带电粒子在电场中的偏转
带电粒子在电场中的偏转
2
tan
eU 2l U 2l 2 mv0 d 2U 1d
2. 两个结论：
3.两种方法：
C
eU L h 2 md v0
2
先找到物理量表达式
h eL 2 U 2mdv0
2
先看常量后看变量
强化练习
qUl tan 2 mv0 d
2、质量为m、带电量为q的粒子以初速度v从中线垂
直进入偏转电场，刚好离开电场，它在离开电 场后偏转角正切为0.5，则下列说法中正确的是 A、如果偏转电场的电压为原来的一半，则粒子离 √ 开电场后的偏转角正切为0.25 B、如果带电粒子的比荷为原来的一半，则粒子离 √ 开电场后的偏转角正切为0.25 C、如果带电粒子的初速度为原来的2倍，则粒子 离开电场后的偏转角正切为0.25 D、如果带电粒子的初动能为原来的2倍，则粒子 √ 离开电场后的偏转角正切为0.25
二、加速和偏转一体 _ + + + + + -q m
U1
vy
+
+
y
φ
v0
U2
析与解
对加速过程由动能定理： qU1 2 mv0 qUl 2 2 U 2l 2 mv0 2qU1 y 2 2mv0 d 4U 1d eU 2l U 2l tan 2 2U 1d mv0 d
第二个结 - - - - - 论 L 1
侧移
U F
v0 v
l
试根据类平抛运动的知识，推导: 偏移量 y和偏转角θ
vy
偏转角
带电粒子的偏转——类平抛运动 1.加速度:
2.飞行时间:
3.侧移距离: 4.偏转角:
带电粒子在电场中的偏转(含答案解析)
带电粒子在电场中的偏转一、基础知识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 ＝lv 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2md t 2，t ＝2mdyqU②沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝Uqmd 离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝Uql 22mdv 2离开电场时的偏转角：tan θ＝v yv 0＝Uqlmdv 20特别提醒 带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．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 20y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1lmdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 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l2.3、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 2－12mv 20，其中U y ＝Udy ，指初、末位置间的电势差．二、练习题1、如图，一质量为m ，带电量为＋q 的带电粒子，以速度v 0垂直于电场方向进入电场，关于该带电粒子的运动，下列说法正确的是( )A ．粒子在初速度方向做匀加速运动，平行于电场方向做匀加速运动，因而合运动是匀加速直线运动B ．粒子在初速度方向做匀速运动，平行于电场方向做匀加速运动，其合运动的轨迹是一条抛物线C ．分析该运动，可以用运动分解的方法，分别分析两个方向的运动规律，然后再确定合运动情况D ．分析该运动，有时也可用动能定理确定其某时刻速度的大小 答案 BCD2、如图所示，两平行金属板A 、B 长为L ＝8 cm ，两板间距离d ＝8 cm ，A 板比B 板电势高300 V ，一带正电的粒子电荷量为q ＝1.0×10－10 C ，质量为m ＝1.0×10－20 kg ，沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2.0×106 m/s ，粒子飞出电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，然后进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域(设界面PS 右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN 、PS 相距为12 cm ，D 是中心线RO 与界面PS 的交点，O 点在中心线上，距离界面PS 为9 cm ，粒子穿过界面PS 做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上．(静电力常量k ＝9.0×109 N ·m 2/C 2，粒子的重力不计)(1)求粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离多远？到达PS 界面时离D 点多远？ (2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹．(3)确定点电荷Q 的电性并求其电荷量的大小．解析 (1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离(侧向位移)： y ＝12at 2a ＝F m ＝qU dmL ＝v 0t则y ＝12at 2＝qU 2md (L v 0)2＝0.03 m ＝3 cm 粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS 交于H ，设H 到中心线的距离为Y ，则有12L12L ＋12 cm＝yY，解得Y ＝4y ＝12 cm(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(图略) (3)粒子到达H 点时，其水平速度v x ＝v 0＝2.0×106 m/s 竖直速度v y ＝at ＝1.5×106 m/s 则v 合＝2.5×106 m/s该粒子在穿过界面PS 后绕点电荷Q 做匀速圆周运动，所以Q 带负电 根据几何关系可知半径r ＝15 cmk qQr 2＝m v 2合r解得Q ≈1.04×10－8 C答案 (1)12 cm (2)见解析 (3)负电 1.04×10－8 C3、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)粒子从射入电场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间夹角的正切值tan α； (3)粒子打在屏上的点P 到O 点的距离x . 答案 (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL 22mv 20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，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t ＝2L v 0.(2)设粒子刚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＝qELmv 0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELmv 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 ＝v y ·Lv 0＋y ＝3qEL 22mv 20.解法三 由xy ＝L ＋L2L 2得：x ＝3y ＝3qEL 22mv 20.4、如图所示，虚线PQ 、MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m ＝2.0×10－11 kg 、电荷量为q ＝＋1.0×10－5 C ，从a 点由静止开始经电压为U ＝100 V 的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN 的某点b (图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ 、MN 间距为20 cm ，带电粒子的重力忽略不计．求：(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v 1； (2)水平匀强电场的场强大小； (3)ab 两点间的电势差．