带电粒子在电场中加速偏转问题
带电粒子在电场的加速与偏转
带电粒子在电场的加速与偏转带电粒子在电场中的加速与偏转是两类最基本的典型运动问题。
同学们可从力与能量这两条主线来组织这一节的学习与讨论，在解题时“两手”都要过硬，一手抓受力分析，一手抓运动分析，其解题的关键是对带电粒子进行受力分析与运动的分析。
粒子在电场中的运动类型是由力和初速度决定的，我们要运用知识的迁移能力，将力学中的各种运动类型的思维方法、解题方法具体运用到电场的知识中，如电场与重力场的比较，重力场的平抛与电场中的类平抛的类比。
1．带电粒子的加速【例1】如图1所示，在真空中有一对平行金属板，接上电压为U 的电池组，在它们之间建立方向水平向右的匀强电场。
有一个带电量为+q ，质量为m 的带电粒子（重力不计）穿过正极板上的小孔进入电场，在电场中被加速，到达负极板时从负极板上正对的小孔穿出。
设穿出时速度大小为v ，v 是多大呢？ 分析与求解：如果带电粒子在正极板处00=v ，由动能定理得：0212-=mv qU mqU v 2=若带电粒子在正极板处v 0≠0，由动能定理得：2022121mv mv qU -= 202v mqU v +=【例2】如图2所示是静电分选的原理示意图，将磷酸盐和石英的混合颗粒由传送带送至两个带电平行板上方的中部，由静止开始经电场区域下落，电场强度m V E /1054⨯=，磷酸盐颗粒带正电，石英颗粒带负电，颗粒的带电率（颗粒所带电荷与颗粒质量之比）均为kg C /105-。
如果要求两种颗粒经电场区域后至少分离10cm ，粒子在电场中通过的竖直距离至少应多长？）（取g=10m/s 2）。
分析与求解： 设颗粒的质量为m ，所带的电荷为q ，则颗粒所受的电场力为qE ，两种颗粒都以初速度为0的匀加速直线运动。
颗粒在水平方向的加速度：mqE a = 设颗粒经过电场区域的时间为t ，颗粒经电场区域后水平移动的距离为x ，在电场中通过的竖直距离为y ，则有221at x =221gt y = 解得 x qE m g y =两种颗粒的带电率相同，且在同一电场中运动，它们经电场区域后水平移动的距离x 应相同，由题给数据可知cm x 5=，将题给的数据代入解得：cm y 100=点评策略：带电粒子沿与电场方向进入电场时，受到的电场力方向与速度方向相同时，粒子做加速运动，可用动能定理或运动学公式解题。
高考物理带电粒子在电场中的偏转运动解题方法
联立①②③④⑤式解得 Ek＝12mv20＋2dφqh⑥，l＝v0 mqdφh。⑦ (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
多维训练
3．(2019·全国Ⅱ卷，24)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)电场强度的大小； (2)B 运动到 P 点时的动能。
答案
3mg (1) q
(2)2m(v20＋g2t2)
小球做什么运动？ 一般怎么处理？ 还有其它方法吗？
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课堂互动
解析 (1)设电场强度的大小为 E，小球 B 运动的加速度为 a。根据牛顿第二定律、
运动学公式和题给条件，有 mg＋qE＝ma①
A．动能增加21mv2
一般用什么方法？ B．机械能增加 2mv2
C．重力势能增加23mv2 D．电势能增加 2mv2 解析 动能变化量 ΔEk＝12m(2v)2－21mv2＝23mv2，A 错误；重力和电场力做功，机
械能增加量等于电势能减少量，带电小球在水平方向向左做匀加速直线运动，由运动 学公式得(2v)2－0＝2qmEx，则电势能减少量等于电场力做的功 ΔEp 减＝W 电＝qEx＝2mv2， B 正确，D 错误；在竖直方向做匀减速运动，到 N 点时竖直方向的速度为零，由－v2 ＝－2gh，得重力势能增加量 ΔEp 重＝mgh＝12mv2，C 错误。答案 B
带电粒子在电场中的运动
典型讲解
A
B
例题1:如图甲所示,A、B是真空中平 行放置的金属板,加上电压后,它们间 的电场可视为匀强电场, A、B两极板 间的距离d=15cm,今在A、B两极板 上加如图乙所示的交变电压,交变电 甲 压的周期T=1.0×10 6 s,t=0时,A板的 电势比B板电势高,电势差U0=1080V, U/V 一个荷质比q/m=1.0×108 C/kg的带 负电的粒子在t=0时从B板附近由静 U0 止开始运动,不计重力,问:(1)当粒子 的位移为多大时,粒子速度第一次达 O T/2 到最大值?最大速度为多大? -U0 (2)粒子运动过程中将与其一极板相 乙 碰撞,求粒子撞击极板时的速度的大 小.
根据牛顿第二定律得飞行器的加速度为:
a P M m eU
例题2:三块相同的金属平行板A、B、D 自上而下水平放置,间距分别为h和d,如 图所示. A、B两板中心开孔,在A板的开 孔上搁有一金属容器P且与A板接触良好, 其内盛有导电液体.A板通过闭合的电键 与电池的正极相连,B板与电池的负极相 连并接地,电池提供A、B两极板电压为 U0,容器P内的液体在底部小孔O处形成 质量为m,带电量为q的液滴后自由下落, 穿过B板的开孔O`落在D板上,其电荷被D 板吸咐,液体随即蒸发,接着容器顶部又形 成相同的液滴自由下落,如此继续,设整个 装置放在真空中.求:(1)第一个液滴到达D 板的速度为多少? (2)D板最终可达到的电势为多少?
2
由几何关系得: L0 x1 x y tan 代入数据后解得
t ( 6 0.1) s 15
(另一负根舍去)
t小于0.1s,说明油滴能够飞出电场区域. 油滴在电场中运动时间为:T=t+t1=0.16s &在处理过程比较复杂的问题时,一定要注意把运动 阶段划分清楚,再逐一分析,并要抓住各阶段间的联系.
