微专题50 带电粒子在匀强电场中的偏转运动

微专题48 带电粒子在匀强电场中的偏转运动
【核心考点提示】
1．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动． (4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
⎩⎨⎧
a.能飞出电容器：t ＝l v 0
.
b.不能飞出电容器：y ＝12at 2
＝qU 2md
t 2
，t ＝ 2mdy
qU
.
②沿电场力方向，做匀加速直线运动
⎩⎪⎨⎪⎧
加速度：a ＝F m ＝qE m ＝
qU
md
离开电场时的偏移量：y ＝12at 2
＝qUl 22mdv
2
0.离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0
＝qUl mdv
2
0.
2．带电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，偏移量和偏转角总是相同的． 证明：由qU 0＝12mv 2
0 y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1l mdv 20
得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l 2U 0d
(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O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l
2.
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
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 ＝12mv 2－1
2mv 20，其中U y
＝U
d
y ，指初、末位置间的电势差．
【微专题训练】
(2014·山东·18)如图所示，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h .质量均为m 、带电荷量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v 0等于( )
A.s 2 2qE
mh B.s 2 qE mh C.s 4
2qE
mh
D.s 4
qE mh
【解析】由带电粒子在电场中的运动规律可知，两带电粒子的运动轨迹对称，则相切处必为两运动水平位移相同处，即为该矩形区域的中心，以带电粒子＋q 为研究对象，水平位移s
2时，
竖直位移为h 2.由s 2＝v 0t ，h 2＝12at 2，a ＝qE m ，得v 0＝s
2
qE
mh
，所以B 项正确． 【答案】B
(2016·湖南郴州监测)空间内有高度为d 、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场。

当在该空间内建立如图所示的坐标系后，在x 轴上的P 点沿y 轴正方向连续射入质量和电荷量均相同、且带电性质也相同的带电粒子(粒子重力不计)，由于粒子的入射速率v (v ＞0)不同，有的粒子将在电场中直接通过y 轴，有的将穿出电场后再通过y 轴。

设粒子通过y 轴时，离坐标原点的距离为h ，从P 到y 轴所需的时间为t ，则( )
A ．由题设条件可以判断出粒子的带电性质
B ．对h ≤d 的粒子，h 越大，t 越大
C ．对h ≤d 的粒子，在时间t 内，电场力对粒子做的功不相等
D ．h 越大的粒子，进入电场时的速率v 也越大
【解析】由题意可知，粒子向左偏，由电场线的方向，可确定电场力方向向左，因此粒子带正电，故A 正确；对h ≤d 的所有粒子，受到的电场力相同，加速度也相同，因此运动时间也相等，由于粒子的入射速率v 不同，所以导致粒子的h 不同，故B 错误；对h ≤d 的所有粒子，在时间t 内，电场力方向的位移相同，因此电场力做功相等，故C 错误；若在电场中
直接通过y 轴，水平分位移x 相等，由x ＝1
2at 2知，运动时间t 相等，竖直分位移h ＝vt ，则
h 越大的粒子，进入电场时的速率v 也越大，若穿出电场后再通过y 轴，通过电场时竖直分位移y 相等，h 越大，沿着电场力偏转位移x 越小，由x ＝1
2at 2，可知t 越小，由y ＝vt ，可
知，v 越大，故D 正确。

【答案】AD
如图所示，分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，三小球分别落在图中A 、B 、C 三点，其中小球B 不带电，则( )
A.A 带负电、C 带正电
B.三小球在电场中加速度大小关系是：a A >a B >a C
C.三小球在电场中运动时间相等
D.三小球到达下板时的动能关系是E k C >E k B >E k A
【解析】由于水平初速度相等，A 的水平位移最大，则A 的运动时间最长，选项C 错误.由y ＝1
2at 2可知A 的加速度最小，而C 的加速度最大，即a A <a B <a C ，选项B 错误.由于B 球不带电，因此A 受电场力方向与重力方向相反，则A 带正电，C 受电场力方向与重力方向相同，则C 带负电，选项A 错误.外力做功的关系为W C >W B >W A ，由动能定理知E k C >E k B >E k A ，选项D 正确. 【答案】D
(2016·绍兴市联考)(多选)如图所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )
A ．A 和
B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1
C ．A 和B 的质量之比为1∶12
D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1
【解析】粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B
＝1∶2；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2h
t 2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶
1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m A m B ＝1
12，A 和B 的位移大小不相等，故选项A 、B 、C 正确。

【答案】ABC
(2016·台州市联考)如图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A 、B 以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上的同一点P 。

不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是( )
A ．在电场中微粒A 运动的时间比
B 长 B ．在电场中微粒A 、B 运动的时间相同
C ．微粒A 所带的电荷量比B 少
D ．静电力对微粒A 做的功比B 少
【解析】带电微粒进入电场中，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则微粒在电场中的运动时间为t ＝x
v 0，由此可知两微粒在电场中的运动时间相同，选项B 正确，A 错误；竖
直方向做匀加速直线运动，y ＝12at 2，由于t 相同，y A >y B ，可得a A >a B ，即q A E m A >q B E
m B ，则q A >q B ，
选项C 错误；由W ＝qU ，可知静电力对微粒A 做的功比B 多，选项D 错误。

