为2y0。0～2t0时间内上极板和下极板间的电势差U随时间t变化的关系图像如图乙所示(图乙中U未知)。一个质量为m、电荷量为＋q(q>0)的带正电粒子在t＝0时从电容器左端的中间位置以一定的水平初速度射入电场，t0时刻粒子恰好从下极板右边缘B点飞出。不计粒子受到的重力，不考虑电场的边缘效应。 (1)求t＝0时刻射入的带电粒子出电场时偏转角度的正切值； (2)求Ux； (3)0～2t0时间内的某tx时刻，将上面提到的带电粒子从电容器左端的中间位置以相同的水平初速度射入电场，带电粒子恰好从上极板右边缘A点飞出，求tx。 [解析]　 (1)带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动学公式有L＝v0t0，y0＝vyt0 设t＝0时刻射入的带电粒子出电场时的偏转角度为θ，根据几何关系有tan θ＝ 联立解得tan θ＝。 (2)设板间电场的电场强度大小为E，根据牛顿运动定律和运动学规律有 Eq＝ma，vy＝at0 根据匀强电场中电势差与电场强度的关系有Ux＝E×2y0 联立解得Ux＝。 (3)根据运动的合成与分解可知，带电粒子在电场中水平方向上做匀速直线运动，则 L＝v0t0 即运动的时间仍然为t0，tx时刻显然小于t0，则t0时刻带电粒子在竖直方向上的分速度大小vy1＝a 由题图乙结合牛顿第二定律可得，t0时刻之后带电粒子的加速度大小为a′＝3a 则在竖直方向上的分位移－y0＝vy1＋vy1tx－a′tx2 联立解得tx＝t0。 [答案]　(1)　(2)　(3)t0 如图甲所示，大量初速度为0的电子经电压为U0的加速电场加速后，连续不断地沿中线射入水平放置的两块正对的平行金属板。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、偏转电压峰值为U1的交变电压时，恰好所有电子都能从两板间通过，已知平行金属板长度为L，两板间距为d，电子的电荷量为－e，质量为m，不计电子重力和它们之间相互作用力。 (1)求加速电场的电压U0； (2)求偏转电场的电压U1； (3)哪个时刻进入偏转电场的电子，会从距离中线上方处飞出偏转电场？ 解析　(1)电子加速后速度为v0，有eU0＝mv02 电子通过两板之间的时间为2t0，有L＝v0×2t0 解得U0＝。 (2)电子在偏转电场中做类平抛运动，加速度为a，有e＝ma 在t＝nt0时刻进入偏转电场的电子偏转位移最大，恰好从两板间射出，有＝at02×2 解得U1＝。 (3)当电子进入偏转电场时U>0，设电子先向上加速运动t1时间电场反向，后再向上减速运动t1时间速度恰为0，然后向下加速运动t0－t1时间电场反向，后向下减速运动t0－t1时间，出偏转电场时正好位于中线上方处，＝at12×2－a(t0－t1)2×2 解得t1＝t0 即电子进入偏转电场的时刻为t＝(2n＋1)t0－t1＝(2n＋1)t0－t0，n∈N 当电子进入偏转电场时U<0，设电子先向下加速运动t2时间电场反向，后再向下减速运动t2时间速度恰为0，然后向上加速运动t0－t2时间电场反向，后向上减速运动t0－t2时间，出偏转电场时正好位于中线上方处，有＝a(t0－t2)2×2－at22×2 解得t2＝t0 即电子进入偏转电场的时刻为t＝(2n＋2)t0－t2＝(2n＋1)t0＋t0，n∈N 综合可知，电子进入偏转电场的时刻为t＝(2n＋1)t0±t0，n∈N。 答案　(1)　(2)　(3)t＝(2n＋1)t0±t0，n∈N 3．(2023·重庆校联考)如图甲所示，A、B是两块面积很大的平行板，虚线MN表示与A、B板平行等距的一个较小的面，此面到A、B的距离都是L(L未知)，此面处不断地产生微粒，这种微粒产生后，从静止开始运动，若微粒一旦碰到金属板，它就吸附在板上不再运动。以第一个微粒释放时为计时零点，由于控制装置的存在，微粒在不同时刻的加速度变化规律如图乙所示，以向右为正方向，且L、T和a之间恰好满足L＝aT2。 (1)第一个粒子到达A板所用的时间(结果用T表示)； (2)t＝时产生的微粒到达B板时的速度大小(结果用T和a表示，可以用根号)。 解析　(1)因为微粒开始做匀加速直线运动，根据公式可得L＝at2 解得t＝T<，所以满足条件，一直加速。 (2)t＝时产生的微粒，先做匀加速再做匀减速，内加速运动的位移为 x＝2a2＝aT2，此时粒子的速度为v＝2aT＝aT 减速阶段粒子运动到B板的速度满足v2－v＝2a(L－x) 解得vB＝aT。 答案　(1)T　(2) aT 题型四　带电体在电场中的能量问题 1．解决电场(复合场)中的圆周运动问题，关键是分析向心力的来源，指向圆心的力提供向心力，向心力的提供有可能是重力和静电力的合力，也有可能是单独的重力或静电力。 2．有时可以把复合场中的圆周运动等效为竖直面内的圆周运动，找出等效“最高点”和“最低点”。 (2023·普宁月考)如图所示，圆形区域内有方向平行于纸面的匀强电场，其半径为R，AB为圆的直径。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自A点由静止释放，粒子从圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。现将该种粒子在纸面内从A点先后以不同的速率垂直于电场线方向射入电场，只考虑电场力的作用。 (1)求电场强度大小及方向； (2)为使粒子从B点离开电场，粒子进入电场时的速率v应是多大？ [解析]　 　(1)依题意，由动能定理有qE·2Rcos 60°＝mv02－0 解得E＝，方向从A指向C。 (2)依题意可知粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从A运动到B所用时间为t，粒子在垂直电场方向的位移x＝2Rsin 60°＝vt 平行电场方向的位移y＝2Rcos 60°＝at2 由牛顿第二定律有qE＝ma 联立方程解得v＝v0。 [答案]　(1)，从A指向C　(2)v0 在例题中，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。 (1)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子穿出电场时的动能为多大？ (2)粒子穿过电场前后速度变化量的大小为v0，则粒子穿出电场时的动能为多大？ 解析　(1)由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知xAC＝R，根据动能定理有qExAC＝mv02 根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，作AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，如图所示，根据几何关系有x＝Rsin 60°＝v2t2，y＝R＋Rcos 60°＝at22 根据牛顿第二定律有qE＝ma 联立各式解得粒子进入电场时的速度v2＝ 故出电场时的动能Ek＝mv22＋qE(R＋Rcos 60°)＝mv02。 (2)因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后速度变化量大小为v0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点作AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。从C点射出电场时粒子的动能Ek＝mv02 从B点射出电场时粒子的动能Ek＝mv02＋qER＝mv02。 答案　(1)mv02　(2)mv02 在例题中，质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用，若带电粒子从E点射出，DE和AC平行，求： (1)电场强度的大小和方向； (2)从E点射出的带电粒子进入电场时的初速度大小。 解析　　(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知AC＝R，F＝qE 由动能定理有F·AC＝mv02，解得E＝。 (2)如图做AF垂直于DE，AC与AB的夹角θ＝60°，所以∠FOA＝60°，通过三角函数关系得OF＝OA＝R，EF＝R，AF＝R 设粒子以速度v1进入电场，在电场中运动的时间为t1。