带电粒子先加速后偏转公式
带电粒子先加速后偏转公式在咱们学习物理的奇妙世界里，带电粒子先加速后偏转的公式那可是相当重要的一部分。
咱先来说说带电粒子的加速。
当带电粒子在电场中加速时，我们可以用动能定理来描述这个过程。
假设带电粒子带电荷量为 q ，经过的电压差为 U ，那么根据动能定理，粒子获得的动能增量就等于电场力做的功，也就是 qU 。
所以，末速度 v 的平方就等于初速度 v₀的平方加上 2qU/m 。
这里的 m 是粒子的质量。
再讲讲带电粒子的偏转。
当带电粒子进入偏转电场时，它就会在电场力的作用下发生偏转。
假设偏转电场的电场强度为 E ，粒子在电场中的运动时间为 t ，粒子的水平位移为 x ，竖直位移为 y 。
那咱们来仔细分析一下这个偏转过程。
粒子在水平方向上做匀速直线运动，速度就是它进入偏转电场时的水平初速度 v₀，所以水平位移x = v₀t 。
在竖直方向上，粒子受到电场力的作用做匀加速直线运动，加速度 a = qE/m 。
竖直位移 y = 1/2at²。
我记得之前给学生们讲这个知识点的时候，有个特别有趣的事儿。
当时有个学生，叫小明，他怎么都理解不了为啥带电粒子会这样偏转。
我就给他打了个比方，我说这带电粒子就像个调皮的小孩子，在电场这个大游乐场里，被电场力这个“大力士”拉着到处跑。
然后我在黑板上一步一步地给他推导公式，边推导边解释每个量的含义。
我能看到小明那紧皱的眉头慢慢舒展开，眼睛里也开始有了亮光。
最后他恍然大悟，大声说：“老师，我懂啦！”那一刻，我心里别提多有成就感了。
回到带电粒子偏转的公式，通过一些数学推导和整理，我们可以得到一些更常用的表达式。
比如，偏转角度的正切值tanθ = at/v₀。
总之，带电粒子先加速后偏转的公式虽然看起来有点复杂，但只要咱们理解了其中的物理过程，搞清楚每个量的来龙去脉，就能够轻松应对相关的问题啦。
在学习的道路上，可别被这些公式吓住，要像勇敢的探险家一样，去探索其中的奥秘！相信大家都能在物理的世界里畅游，感受知识带来的乐趣。
带电粒子在电场中的加速和偏转
带电粒子在电场中的加速和偏转知识要点梳理知识点一：带电粒子在电场中的加速和减速运动要点诠释：（1）带电粒子在匀强电场中运动的计算方法用牛顿第二定律计算：带电粒子受到恒力的作用，可以方便地由牛顿第二定律以及匀变速直线运动的公式进行计算。
用动能定理计算：带电粒子在电场中通过电势差为U的两点时动能的变化是，AB则。
(2)带电粒子在非匀强电场中运动的计算方法用动能定理计算：在非匀强电场中，带电粒子受到变力的作用，用牛顿第二定律计算不方便，通常只用动能定理计算。
：如图真空中有一对平行金属板，间距为d，接在电压为U的电源上，质量为m、电量为q的正进入电场，到达负极板时从负极板上正对的小孔穿出。
不计重力，求：正电电荷穿过正极板上的小孔以v荷穿出时的速度v是多大？解法一、动力学由牛顿第二定律：①2=2ad ②由运动学知识：v2－v联立①②解得：解法二、由动能定理解得讨论：（1）若带电粒子在正极板处v0≠0，由动能定理得qU=mv2-mv，解得v=（2）若将图中电池组的正负极调换，则两极板间匀强电场的场强方向变为水平向左，带电量为+q，质量为m的带电粒子，以初速度v，穿过左极板的小孔进入电场，在电场中做匀减速直线运动。
①若v＞，则带电粒子能从对面极板的小孔穿出，穿出时的速度大小为v，有 -qU=mv2-mv2解得v=②若v＜，则带电粒子不能从对面极板的小孔穿出，带电粒子速度减为零后，反方向加速运动，从左极板的小孔穿出，穿出时速度大小v=v。
设带电粒子在电场中运动时距左极板的最远距离为x，由动能定理有： -qEx=0-mv2又E=(式d中为两极板间距离)解得x=。
知识点二：带电粒子在电场中的偏转要点诠释：（1）带电粒子在匀强电场中的偏转高中阶段定量计算的是，带电粒子与电场线垂直地进入匀强电场或进入平行板电容器之间的匀强电场。
如图所示：（2）粒子在偏转电场中的运动性质受到恒力的作用，初速度与电场力垂直，做类平抛运动：在垂直于电场方向做匀速直线运动；在平行于电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。
高考物理《带电粒子在电场中的加速和偏转》真题练习含答案
高考物理《带电粒子在电场中的加速和偏转》真题练习含答案1．下列粒子(不计重力)从静止状态开始经过电压为U 的电场加速后，速度最小的是( )A ．氚核(31 H )B ．氘核(21 H )C ．α粒子(42 He )D ．质子(11 H ) 答案：A解析：设粒子的质量为m ，电荷量为q ，从静止状态经过电压为U 的电场加速后获得的速度大小为v ，根据动能定理有qU ＝12mv 2，解得v ＝2qUm，由上式可知粒子的比荷越小，v 越小，四个选项中氚核的比荷最小，所以氚核的速度小，B 、C 、D 错误，A 正确．2．[2024·江西省临川一中期中考试](多选)如图为某直线加速器简化示意图，设n 个金属圆筒沿轴线排成一串，各筒相间地连到正负极周期性变化的电源上，带电粒子以一定的初速度沿轴线射入后可实现加速，则( )A ．带电粒子在每个圆筒内都做匀速运动B ．带电粒子只在圆筒间的缝隙处做加速运动C ．直线加速器电源可以用恒定电流D ．从左向右各筒长度之比为1∶3∶5∶7… 答案：AB解析：由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部无场强，故粒子在筒内必做匀速直线运动；而前后两筒间有电势差，故粒子每次穿越缝隙时将被电场加速，A 、B 正确；粒子要持续加速，电场力要对其做正功，所以电源正负极要改变，C 错误；设粒子进入第n 个圆筒中的速度为v n .则第n 个圆筒的长度为L ＝v n T 2 ，根据动能定理得(n －1)qU ＝12 mv 2n －12 mv 20 ，联立解得L ＝T 2v 20 ＋2（n －1）qUm，可知从左向右各筒长度之比不等于1∶3∶5∶7…，D 错误．3．[2024·湖南岳阳市三模]示波管原理图如图甲所示．它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示．若板间电势差U XX′和U YY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为()答案：A解析：U XX′和U YY′均为正值，电场强度方向由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以分别向X、Y方向偏转，可知A正确．4．[2024·广东省广州市一中期中考试](多选)如图，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点，不计粒子重力．则()A．它们运动的时间不同B．Q所带的电荷量比P大C．电场力对它们做的功一样大D．Q的动能增量大答案：BD解析：两粒子在电场中均做类平抛运动，运动的时间为t ＝xv 0，由于x 、v 0相等，可知它们运动的时间相同，A 错误；根据y ＝12 at 2可得a ＝2yt 2 ，知Q 的加速度是P 的两倍；再根据牛顿第二定律有qE ＝ma ，可知Q 的电荷量是P 的两倍，B 正确；由W ＝qEd 知，静电力对两粒子均做正功，由前分析知Q 的电荷量是P 的两倍，Q 沿电场方向上的位移y 是P 的两倍，则静电力对Q 做的功是P 的4倍．根据动能定理，静电力做的功等于动能变化量，可知Q 的动能增量大，C 错误，D 正确．5．如图所示，含有大量11 H 、21 H 、42 He 的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O 点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．不计粒子重力和阻力，下列说法正确的是( )A ．荧光屏上出现两个亮点B ．三种粒子同时到达荧光屏C ．三种粒子打到荧光屏上动能相同D ．三种粒子打到荧光屏上速度方向相同 答案：D解析：加速过程使粒子获得速度v 0，由动能定理得qU 1＝12mv 20 ，解得v 0＝ 2qU 1m.偏转过程经历的时间t ＝l v 0 ，偏转过程加速度a ＝qU 2md ，所以偏转的距离y ＝12 at 2＝U 2l 24U 1d ，可见经同一电场加速的带电粒子在同一偏转电场中的偏移量，与粒子q 、m 无关，只取决于加速电场和偏转电场．偏转角度θ满足tan θ＝U 2l2U 1d ，三种粒子出射速度方向相同，也与g 、m 无关，D 正确；三种粒子都带正电，所以出现一个亮点，A 错误；根据y ＝12 at 2，时间跟q 、m 有关，B 错误；根据动能定理和W ＝qU ，可知动能跟q 有关，C 错误．6.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A 球位于B 球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断不正确的是( )A ．如果A 球带电，则A 球一定带负电B ．