【答案】B
如图所示，一个质量为m 、带电荷量为q 的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力．当粒子的入射速度为v 时，它恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上．现欲使质量为m 、入射速度为v
2的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到
金属板，在以下的仅改变某一物理量的方案中，不可行的是( )
A ．使粒子的带电荷量减少为原来的1
4
B ．使两板间所接电源的电压减小到原来的一半
C ．使两板间的距离增加到原来的2倍
D ．使两极板的长度减小为原来的一半
【解析】设平行板长为l ，板间距为2d ，板间电压为U ，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则
沿初速度方向做匀速运动：t ＝l
v
垂直初速度方向做匀加速运动：a ＝qU 2dm ，d ＝12at 2＝qUl 2
4dmv 2
欲使质量为m 、入射速度为v
2的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，则沿初速
度方向距离仍是l ，垂直初速度方向距离仍为d ，使粒子的带电荷量减少为原来的1
4，则y ＝
14·qUl 24dm (12v )2＝d ，故A 可行；使两板间所接电源的电压减小到原来的一半，y ＝12·qUl 24dm (12v )
2＝2d ，故B 不可行；使两板间的距离增加到原来的2倍，此时垂直初速度方向距离应为2d ，y ＝qUl
2
8dm (12v )2＝2d ，故C 可行；使两极板的长度减小为原来的一半，y ＝qU (l
2)2
4dm (12
v )
2
＝d ，故D 可
行． 【答案】B
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．以下说法正确的是( )
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PH 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 之间某点从AD 边射出 D ．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由
E 点从AD 边射出
【解析】由题意知，粒子的初速度方向垂直于电场方向，故粒子做类平抛运动，根据平抛运动的推论：速度反向延长线过水平位移的中点，O 为FH 中点，即DO 为轨迹的切线，因P 在DO 线上，所以运动轨迹一定不经过P 点，一定经过EP 之间点，故A 、B 错误；若将粒子的初速度变为原来的一半，在电场力的方向运动不变，即离开矩形区域的时间不变，又初速度方向做匀速直线运动，所以位移是原来的一半，恰好由E 点射出，所以C 错误，D 正确． 【答案】D
如图所示，一个带正电的粒子以平行于x 轴正方向的初速度v 0从y 轴上a 点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x 轴上定点b ，可在第一象限的某区域内加一方向沿y 轴负方向的匀强电场．已知所加电场的场强大小为E ，电场区域沿x 方向的宽度为s ，Oa ＝L ，Ob ＝2s ，粒子的质量为m ，带电量为q ，重力不计，试讨论电场的左边界与b 的可能距离．
【解析】 设电场左边界到b 点的距离为Δx ，已知电场宽度为s ，Ob ＝2s ，分以下两种情况讨论
(1)若粒子在离开电场前已到达b 点，如图甲所示，即 Δx ≤s ，则Δx ＝v 0t y ＝L ＝qE
2m t 2
联立解得Δx ＝
2mv 20L
qE
.
(2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b 点，如图乙所示，即s <Δx ≤2s ，则s ＝v 0t y ＝
qE
2m t 2
由几何关系知tan θ＝qE m t v 0＝L －y
Δx －s
联立解得Δx ＝mv 20L
qEs ＋s 2.
【答案】 见解析
如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d ＝8 cm ，板长为l ＝25 cm ，接在直流电源上，有一带电液滴以v 0＝0.5 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4
3
cm
，液滴刚好从金属板末端飞出，求：(g 取
10 m/s 2)
(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 点所用的时间．
【解析】(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速直线运动，所以有：
qE ＝mg ，即q U
d
＝mg 得qU ＝mgd
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 ′＝q U d ′＝mgd
d ′
a ＝F ′－mg m ＝g (d d ′－1)＝15
g ＝2 m/s 2.
(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是d 2
设液滴从P 点开始在匀强电场中飞行的时间为t 1，则 d 2＝12at 2
1
，t 1＝d
a
＝0.2 s 而液滴从刚进入电场到出电场的时间t 2＝l
v 0
＝0.5 s
所以液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P 点所用的时间为t ＝t 2－t 1＝0.3 s. 【答案】(1)2 m/s 2 (2)0.3 s
如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值tan α； (3)粒子打在屏上的点P 到O 点的距离x .
【解析】(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2L v 0
.
(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eq
m
所以v y ＝a L v 0＝qEL
mv 0
所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qEL
mv 20. (3)解法一 设粒子在电场中的偏转距离为y ，则 y ＝12a (L v 0)2＝12·qEL 2mv
20 又x ＝y ＋L tan α，解得：x ＝3qEL 22mv 20 解法二 x ＝y ＋v y L v 0＝3qEL 22mv 2
解法三 由y ＝12a (L v 0)2＝12qEL 2
mv 20，x
y ＝L ＋
L
2L
2
得： x ＝3y ＝3qEL 2
2mv 2
0.
【答案】(1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL 2
2mv 2
(2016·湖南十校联考)如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y 和Y ′长为L ，相距d ，足够大的竖直屏与两板右侧相距b 。