粒子在DE方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于FE；在AF的方向上做匀速运动。由牛顿第二定律和运动学公式有F＝ma，EF＝at12，AF＝v1t1 解得v1＝v0。 答案　(1)，方向由A指向C　(2)v0 4.(2023·辽宁丹东统考期中)在平面坐标系xOy内，半径为R圆形区域内有平行纸面的匀强电场(图中未画出)，圆与坐标轴的交点分别为坐标原点O、y轴上的A点和x轴上的B点，AB为圆的直径，∠OAB＝45°。质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自O点以不同的速度先后进入电场区域。已知进入电场时速度为零的粒子，从y轴上的A点以速率v0穿出电场(粒子仅受电场力作用)。 (1)求圆形区域内电场强度的大小； (2)求所有沿x轴正方向进入电场的粒子中，穿出电场时动能增量的最大值； (3)某粒子以的速度沿x轴正方向进入电场，求该粒子射出电场时的位置坐标。 解析　(1)由题意知，在O点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，则电场线沿y轴正方向，根据几何关系可知yOA＝R 根据动能定理有qEyOA＝mv02－0 解得电场强度的大小E＝。 (2)根据题意可知，要使粒子动能增量最大，则沿电场线方向移动的距离最远。作与x轴平行的直线与圆相切于C点，与y轴相交于P点，粒子从C点射出时沿电场线方向移动的距离最远，如图所示。粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有Rsin 45°＝v1t，R＋Rcos 45°＝at2 由电场力提供加速度有qE＝ma 联立各式解得v12＝v02 粒子由O点到C点，根据动能定理有qER(1＋cos 45°)＝Ek－mv12 解得Ek＝mv02。 (3)设该粒子射出点的坐标为(x，y)，则 x＝t，y＝at2 可得该粒子的轨迹方程为y＝ 又有圆的轨迹方程为2＋2＝R2 联立可得x＝R，y＝R，即粒子射出点的坐标为(R，R)。 答案　(1)　(2)mv02 (3)(R，R) 1.如图所示，平行板电容器与电源相连，下极板接地。一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕OO′顺时针转过45°，则(　　) A．P点处的电势降低 B．带电油滴仍将保持静止状态 C．带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加 D．带电油滴将水平向右做匀加速直线运动 解析　因电容器与电源始终相接，故电压不变，由E＝知，电容器极板旋转后，d′＝d×sin 45°，所以场强变为E′＝＝＝E，又因电容器下极板接地且油滴在中间，故电势φP＝UPO＝U，故电势不变，故A错误；因极板旋转前油滴静止，应有mg＝qE，电场力方向向上，极板旋转后，电场力方向不再向上而是斜向右上方与竖直方向成45°角，油滴不能再保持静止，故B错误；由图可知油滴向右运动过程中，电场力做正功，油滴电势能应减小，故C错误；旋转前qE＝mg，旋转后对油滴受力分析并沿水平与竖直方向分解知，在竖直方向上F＝qE′cos 45°－mg＝q×E×－mg＝0，水平方向F＝qE′sin 45°＝q×E×＝mg，故油滴将向右做加速度为g的匀加速直线运动，故D正确。 答案　D 2.如图所示，带等量异种电荷的平行金属板A、B水平正对放置，间距为d，A板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。将一带电微粒从小孔正下方靠近B板的M点由静止释放，微粒穿过A板上的小孔后，刚好能到达A板上方的N点，N点与A的距离为。若将A板向下平移，再让微粒从M点由静止释放，极板所带电荷量保持不变，不考虑空气阻力，将两板间电场视为匀强电场。下列说法正确的是(　　) A．板间的电场强度变小 B．板间的电场强度大小变为原来的2倍 C．微粒能到达A板上方0.375d处 D．