如果A 球带电，则A 球的电势能一定增加C ．如果B 球带电，则B 球一定带正电D ．如果B 球带电，则B 球的电势能一定增加 答案：B解析：两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，水平方向做匀速直线运动，则有x ＝v 0t ，可知两球下落时间相同；两小球下落高度不同，根据公式h ＝12at 2，A 球的加速度大于B 球加速度，故若A 球带电，必定带负电，受到向下的电场力作用，电场力做正功，电势能减小；若B 球带电，必定带正电，受到向上的电场力作用，电场力做负功，电势能增加．本题选择错误的，故选B .7.(多选)如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，场强方向沿半径向外，电场强度大小可表示为E ＝ar ，r 为电场中某点到环心O 的距离，a 为常量．电荷量相同、质量不同的两粒子在半径r 不同的圆轨道运动．不考虑粒子间的相互作用及重力，则( )A ．两个粒子均带负电B ．质量大的粒子动量较小C ．若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动D ．若去掉电场加上垂直纸面的匀强磁场，两个粒子一定同时做离心运动或向心运动 答案：AC解析：两个粒子做圆周运动，则所受电场力指向圆心，可知两粒子均带负电，A 正确；根据Eq ＝a r q ＝m v 2r ，可得mv 2＝aq ，与轨道半径无关，则若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动，C 正确；粒子的动量p ＝mv ＝2mE k ＝maq ，质量大的粒子动量较大，B 错误；若撤去电场加上垂直纸面的匀强磁场，若能做匀速圆周运动，则满足qvB ＝m v 2r ，qB ＝mv r ＝p r ，两粒子电荷量相等，则qB 相等；若qB ＞pr粒子做向心运动；当qB ＜p r 时粒子做离心运动，但是与pr 的关系不能确定，即两个粒子不一定能同时做离心运动或向心运动，D 错误．8．如图所示，xOy 为竖直平面内的一个直角坐标系，在y 1＝0.5 m 的直线的上方有沿y轴正方向范围足够大的匀强电场，电场强度大小E ＝9.3×10－7 V /m ，在y 轴上y 2＝1.0 m 处有一放射源S ，x 轴上有一个足够大的荧光屏，放射源S 在如图180°范围内，向x 轴发射初速度v 0＝200 m /s 的电子，电子质量为9.3×10－31 kg ，电量为1.6×10－19 C ，整个装置放在真空中，不计重力作用．求：(1)从放射源S 发射的每个电子打到荧光屏上的动能；(2)水平向右射出的电子在离开电场时沿x 轴方向前进的距离； (3)从放射源S 发射的电子打到荧光屏上的范围．答案：(1)9.3×10－26 J (2)0.5 m (3)－0.75 m ≤x ≤0.75 m解析：(1)所有电子达到荧光屏上的动能相同，由动能定理得 eEL ＝E k －12mv 20 其中L ＝y 2－y 1得每个电子打到荧光屏上的动能：E k ＝9.3×10－26 J(2)平行x 轴方向的粒子在电场中运动的时间最长，沿x 轴方向运动距离最大，设电子在电场中加速运动时间为t ，沿场强方向加速，eE ＝may 2－y 1＝12at 2在离开电场时沿x 轴方向前进的距离x 1＝v 0t解得水平向右射出的电子在离开电场时沿x 轴方向前进的距离：x 1＝0.5 m (3)平行x 轴方向发射的粒子射出电场时沿y 轴的速度大小为v y ＝at 射出电场后匀速运动，沿x 方向前进的距离为x 2，x 2y 1 ＝v 0v y解得Δx ＝x 1＋x 2＝0.75 m由对称性可知，水平向左射出的电子到达荧光屏时的坐标值：x′＝－0.75 m故荧光屏接收到电子的范围：－0.75 m ≤x ≤0.75 m ．9．[2024·福建省福州一中期中考试]如图建立竖直平面内坐标系，α射线管由平行金属板A 、B 和平行于金属板(场强的方向竖直向下)的细管C 组成．放置在第Ⅱ象限，细管C 离两板等距，细管C 开口在y 轴上．放射源P 在A 极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子(带正电).若极板长为L ，间距为d ，当A 、B 板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v 0(已知)从细管C 水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动．静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O ，场强大小为E 0.已知α粒子电荷量为q ，质量为m ，重力不计．求：(1)α粒子在静电分析器中的运动半径r ； (2)A 、B 极板间所加的电压U.答案：(1)r ＝mv 20 E 0q (2)U ＝mv 20 d2qL 2解析：(1)α粒子在静电分析器中运动时满足 E 0q ＝m v 20r解得r ＝mv 20E 0q(2)粒子在两板间的逆过程为类平抛运动，则12 d ＝12 Uq 2dmt 2，L ＝v 0t解得A 、B 极板间所加的电压U ＝mv 20 d2qL 210．如图所示，水平虚线MN 和水平地面之间有水平向右的匀强电场，MN 到地面的距离为h ＝3 m ，光滑绝缘长木板PQ 直立在地面上，电场与木板表面垂直，一个质量为m ＝0.1kg ，带电量为q ＝＋1×10－3 C 的物块贴在长木板右侧的A 点由静止释放，物块做初速度为零的加速直线运动，刚好落在地面上的C 点，已知A 点离地面的高度h 1＝1.8 m ，C 点离木板的距离为L ＝2.4 m ，重力加速度g 取10 m /s 2，不计物块的大小，木板足够长，求：(1)匀强电场的电场强度E 的大小；(2)改变物块贴在木板右侧由静止释放的位置，使物块由静止释放后仍能落在C 点，则改变后的位置离地面的高度为多少．答案：(1)1.33×103 N /C (2)3.2 m解析：(1)物块在A 点由静止释放，做初速度为零的匀加速直线运动，设运动的时间为t 1则在水平方向L ＝12 at 21根据牛顿第二定律qE ＝ma 在竖直方向h 1＝12 gt 21解得E ＝1.33×103 N /C(2)要使物块改变位置后由静止释放也能到达C 点，这个位置必须在电场外，设物块进电场后在电场中运动的时间为t 2，则L ＝12 at 22设物块刚进电场时的速度为v ，则h ＝vt 2＋12 gt 22解得v ＝2 m /s设释放的位置离地面的高度为H ，则H ＝h ＋v 22g ＝3.2 m ．。
高一物理《带电粒子在电场中的运动》知识点总结
高一物理《带电粒子在电场中的运动》知识点总结一、带电粒子在电场中的加速分析带电粒子的加速问题有两种思路：1．利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析．适用于匀强电场．2．利用静电力做功结合动能定理分析．对于匀强电场和非匀强电场都适用，公式有qEd ＝12m v 2－12m v 02(匀强电场)或qU ＝12m v 2－12m v 02(任何电场)等． 二、带电粒子在电场中的偏转如图所示，质量为m 、带电荷量为q 的粒子(忽略重力)，以初速度v 0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l ，极板间距离为d ，极板间电压为U .1．运动性质：(1)沿初速度方向：速度为v 0的匀速直线运动．(2)垂直v 0的方向：初速度为零的匀加速直线运动．2．运动规律：(1)t ＝l v 0，a ＝qU md ，偏移距离y ＝12at 2＝qUl 22m v 02d. (2)v y ＝at ＝qUl m v 0d ，tan θ＝v y v 0＝qUl md v 02. 三、带电粒子的分类及受力特点(1)电子、质子、α粒子、离子等粒子，一般都不考虑重力，但不能忽略质量．(2)质量较大的微粒，如带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力．(3)受力分析仍按力学中受力分析的方法分析，切勿漏掉静电力．四、求带电粒子的速度的两种方法(1)从动力学角度出发，用牛顿第二定律和运动学知识求解．(适用于匀强电场)由牛顿第二定律可知，带电粒子运动的加速度的大小a ＝F m ＝qE m ＝qU md.若一个带正电荷的粒子，在静电力作用下由静止开始从正极板向负极板做匀加速直线运动，两极板间的距离为d ，则由v 2－v 02＝2ad 可求得带电粒子到达负极板时的速度v ＝2ad ＝2qU m.(2)从功能关系角度出发，用动能定理求解．(可以是匀强电场，也可以是非匀强电场)带电粒子在运动过程中，只受静电力作用，静电力做的功W ＝qU ，根据动能定理，当初速度为零时，W ＝12m v 2－0，解得v ＝2qU m ；当初速度不为零时，W ＝12m v 2－12m v 02，解得v ＝2qU m ＋v 02. 五、带电粒子在电场中的偏转的几个常用推论(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的中点．(2)位移方向与初速度方向间夹角α的正切值为速度偏转角θ正切值的12，即tan α＝12tan θ. (3)不同的带电粒子(电性相同，初速度为零)，经过同一电场加速后，又进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定重合．注意：分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEy ＝ΔE k ，其中y 为粒子在偏转电场中沿静电力方向的偏移量．。