在两板间加上可调偏转电压U YY ′，一束质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)从两板左侧中点A 以初速度v 0沿水平方向射入电场且能穿出。

(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O 点； (2)求两板间所加偏转电压U YY ′的范围； (3)求粒子可能到达屏上区域的长度。

【解析】(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a ，离开偏转电场时偏转距离为y ，沿电场方向的速度为v y ，偏转角为θ，其反向延长线通过O 点，O 点与板右端的水平距离为x ，
则有y ＝1
2at 2①
L ＝v 0t ② v y ＝at tan θ＝v y v 0＝y x ，
联立可得x ＝L
2
即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两极间的中心O 点。

(2)a ＝Eq m ③
E ＝U d
④
由①②③④式解得y ＝qUL 2
2dmv 20
当y ＝d 2时，U YY ′＝md 2v 20
qL 2 则两板间所加电压的范围为
－md 2v 20qL 2≤U YY ′≤md 2v 2
0qL 2
(3)当y ＝d
2时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，
设其大小为y 0，则y 0＝y ＋b tan θ 又tan θ＝v y v 0＝d
L ，
解得y 0＝d （L ＋2b ）
2L
故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y 0＝d （L ＋2b ）
L。

【答案】(1)见解析 (2)－md 2v 20qL 2≤U YY ′≤md 2v 2
qL 2 (3)d （L ＋2b ）L
(2016·奉化市调研)如图1甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长和板间距离均为L ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：
(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处？ (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
【解析】(1)电子经加速电场，由动能定理得：qU 0＝1
2mv 2
电子经偏转电场：沿v 方向：t ＝L
v
沿电场方向：y ＝1
2at 2，又a ＝qU 偏mL
故偏转后偏移量y ＝12·qU 偏mL ·(L v )2
，所以y ＝U 偏L 4U 0，由题图知t ＝0.06 s 时刻，U 偏＝1.8U 0，所以
y ＝4.5 cm
设打在屏上的点距O 点距离为Y ，满足Y
y ＝L ＋
L
2L
2
所以Y ＝13.5 cm.
(2)由题知电子偏移量y 的最大值为L
2
，
所以当偏转电压超过2U 0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L ＝30 cm.
【答案】(1)O 点上方13.5 cm 处 (2)30 cm
电容器板长为L ，电容器两端的电压变化规律如图所示，电压绝对值为U 0.电子(质量为m ，电荷量为e )沿电容器中线射入时的初速度为v 0，为使电子刚好由O 2点沿中线水平射出，电压变化周期T 和板间距离d 各应满足什么条件？(用L 、U 0、m 、e 、v 0表示)
【解析】电子从O 2点射出，在竖直方向的位移为零，竖直分速度也必须为零，所以电子穿过电容器的时间必须是电压变化周期的整数倍， 即t ＝L
v 0＝nT ，
得T ＝
L
nv 0
(n ＝1,2,3……)，
为了使电子能从O 2点射出，电子在电容器中运动过程中不能打在极板上，
要求：y ＝2y ′<d 2
， 又y ′＝12at 2＝12·eU 0dm (T 4
)2 (电子向上极板运动过程中，先加速后减速，两段位移相等)
故2×12·eU 0dm (T 4)2<d 2
，解得d >eU 0L 28mn 2v 2
0(n ＝1,2,3…)． 【答案】见解析
两块水平平行放置的导体板如图2甲所示，大量电子(质量为m 、电荷量为e )由静止开始，经电压为U 0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t 0、最大值恒为U 0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)．问：
(1)这些电子通过两板之间后，侧向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少；
(2)侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少．
【答案】(1)t 02 6eU 0m t 04 6eU 0m (2)1613
【解析】以电场力的方向为y 轴正方向，画出电子在t ＝0时和t ＝t 0时进入电场后沿电场力方向的速度v y 随时间t 变化的v y －t 图象分别如图a 和图b 所示，设两平行板之间的距离为d .
(1)图中，v 1y ＝eU 0md t 0，v 2y ＝eU 0md
2t 0 由图a 可得电子的最大侧向位移为
x y max ＝2(12v 1y t 0＋v 1y t 0)＝3v 1y t 0＝3eU 0t 20md 而x y max ＝d 2，解得d ＝t 06eU 0m
由图b 可得电子的最小侧向位移为
x y min ＝12v 1y t 0＋v 1y t 0＝32v 1y t 0＝3eU 0t 202md ＝d 4
所以x y max ＝d 2＝t 02 6eU 0m ，x y min ＝d 4＝t 04 6eU 0m (2)v 21y ＝(eU 0md t 0)2＝eU 06m ，v 22y ＝(eU 0md 2t 0)2＝2eU 03m
电子经电压U 0加速，由动能定理知，12
mv 20＝eU 0 所以E kmax E kmin ＝12mv 2212mv 21＝12m v 20＋v 22y 12
m v 20＋v 21y ＝eU 0＋eU 03eU 0＋eU 012＝1613.。