《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

1. 运动规律
(1) 沿初速度方向做匀速直线运动，$t=\frac{l}{v_0}$(如图)。

(2) 沿静电力方向做匀加速直线运动
① 加速度：$a=\frac{F}{m}=\frac{qE}{m}=$；
② 离开电场时的偏移量：$y=\frac{1}{2}at^2=$；
③ 离开电场时的偏转角：$\tan\theta=\frac{v_y}{v_0}=$。

答案： ①$\frac{qU}{md}$
②$\frac{qUl^2}{2mdv_0^2}$
③$\frac{qUl}{mdv_0^2}$

2. 功能关系
当讨论带电粒子的末速度 $v$ 时也可以从能量的角度进行求解：$qU_y=\frac{1}{2}mv^2-\frac{1}{2}mv_0^2$，其中 $U_y=\frac{U}{d}y$，指初、末位置间的电势差。

答案： （若为判断该关系正确性则结论为正确，具体答案需结合题目设问，此处根据功能关系推导过程，关系式成立）

3. 粒子经电场偏转后射出时，速度的反向延长线与初速度延长线的交点 $O$ 为粒子水平位移的。

答案： 中点

（来自人教教材）让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，它们是否会分离成三股粒子束？试通过计算说明。

答案： 不会（或填“否”）

【例 1】(多选)
如图所示，水平平行板电容器间距为 $d$，电源电压恒定。闭合开关 $S$，板间电场稳定后，一电子以初速度 $v$ 从平行板左端水平射入，经过时间 $t$ 离开平行板间电场时速度与水平方向夹角为 $\theta$，静电力对电子做功为 $W$，电子在屏上所产生光点的竖直偏移量为 $y$；若保持开关 $S$ 闭合，将两板间距调整为 $2d$，电子仍然以初速度 $v$ 水平射入，不计电子重力，则(AD)
A. 电子通过平行板电容器的时间是 $t$
B. 平行板间电场对电子做功是 $\frac{1}{2}W$
C. 电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角是 $\frac{1}{2}\theta$
D. 电子在屏上所产生的光点的竖直偏移量是 $\frac{1}{2}y$

答案： 例1 AD [水平方向是匀速直线运动，电子通过平行板电容器的时间是$t$，故A正确；电子在平行板电容器间竖直偏移量$y_1 = \frac{1}{2}at^2 = \frac{1}{2} × \frac{qU}{md} × t^2$，平行板间静电力对电子做功是$W = qEy_1 = \frac{qU}{d} × \frac{1}{2} × \frac{qU}{md} × t^2 = \frac{q^2U^2t^2}{2md^2}$，将两板间距调整为$2d$，则$W' = \frac{1}{4}W$，故B错误；电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角正切值是$\tan \theta = \frac{v_y}{v} = \frac{at}{\frac{qU}{md}t} = \frac{qU}{mdv}$，将两板间距调整为$2d$，则$\tan \theta' = \frac{1}{2} \tan \theta$，故C错误；电子在屏上所产生的光点的竖直偏移量是$y = y_1 + y_2 = \frac{qUt^2}{2md} + D \tan \theta$，将两板间距调整为$2d$，则$y' = \frac{1}{2}y$，故D正确。]

计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法
(1) $y=y_1+D\tan\theta$（$D$ 为屏到偏转电场右边缘的水平距离）。
(2) $y=(\frac{L}{2}+D)\tan\theta$（$L$ 为极板长度）。
(3) 根据三角形相似 $\frac{y}{y_1}=\frac{\frac{L}{2}+D}{\frac{L}{2}}=\frac{L+2D}{L}$。

答案： 三种方法均正确，分别从不同角度推导得出，本质一致。

【例 2】
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 $\varphi(\varphi＞0)$。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 $v_0$ 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？$\frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{2\varphi}{d}qh$$v_0 \sqrt{\frac{mdh}{q\varphi}}$$2v_0 \sqrt{\frac{mdh}{q\varphi}}$

答案： 例2
(1)$\frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{2\varphi}{d}qh$ $v_0 \sqrt{\frac{mdh}{q\varphi}}$
(2)$2v_0 \sqrt{\frac{mdh}{q\varphi}}$
解析
(1)P、G与Q、G间电场强度大小相等，均为E，粒子在P、G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$E = \frac{2\varphi}{d}$ ①
$F = qE = ma$ ②
设粒子第一次到达G时动能为$E_k$，由动能定理有
$qEh = E_k - \frac{1}{2}mv_0^2$ ③
设粒子第一次到达G时所用的时间为$t$，粒子在水平方向的位移为$l$，则有$h = \frac{1}{2}at^2$ ④
$l = v_0t$ ⑤
联立①②③④⑤式解得$E_k = \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{2\varphi}{d}qh$，$l = v_0 \sqrt{\frac{mdh}{q\varphi}}$。
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为$L = 2l = 2v_0 \sqrt{\frac{mdh}{q\varphi}}$。