带电粒子在电场中的加速和偏转练习题
带电粒子在电场中的加快和偏转演习题【1 】1.一带负电荷的质点,在电场力感化下沿曲线abc从a活动到c,已知质点的速度是递减的.关于b点电场强度E的偏向,下列图示中可能准确的是（虚线曲直线在b点的切线）（）2．一束正离子以雷同的速度从统一地位垂直于电场偏向飞入匀强电场中,所有离子的轨迹都是一样的,这解释所有离子A．具有雷同的质量B．具有雷同的电量C．电量与质量比拟（荷质比）雷同D．都属于同元素的同位素3.如图2所示,从灯丝发出的电子经加快电场加快后,进入偏转电场,若加快电压为U1,偏转电压为U2,要使电子在电场中的偏转量y增大为本来的2倍,下列办法中准确的是（）B．使U2增大为本来的2倍C．使偏转板的长度增大为本来2倍4.三个分离带有正电.负电和不带电的相等质量的颗粒,从程度放置的平行带电金属板左侧以雷同速度v0垂直电场线偏向射入匀强电场,分离落在带正电荷的下板上的a.b.c三点,如图所示,下面断定准确的是（）A.落在a点的颗粒带正电.c点的带负电.b点的不带电v0－－－－－＋＋＋＋＋ａｂｃB.落在a.b.c 点颗粒在电场中的加快度的关系是aa> ab> acC.三个颗粒在电场中活动时光的关系是ta> tb> tcD.电场力对落在c 点的颗粒做负功5．如图所示,A.B.C.D 为匀强电场中相邻的四个等势面,一个电子垂直经由等势面D 时,动能为20eV,飞经等势面C 时,电势能为－10eV ,飞至等势面B 时速度正好为零,已知相邻等势面间的距离为5cm,则下列说法准确的是 ( )A ．等势面A 的电势为－10VB ．匀强电场的场壮大小为200V/mC ．电子再次飞经D 势面时,动能为10eVD ．电子的活动为匀变速直线活动6．一个一价和一个二价的静止铜离子,经由统一电压加快后,再垂直射入统一匀强偏转电场,然后打在统一屏上,屏与偏转电场偏向平行,下列说法准确的是A ．二价铜离子打在屏上时的速度大B ．离子经偏转电场后,二价铜离子飞到屏上用的时光短C ．离子分开加快电场进程时,二价铜离子的动能小D ．在分开偏转电场时,两种离子在电场偏向上的位移不相等.7.平行板间有如图所示周期变更的电压,重力不计的带电粒子静止在平行板中心,从t=0时刻开端将其释放,活动进程无碰板情形,选项中,能正肯定性描写粒子活动的速度图象的是( )v A B C D8．在地面邻近,消失着一有界电场,鸿沟MN 将某空间分成高低两个区域Ⅰ.Ⅱ,在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场,在区域Ⅰ中离鸿沟某一高度由静止释放一质量为m 的带电小球A,如图9－3－23甲所示,小球活动的v －t 图象如图9－3－23乙所示,已知重力加快度为g,不计空气阻力,则 （ ）图9－3－23A ．在t ＝2.5 s 时,小球经由鸿沟MNB ．小球受到的重力与电场力之比为3∶5C ．在小球向下活动的全部进程中,重力做的功与电场力做的功大小相等D ．在小球活动的全部进程中,小球的机械能与电势能总和先变大再变小9.如图所示,一带电粒子以速度v 垂直于场强偏向沿上板边沿射入匀强电场,刚好贴下边沿飞出,已知产生场强的金属板长为l,假如带电粒子的速度为2v 时,当它的竖直位移等于板间距d 时,它的程度射程x 为________.10：如图真空中有一对平行金属板,间距为d,接在电压为U 的电源上,质量为m.电量为q 的正电荷穿过正极板上的小孔以v0进入电场,到达负极板时从负极板上正对的小孔穿出.不计重力,求：正电荷穿出时的速度v 是多大？11．如图所示,质量为5×10-8kg 的带电微粒以v0=2m ／s 的速度从程度放置的金属板A.B 的中心飞入板间,已知板长L=10cm,板间距离d=2 cm ．当UAB=1000V 时,带电粒子正好沿直线穿过板+ -A B间,则(1)UAB为多大时粒子擦上板边沿飞出?(2)UAB在什么规模内带电粒子能从板间飞出?12.（12分）如图所示,一示波管偏转电极的长度d＝1.5cm,南北极间电场是平均的,E＝1.2×104V/m,(E垂直于管轴),一个电子以v0＝2.6×107 m/s的初速度沿管轴射入,已知电子质量m ＝9.1×10－31kg,电荷量q＝－1.6×10－19 C．求：（1）电子经由电极后,产生的偏转量y．（2）若偏转电极右边沿到荧光屏距离Ｌ＝10cm,求电子打在荧光屏上的光点偏离中间O 的距离y0．。
带电粒子在电场中的加速和偏转的运动
带电粒子在电场中的加速和偏转的运动资料1．带电粒子的加速(1)动力学分析：带电粒子沿与电场线平行方向进入电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加(减)速直线运动，如果是匀强电场，则做匀加(减)速运动．(2)功能关系分析：粒子只受电场力作用，动能变化量等于电势能的变化量． 221qU mv =(初速度为零)；2022121qU mv mv -= 此式适用于一切电场． 2．带电粒子的偏转(1)动力学分析：带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入两带电平行板产生的匀强电场中，受到恒定的与初速度方向成900角的电场力作用而做匀变速曲线运动 (类平抛运动)．(2)运动的分析方法(看成类平抛运动)：①沿初速度方向做速度为v 0的匀速直线运动．②沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动．例1如图1—8—1所示，两板间电势差为U ，相距为d ，板长为L ．—正离子q 以平行于极板的速度v 0射入电场中，在电场中受到电场力而发生偏转，则电荷的偏转距离y 和偏转角θ为多少?解析：电荷在竖直方向做匀加速直线运动，受到的力F ＝Eq ＝Uq/d由牛顿第二定律，加速度a = F/m = Uq/md水平方向做匀速运动，由L = v 0t 得t = L/ v 0由运动学公式221at s =可得： U dmv qL L md Uq y 202202)v (21=⋅= 带电离子在离开电场时，竖直方向的分速度：v ⊥dmv qUL at 0== 离子离开偏转电场时的偏转角度θ可由下式确定：d mv qUL v v 200Ítan ==θ 电荷射出电场时的速度的反向延长线交两板中心水平线上的位置确定：如图所示，设交点P 到右端Q 的距离为x ，则由几何关系得：x y /tan =θ21/2/tan 20202===∴dmv qLU d mv U qL y x θ电荷好像是从水平线OQ 中点沿直线射出一样，注意此结论在处理问题时应用很方便．例2两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图1—8—3所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是 ( )A ．U edhB ．edUhC ．dh eUD ．d eUh 解析：电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小，根据题意和图示可知，电子仅受电场力，由能量关系：OA eU mv =2021，又E ＝U ／d ，h d U Eh U OA ==，所以deUh mv =2021 . 故D 正确． 例3一束质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以平行于两极板的速度v 0进入匀强电场，如图1—8—4所示．如果两极板间电压为U ，两极板间的距离为d 、板长为L ．设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为 ．(粒子的重力忽略不计)分析：带电粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速运动．电场力做功导致电势能的改变．