微粒能到达A板上方0.25d处 解析　极板所带电荷量保持不变，板间的电场强度E＝＝＝＝＝ 与两板距离无关，即板间的电场强度不变，故A、B错误； 根据题设条件由动能定理得 mg·d－qEd＝0， 解得qE＝mg。 把A板向下平移的距离，根据动能定理知 mg·x－qE＝0，解得x＝d，微粒能到达A板上方x－d＝0.375d，故C正确，D错误。 答案　C 3.已知水平放置的平行板电容器上极板带正电，下极板带负电。电容器的极板长度为L，两极板间距离为d。一倾斜绝缘挡板放置如图所示位置。质量为m、电荷量为q的带正电小球以速度v垂直电场线从电容器的上边缘射入，恰好落在绝缘挡板的中点处，已知电场强度E＝，则(　　) A．带电小球在运动过程中的加速度为g B．若L＝d，则带电小球恰好垂直落在斜面上 C．带电小球经过t＝落在斜面上 D．电场力对带电小球做功为mgL 解析　带电小球所受电场力与重力同向，根据牛顿第二定律可得小球在运动过程中的加速度为a＝＝2g，故选项A错误；小球运动轨迹如图所示， 设倾斜挡板的倾角为α，小球落在挡板上时的速度偏向角为β。假设小球垂直落在挡板上，则根据几何关系有tan α·tan β＝1，tan α＝，根据类平抛运动规律的推论可得tan β＝，解得L＝d，故选项B正确；在竖直方向上有＝at2＝gt2，t＝，故选项C错误；电场力对带电小球做功为W＝qEd＝mgd，故选项D错误。 答案　B 4.(2023·广西南宁模拟)如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点构成的等腰直角三角形，∠ABC＝90°，D是BC的中点，AB长为2 m，A、C、D点的电势分别为3 V、11 V、9 V。一带电粒子从B点以某一初速度垂直AC飞出，恰好击中A点，已知粒子带正电且电荷量q＝4×10－9 C，质量m＝4×10－15 kg，重力忽略不计，求： (1)B点的电势； (2)电场强度的大小和方向； (3)粒子从B运动到A所用的时间。 解析　(1)D为BC中点，故φC－φD＝φD－φB 代入数据解得φB＝7 V。 (2)取AC的中点为M，有φM＝＝7 V 故B点和M点电势相等，匀强电场的场强方向沿CA方向，场强大小E＝＝2 V/m。 (3)粒子在电场中做抛物线运动，沿BM方向做匀速直线运动，垂直BM方向做初速度为0的匀加速直线运动，有a＝，LABsin 45°＝at2 解得t＝1×10－3 s。 答案　(1)7 V　(2)E＝2 V/m，场强方向沿CA方向　(3)1×10－3 s 5．(2023·苏州期中)如图所示，平面直角坐标系第一象限部分区域存在竖直向上的匀强电场，电场左侧边界为y轴，竖直线边界PQ位于x＝3d处，且PQ为电场的右侧边界，宽度为3d的水平电子束以相同的速度v0从第二象限垂直y轴进入电场区域，电子束最下沿贴着x轴。假设粒子的比荷大小满足以下关系＝，不考虑电子所受重力以及电子之间相互作用力，求： (1)从y＝3d处进入电场的电子离开电场时候的位置坐标； (2)从y＝d处进入电场的电子离开电场时候的速度大小； (3)电子打到边界PQ上的点距x轴的最远距离l。 解析　　(1)电子进入电场后受到向下的大小为F＝eE的电场力做类平抛运动，加速度 a＝＝ 当水平位移x＝v0t＝3d时，时间t＝，竖直位移y＝at2＝d<3d 故从y＝3d处进入电场的电子会从右边界离开，纵坐标y′＝3d－d＝d 离开电场时候的位置坐标为。 (2)由第(1)问得：当进入电场坐标满足y>d时粒子会从右边界离开，竖直位移都是d；故对从y＝d处进入电场的电子列动能定理eEd＝mv2－mv02 解得v＝v0。 (3)对于粒子从右边界射出的情况，最远距离是第(1)问中情况d；对于粒子从下边界射出的情况，设粒子射入电场时y轴坐标是y，那么它会先做平抛运动，达到x轴后做匀速直线运动，最后达到右边界，分两个阶段讨论： 平抛阶段下落y，竖直加速度为a＝，那么下落时间t＝，水平位移是v0t＝2 匀速直线运动阶段，竖直速度是v＝at＝v0 水平速度v0，水平位移x＝3d－2，a＝＝ 那么竖直位移是l＝v＝d l是关于 的二次函数，当 ＝时，得到最大值l＝d。 答案　(1)　(2)v0　(3)d 学科网（北京）股份有限公司 $$