解析：水平方向匀速，则运动时间t ＝L/ v 0 ①竖直方向加速，则侧移221at y =② 且dmqU a = ③ 由①②③得2022mdv qUL y = 则电场力做功20222220222v md L U q mdv qUL d U q y qE W =⋅⋅=⋅= 由功能原理得电势能减少了2022222v md L U q 例4如图1—8－5所示，离子发生器发射出一束质量为m ，电荷量为q 的离子，从静止经加速电压U 1加速后，获得速度0v ，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转图1—8—4电压U 2作用后，以速度v 离开电场，已知平行板长为l ，两板间距离为d ，求：①0v 的大小；②离子在偏转电场中运动时间t ；③离子在偏转电场中受到的电场力的大小F ；④离子在偏转电场中的加速度；⑤离子在离开偏转电场时的横向速度y v ；⑥离子在离开偏转电场时的速度v 的大小；⑦离子在离开偏转电场时的横向偏移量y ；⑧离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tgθ解析：①不管加速电场是不是匀强电场，W ＝qU 都适用，所以由动能定理得：0121mv qU = mqU v 20=∴ ②由于偏转电场是匀强电场，所以离子的运动类似平抛运动．即：水平方向为速度为v 0的匀速直线运动，竖直方向为初速度为零的匀加速直线运动．∴在水平方向102qU m l v l t == ③d U E 2=F =qE =.d qU 2④md qU m F a 2== ⑤.mU q d l U qU m l md qU at v y 121222=•== ⑥1242222212220U md U ql U qd v v v y +=+=⑦1221222422121dU U l qU m l md qU at y =•==（和带电粒子q 、m 无关，只取决于加速电场和偏转电场）解题的一般步骤是：(1)根据题目描述的物理现象和物理过程以及要回答问题，确定出研究对象和过程．并选择出“某个状态”和反映该状态的某些“参量”，写出这些参量间的关系式．(2)依据题目所给的条件，选用有关的物理规律，列出方程或方程组，运用数学工具，图1—8－5对参量间的函数关系进行逻辑推理，得出有关的计算表达式．(3)对表达式中的已知量、未知量进行演绎、讨论，得出正确的结果．练习：一、选择题（不定项）某电场的部分电场线如图所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹(图中虚线)上的两点，下列说法中正确的是: ( )A．粒子一定带负电 B．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度C．粒子不可能是从B点向A点运动 D．电场中A点的电势高于B点的电势2、一带电粒子射入一固定正点电荷Q形成的电场中，并沿图中虚线由a运动到b点，a、b 两点到点电荷Q的距离分别为r a、r b，且r a>r b，若粒子只受电场力作用，这一过程中: （）A．电场力对粒子做负功 B．粒子在b点电势能小于在a点的电势能C．粒子在b点动能小于在a点的动能 D．粒子在b点加速度大于在a点的加速度3、如图5所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。
带电粒子在电场中的加速和偏转
带电粒子在电场中的加速和偏转一、 带电粒子在电场中的加速讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法：(1)能量方法——能量守恒定律；(2)功能关系——动能定理；(3)力和运动学方法——牛顿运动定律，匀变速直线运动公式。
[典题例析1]如图甲所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E 、方向沿斜面向下的匀强电场中。
一劲度系数为k 的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。
一质量为m 、带电荷量为q (q ＞0)的滑块从距离弹簧上端为s 0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g 。
(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t 1；(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为v m ，求滑块从静止释放到速度大小为v m 的过程中弹簧的弹力所做的功W ；(3)从滑块静止释放瞬间开始计时，请在图乙中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v －t 图像。
图中横坐标轴上的t 1、t 2及t 3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v 1为滑块在t 1时刻的速度大小，v m 是题中所指的物理量。
(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a ，则有qE ＋mg sin θ＝ma ①s 0＝12at 12② 联立①②可得t 1＝2ms 0qE ＋mg sin θ (2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x 0，则有mg sin θ＋qE ＝kx 0④从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得(mg sin θ＋qE )·(s 0＋x 0)＋W ＝12mv m 2－0⑤ 联立④⑤可得W ＝12mv m 2－(mg sin θ＋qE )·(s 0＋mg sin θ＋qE k) [拓展训练1]如图6－3－7所示，板长L ＝4 cm 的平行板电容器，板间距离d ＝3 cm ，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U ＝100 V ，有一带负电液滴，带电荷量为q ＝3×10－10 C ，以v 0＝1 m/s的水平速度自A 板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B 板边缘水平飞出，取g ＝10 m/s2。
带电粒子在电场中的加速和偏转知识归纳与运用技巧
带电粒子在电场中的加速和偏转知识归纳与运用技巧知识点一：带电粒子在电场中的加速和减速运动要点诠释：（1）带电粒子在匀强电场中运动的计算方法用牛顿第二定律计算：带电粒子受到恒力的作用，可以方便的由牛顿第二定律以及匀变速直线运动的公式进行计算。
用动能定理计算：带电粒子在电场中通过电势差为U AB的两点时动能的变化是，则。
(2)带电粒子在非匀强电场中运动的计算方法用动能定理计算：在非匀强电场中，带电粒子受到变力的作用，用牛顿第二定律计算不方便，通常只用动能定理计算。
：如图真空中有一对平行金属板，间距为d，接在电压为U的电源上，质量为m、电量为q的正电荷穿过正极板上的小孔以v0进入电场，到达负极板时从负极板上正对的小孔穿出。
不计重力，求：正电荷穿出时的速度v是多大？解法一、动力学由牛顿第二定律：①由运动学知识：v2－v02=2ad ②联立①②解得：解法二、由动能定理解得讨论：（1）若带电粒子在正极板处v0≠0，由动能定理得qU=mv2-mv02解得v=（2）若将图中电池组的正负极调换，则两极板间匀强电场的场强方向变为水平向左，带电量为+q，质量为m的带电粒子，以初速度v0，穿过左极板的小孔进入电场，在电场中做匀减速直线运动。
①若v0＞，则带电粒子能从对面极板的小孔穿出，穿出时的速度大小为v，有 -qU=mv2-mv02解得v=②若v0＜，则带电粒子不能从对面极板的小孔穿出，带电粒子速度减为零后，反方向加速运动，从左极板的小孔穿出，穿出时速度大小v=v0。
设带电粒子在电场中运动时距左极板的最远距离为x，由动能定理有： -qEx=0-mv02又E=(式d中为两极板间距离)解得x=。
知识点二：带电粒子在电场中的偏转要点诠释：（1）带电粒子在匀强电场中的偏转高中阶段定量计算的是，带电粒子与电场线垂直地进入匀强电场或进入平行板电容器之间的匀强电场。
如图所示：（2）粒子在偏转电场中的运动性质受到恒力的作用，初速度与电场力垂直，做类平抛运动：在垂直于电场方向做匀速直线运动；在平行于电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。
高考物理 小题狂刷 专题30 带电粒子在电场中的加速、偏转问题 新人教版
狂刷30 带电粒子在电场中的加速、偏转问题1．如图所示，一价氢离子（11H）和二价氦离子（42He）的混合体，经同一加速电场U1同时加速后，垂直射入同一偏转U2电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，（不计它们之间的作用力和重力）则它们A．同时到达屏上同一点 B．先后到达屏上同一点C．同时到达屏上不同点 D．先后到达屏上不同点【答案】B【名师点睛】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同。
做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间。
2．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处。
（不计重力作用）下列说法中正确的是A ．从t =0时刻释放电子，电子可能在两板间振动B ．从t =T /2时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上C ．从t =T /4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D ．从t =3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上 【答案】C3．如图所示，质子（11H ）和α粒子（42He ），以相同的初速度垂直射入偏转电场（粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移y 之比为A ．1:1B ．1:2C ．2:1D ．1:4【答案】C【解析】质子和α粒子垂直射入偏转电场都做类平抛运动，电场强度为E ，速度为v ，根据牛顿第二定律可得粒子加速度为：qEa m=，可得粒子射出电场时的侧位移y 的表达式为：212y at =，在水平方向匀速运动：L vt =，联立可得：222qEL y mv =，由此可知，质子和α粒子电荷量之比为1:2，质量之比为1:4，由此可得：侧位移y 之比为2:1。
所以C 正确，ABD 错误。
4．如图，正电荷从O 点沿箭头方向射入竖直向的匀强电场，电荷重力不计，其运动轨迹可能为A ．OPB ．OO'C ．OQD ．OS【答案】A【名师点睛】当受到的合力与速度方向不在一条直线上时，物体就做曲线运动，而曲线运动总是弯向受到合力的方向--这是由牛顿第二定律决定的，合力方向决定加速度的方向。
电场7 带电粒子在电场中的加速和偏转
第7课时：带电粒子在电场中的加速和偏转考点一：带电粒子在电场中的加速问题1：如何计算带电粒子离开电场时的末速度？小结：处理电场中直线运动的方法 变式1. 在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动，则关于电子到达Q 板时的速率，下列解释正确的是（ ） A.两板间距离越大，加速时间就越长，则获得的速率就越大. B.两板间距离越小，加速时间就越长，则获得的速率就越大 C.与两板间的距离无关，仅与加速电压有关 D.以上解释都不对.变式2： 在点电荷＋Q 的电场中有A 、B 两点，将质子和α粒子分别从A 点由静止释放，已知质子和α粒子的电性相同，带电量之比为1:2，质量之比为1:4，则到达B 点时，它们的速度大小之比为多少？考点二：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动问题2：一质量为m 、电荷量为q 的粒子以初速度v 0沿中轴线射入．在垂直场强方向做匀速运动：v x ＝v 0，穿越电场时间： 在电场方向做匀加速直线运动：a ＝ 离开电场时y 方向分速度：v ＝at ＝偏移量：y ＝ 偏转角θ：tan θ＝证明：在带电的平行金属板电容器中，只要带电粒子垂直电场方向射入（不一定在正中间），且能从电场中射出如图所示，则粒子射入速度v 0的方向与射出速度v t 的方向的交点O 必定在板长L 的中点.变式3. 如图所示，平行板电容器两极板间距为d ，板长为l ，在两板间加上电压。
在A 、B 左端距A 、B 等距离处的O 点，有一电荷量为+q 、质量为m 的粒子以0v 的初速度沿水平方向入射。
不计重力，要使此粒子能从C 处射出，则A 、B 间的电压应为（ ） A. B. C. D.dP QUQdC2202d m v ql222l m v qd0lm v qd0v q v dl变式4： 一个电子以4.0×106m ／s 的速度沿与电场垂直的方向从A 点飞进匀强电场，并且从另一端B 点沿与场强方向成1500角方向飞出，那么，A 、B 两点间的电势差为多少伏？(电子的质量为9.1×10－31 kg).考点三：带电粒子在电场中的加速偏转综合问题问题3：电子在电势差U 1的加速电场中由静止开始运动，然后垂直射入电势差为U 2的两块平行极板间的电场中，在满足电子能射出平行板区的条件下，电子与入射方向的偏转角θ和偏移量y 由哪些因素决定？【知识与方法】y= tan θ=变式5： 静止的电子在加速电压U 1的作用下从O 经P 板的小孔射出,又垂直进入平行金属板间的电场,在偏转电压U 2的作用下偏转一段距离.现使U 1加倍,要想使电子的运动轨迹不发生变化,应该（ ） A.使U 2加倍 B.使U 2变为原来的4倍 C.使U 2倍 D.使U 2变为原来的1／2倍变式6、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 ，一束质量为m 、带电量为+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 的范围； （3）求粒子可能到达屏上区域的长度·v AABY YvLA。
带电粒子在电场中的运动问题2(偏转)知识讲解
带电粒子在电场中的偏转一、如图所示，某带电粒子以速度0v 沿垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做匀变速曲线运动。
1、处理方法：类平抛运动，运动的合成与分解求解相关问题；水平方向：匀速直线运动； 竖直方向：匀加速直线运动。
2、所涉及的方程及结论 ①加速度：mdqU m qE m F a ===②运动时间： A 、能飞出极板间时，0v l t = B 、打在极板上时，由qUmd a d t at d 22,212===得 ③竖直上的偏转量：A 、离开电场时，dmv U ql at y 2022221==，如果综合加速电场0U 时，由20021mv qU =得dU Ul y 024=，即经过加速电场后进入偏转电场时，竖直方向上的偏转量与粒子的比荷无关。
换句话说，就是不同的粒子经过相同的加速电场和进入相同的偏转电场，离开电场时竖直方向上的偏转量都是一样的。
B 、打在极板上时，2d y =，水平方向的位移为qUmd v a d v t v x 2000=== ④偏转角：dmv qUl v at v v y2000tan ===θ，结合20021mv qU =得d U Ul 02tan =θ即经过加速电场后进入偏转电场时，偏转角与粒子的比荷无关。
换句话说，即不同的粒子经过相同的加速电场和进入相同的偏转电场，离开电场时速度的方向都是一样的。
⑤如果粒子能离开偏转电场，离开电场时速度方向的反向延长线交水平位移的中点2l 处。
⑥速度：220y v v v +=或者根据动能定理：y dU U mv mv qU y y =-=,2121202例1、如图所示，离子发生器发射出一束质量为m ，电荷量为q 的离子，从静止经加速电压U 1加速后，获得速度0v ，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U 2作用后，以速度v 离开电场，已知平行板长为l ，两板间距离为d ，求：①0v 的大小；②离子在偏转电场中运动时间t ；③离子在偏转电场中受到的电场力的大小F ；④离子在偏转电场中的加速度；⑤离子在离开偏转电场时的横向速度y v ；⑥离子在离开偏转电场时的速度v 的大小；⑦离子在离开偏转电场时竖直方向上的偏移量y ；⑧离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tanθ举一反三1、如图所示，质子(11H)、氘核（H21）和α粒子(42He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，三个粒子均能射出电场；求①这三个粒子射出电场时所花时间比；②这三个粒子射出电场时竖直方向上的偏转量的比；③这三个粒子射出电场时速度的偏转角的比；2、如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，那么()A．经过加速电场过程，电场力对氚核做的功最多B．经过偏转电场过程，电场力对三种核做的功一样多C．三种原子核打在屏上时的速度一样大D．三种原子核都打在屏上的同一位置上3、在上题的基础上，求：①进入偏转电场到离开时所需时间比；二、示波器工作原理例2、如图所示是示波管的原理图．它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点，在那里产生一个亮斑．下列说法正确的是()A．要想让亮斑沿OY向上移动，需在偏转电极YY′上加电压，且Y′比Y电势高B．要想让亮斑移到荧光屏的右上方，需在偏转电极XX′、YY′上加电压，且X比X′电势高、Y比Y′电势高C．要想在荧光屏上出现一条水平亮线，需在偏转电极XX′上加特定的周期性变化的电压(扫描电压)D．要想在荧光屏上出现一条正弦曲线，需在偏转电极XX′上加适当频率的扫描电压、在偏转电极YY′上加按正弦规律变化的电压举一反三1、如图所示，是一个示波器工作原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏移量(h/U)叫示波器的灵敏度．若要提高其灵敏度，可采用下列办法中的()A．增大两极板间的电压B．尽可能使板长l做得短些C．尽可能使板间距离d减小些D．使电子入射速度v0大些2、如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间(图示坐标的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合)．若要电子打在图示坐标的第Ⅲ象限，则()A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极。
高考物理 精做 带电粒子在电场中的加速偏转问题大题精做
取夺市安慰阳光实验学校精做21 带电粒子在电场中的加速、偏转问题1．（2016·北京卷）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于版面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。
已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为0U 。
偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d 。
（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。
在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。
已知22.010V U =⨯，24.010m d -=⨯，319.110kg m -=⨯，191.610C e -=⨯，210m/s g =。
（3）极板间既有静电场也有重力场。
电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势ϕ的定义式。
类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”G ϕ的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。
【答案】（1）24UL y U d∆= （2）由于F G 远大于，因此不需要考虑电子所受重力 （3）电势ϕ和重力势G ϕ都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定【解析】（1）根据功和能的关系，有20012eU mv =电子射入偏转电场的初速度0v =在偏转电场中，电子的运动时间0L t v ∆==偏转距离221()24UL y a t U d ∆=∆=（3）电场中某点电势ϕ定义为电荷在该点的电势能p E 与其电荷量q 的比值，即p E q=ϕ由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能G E 与其质量m 的比值，叫做“重力势”，即GG E mϕ=电势ϕ和重力势G ϕ都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定【方法技巧】带电粒子在电场中偏转问题，首先要对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型。
专题讲座四：带电粒子在匀强电场中的偏转问题
带电粒子在匀强电场中的加速和偏转问题 一：.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的偏转角度总是相同的。
证明：由qU 0＝12mv 20及tan φ＝qUl mdv 20得tan φ＝Ul 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 到电场边缘的距离为l2。
二：．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 2－12mv 20，其中U y ＝U dy ，指初、末位置间的电势差。
三：带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路1．运动学与动力学观点(1)运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：①带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；②带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。
(2)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法。
2．功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算。
(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量。
(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。
四：典题分析：1 如图1所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y ，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)( )图1A ．增大偏转电压UB ．增大加速电压U 0C ．增大偏转极板间距离D ．将发射电子改成发射负离子A2.如图所示，一束带电粒子(不计重力)，垂直电场线方向进入偏转电场，试讨论在以下几种情况中，粒子应具备什么条件，才能得到相同的偏转距离y 和偏转角θ。
专项练习30 带电粒子在电场中的加速、偏转问题(含答案)-高三物理一轮复习小题专项练习
专题八电场必刷30带电粒子在电场中的加速、偏转问题1．（2020·黑龙江大庆·铁人中学月考）一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为( )A．动能减小B．电势能增加C．动能和电势能之和减小D．重力势能和电势能之和增加【答案】C【解析】物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧，并且运动过程中小球只受电场力和重力，所以合力竖直向上，合力与运动方向夹角为锐角，做正功，动能增大，电场力方向向上，电场力做正功，电势能减小，AB错误；根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故C正确；从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故D错误．【点睛】做此类题目的关键是根据物体做曲线运动过程中受到的合力指向轨迹内侧判断受力情况，本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化．在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键．2．（2020·福建省连城县第一中学月考）如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出．已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，则()A ．在前2t时间内，静电力对粒子做的功为4qUB ．在后2t 时间内，静电力对粒子做的功为38qUC ．在粒子偏转前4d 和后4d的过程中，静电力做功之比为1∶2D ．在粒子偏转前4d 和后4d的过程中，静电力做功之比为2∶1【答案】B 【解析】AB ．粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速运动：由212y at =可得，前 2t 时间内与t 时间内垂直于板方向之比为1：4，在前 2t 时间内的位移为18d y =，在后 2t 时间内的位移为238dy =；电场力对粒子做功为11188U d W qEy q qU d ==⨯⨯=， 223388U d W qEy q qU d ==⨯⨯=故A 错误，B 正确．CD ．由电场力做功W=qEy ，则前粒子在下落前4d 和后4d内，电场力做功之比1：1．故CD 错误． 3．（2020·平遥县第二中学校开学考试）如图所示，竖直放置的一对平行金属板间有加速电场，电势差为U 1，水平放置的一对平行金属板间有偏转电场，电势差为U 2。
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带电粒子在电场中加速偏转问题
1．带电粒子的加速
由动能定理可知： qU mv =221（初速度为零）求出：m
qU v 2= 2022
121mv mv qU
-= （初速度不为零时） 说明：适用于任何电场 2．带电粒子的偏转 （1）运动状态分析：带电粒子以速度V 0垂直于电场线方向飞入两带电平行板产生的匀强电场中时，若只受电场力作用，则做加速度为md qU a
=的类平抛运动。
（2）基本公式：
① 加速度：md
qU m qE m F a === （板间距离为d ，电压为U ） ② 运动时间：0v l t = （射出电场，板长为l ）
③ 粒子离开电场时的速率V ：
粒子沿电场力方向做匀加速直线运动，加速度为md qU
a = ，粒子离开电场时平行电场方向的分速度0mdv qUl
at v y ==，而0v v x = 所以202022)(mdv qUl v v v v y x +=+=
④ 粒子离开电场时的偏转距离y
202
2221mdv qUl at y ==
⑤ 粒子离开电场时的速度偏角
∵20tan mdv qUl v v x y
==ϕ ∴20arctan mdv qUl =ϕ
⑥ 带电粒子在电场中偏转的轨迹方程
由t v x 0=和202
2221mdv qUl at y ==，可得220
2x mdv qU y =，其轨迹为抛物线。
⑦ 粒子离开偏转电场时的速度方向的延长线必过偏转电场的中点
由20
tan mdv qUl =ϕ 和2022mdv qUl y = 可推得ϕtan 2
l y = ，所以粒子可看作是从两板间的中点沿直线射出的。
【练习题】
1.一个初动能为Ek 的电子，垂直电场线飞入平行板电容器中，飞出电容器的动能为2Ek ，如果此电子的初速度增至原来的2倍，则它飞出电容器的动能变为( )
A ．4Ek
B ．8Ek
C ．
D ．
2.如图1－8－17所示，从静止出发的电子经加速电场加速后，进入偏转电场．若加速电压为U1、偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏移距离y 增大为原来的2倍(在保证电子不会打到极
板上的前提下)，可选用的方法有 ( )
A ．使U1减小为原来的1/2
B ．使U2增大为原来的2倍
C ．使偏转电场极板长度增大为原来的2倍
D ．使偏转电场极板的间距减小为原来的1/2
3．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )
A ．2倍
B ．4倍
C ．倍
D ．倍
4.电子从负极板的边缘垂直进入匀强电场，恰好从正极板边缘飞出，如图1—8—8所示，现在保持两极板间的电压不变，使两极板间的距离变为原来的2倍，电子的入射方向及位臀不变，且要电子仍从正极板边缘飞出，则电子入射的初速度大小应为原来的（ ） A.22 B.21 C.2
5．有三个质量相等的小球，分别带正电、负电和不带电，以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，它们分别落在下板的A 、B 、C 三处，已知两金属板的上板带负电荷，下板接地，如图所示，下面说法正确的是( )
A 、落在A 、
B 、
C 三处的小球分别是带正电、不带电和带负电的
B 、三小球在该电场中的加速度大小关系是a A ＜a B ＜a C
C、三小球从进入电场至落到下板所用的时间相等
D、三小球到达下板时动能的大小关系是E KC＜E KB＜E KA
6. 如图所示一质量为m，带电荷量为+q的小球从距地面高h处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离l处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管上口距地面h/2，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域里加一个场强方向水平向左的匀强电场，求：
(1)小球的初速度v0.
(2)电场强度E的大小．
(3)小球落地时的动能Ek．
7、如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。
在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）。
（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置。
（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。
（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。
8、下图是某种静电分选器的原理示意图。
两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。
分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。
混合在一起的a 、b 两种颗粒从漏斗出口下落时，a 种颗粒带上正电，b 种颗粒带上负电。
经分选电场后，a 、b 两种颗粒分别落到水平传送带A 、B 上。
已知两板间距m d 1.0=，板的长度m l 5.0=，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为kg C /1015-⨯。
设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。
要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。
重力加速度g 取2/10s m 。
（1）左右两板各带何种电荷两极板间的电压多大
（2）若两带电平行板的下端距传送带A 、B 的高度m H 3.0=，颗粒
落至传送带时的速度大小是多少
（3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞
前竖直方向速度大小的一半。
写出颗粒第n 次碰撞反弹高度的表达式。
并求出
经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于。
17、（18分）解：
（1）设电子的质量为m ，电量为e ，电子在电场I 中做匀加速直线运动，出区域I 时的为v 0，此后电场II 做类平抛运动，假设电子从CD 边射出，出射点纵坐标为y ，有
2012
eEL mv = 22011()222L eE L y at m v ⎛⎫-== ⎪⎝⎭
解得 y ＝14L ，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为（－2L ，14
L ） （2）设释放点在电场区域I 中，其坐标为（x ，y ），在电场I 中电子被加速到v 1，然后进入电场II 做类平抛运动，并从D 点离开，有
2112
eEx mv = 2
211122eE L y at m v ⎛⎫== ⎪⎝⎭
解得 xy ＝2
4L ，即在电场I 区域内满足议程的点即为所求位置。
（3）设电子从（x ，y ）点释放，在电场I 中加速到v 2，进入电场II 后做类平抛运动，在高度为y ′处离开电场II 时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D 点，则有
2212eEx mv = 2221122eE L y y at m v ⎛⎫'-== ⎪⎝⎭ 2
y eEL v at mv ==，2y L y v nv '= 解得 21124xy L n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
，即在电场I 区域内满足议程的点即为所求位置 18、（18分）解：
（1）左板带负电荷，右板带正电荷。
依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足
221gt l =
<1>
在水平方向上满足 2212t dm Uq d s ==
<2>
<1><2>两式联立得 V lq gmd U 42
1012⨯==
（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足 s m H l g m
Uq v mv H l mg Uq /4)(221)(212
≈++==++ （3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度s m H l g v y /4)(2=+=。
反弹高度 m g v h n y 8.0)4
1(2)5.0(2
1⨯== 根据题设条件，颗粒第n 次反弹后上升的高度 )2)(41()2()41(22g
v g v h y y n n == 当4=n
时，m h n 01.0<。