答案 (1)1.0×104 m/s (2)1.732×103 N/C (3)400 V 解析 (1)由动能定理得：qU ＝12mv 21代入数据得v 1＝1.0×104 m/s(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d ＝v 1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：v y ＝at 由题意得：tan 30°＝v 1v y由牛顿第二定律得：qE ＝ma 联立以上各式并代入数据得：E ＝3×103 N/C ≈1.732×103 N/C(3)由动能定理得：qU ab ＝12m (v 21＋v 2y )－0联立以上各式并代入数据得：U ab ＝400 V .5、如图所示，一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，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解析 一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.6、如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD 面与EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD 面带正电，EFGH 面带负电．从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a 、b 、c ，最后分别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是( )A ．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B ．三个液滴的运动时间不一定相同C ．三个液滴落到底板时的速率相同D ．液滴c 所带电荷量最多 答案 D解析 三个液滴具有水平速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A 错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，故运动时间必相同，选项B 错误；在相同的运动时间内，液滴c 水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，电荷量也最大，选项D 正确；因为重力做功相同，而电场力对液滴c 做功最多，所以它落到底板时的速率最大，选项C 错误．7、绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中xOy 所在平面与光滑水平面重合，电场方向与x 轴正向平行，电场的半径为R ＝2 m ，圆心O 与坐标系的原点重合，场强E ＝2 N/C.一带电荷量为q ＝－1×10－5 C 、质量m ＝1×10－5 kg 的粒子，由坐标原点O 处以速度v 0＝1 m/s 沿y 轴正方向射入电场(重力不计)，求：(1)粒子在电场中运动的时间； (2)粒子出射点的位置坐标； (3)粒子射出时具有的动能．答案 (1)1 s (2)(－1 m,1 m) (3)2.5×10－5 J解析 (1)粒子沿x 轴负方向做匀加速运动，加速度为a ，则有： Eq ＝ma ，x ＝12at 2沿y 轴正方向做匀速运动，有y ＝v 0t x 2＋y 2＝R 2解得t ＝1 s.(2)设粒子射出电场边界的位置坐标为(－x 1，y 1)，则有x 1＝12at 2＝1 m ，y 1＝v 0t ＝1 m ，即出射点的位置坐标为(－1 m,1 m)．(3)射出时由动能定理得Eqx 1＝E k －12mv 20代入数据解得E k＝2.5×10－5 J.8、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PE之间某点C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点射出正方形ABCD区域D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域答案BD解析粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D 点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项A错误，B正确；由平抛运动知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，所以选项C错误，D正确．9、用等效法处理带电体在电场、重力场中的运动如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m的小球，带正电荷量为q＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？图9审题与关联解析 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg ′，大小为mg ′＝qE 2＋mg 2＝23mg 3，tan θ＝qE mg ＝33，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D 点)满足等效重力刚好提供向心力，即有：mg ′＝mv 2D R，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系可知AD ＝2R ，令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知： －2mg ′R ＝12mv 2D －12mv 20 解得v 0＝ 103gR 3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v ≥103gR 3.。
第八章 第4讲 带电粒子在电场中的偏转
第4讲 带电粒子在电场中的偏转目标要求 1.掌握带电粒子在电场中的偏转规律.2.会分析带电粒子在电场中偏转的功能关系．考点一 带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动 (1)沿初速度方向做匀速直线运动，t ＝lv 0(如图)．(2)沿电场力方向做匀加速直线运动 ①加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd②离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22md v 02③离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUlmd v 021．两个重要结论(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：在加速电场中有qU 0＝12m v 02在偏转电场偏移量y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2偏转角θ，tan θ＝v y v 0＝qU 1lmd v 02得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0dy 、θ均与m 、q 无关．(2)粒子经电场偏转后射出，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偏转极板长度的一半． 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 ＝12m v 2－12m v 02，其中U y＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．考向1 带电粒子在匀强电场中的偏转例1 如图所示，矩形区域ABCD 内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a 和b 以相同的水平速度射入电场，粒子a 由顶点A 射入，从BC 的中点P 射出，粒子b 由AB 的中点O 射入，从顶点C 射出．若不计重力，则a 和b 的比荷(带电荷量与质量的比值)之比是( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶8D ．8∶1 答案 D解析 粒子在水平方向上做匀速直线运动，a 、b 两粒子的水平位移大小之比为1∶2，根据x ＝v 0t ，知时间之比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y ＝12at 2，y 之比为2∶1，则a 、b 的加速度之比为8∶1.根据牛顿第二定律知，加速度a ＝qEm ，加速度大小之比等于比荷之比，则两电荷的比荷之比为8∶1，故D 正确，A 、B 、C 错误．例2 如图所示，一电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d ，方向竖直向上，P 、Q 两点间的电势差为U (U >0)，不计粒子重力，P 点的电势为零．则下列说法正确的是( )A ．粒子带负电B ．带电粒子在Q 点的电势能为qUC ．P 、Q 两点间的竖直距离为d2D ．此匀强电场的电场强度为23U3d答案 D解析 由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A 错误；粒子从P 点运动到Q 点，电场力做正功，为W ＝qU ，则粒子的电势能减少了qU ，P 点的电势为零，可知带电粒子在Q 点的电势能为－qU ，故B 错误；Q 点速度的反向延长线过水平位移的中点，则y ＝d 2tan 30°＝32d ，电场强度大小为E ＝U y ＝23U 3d ，故D 正确，C 错误．考向2 带电粒子在组合场中的运动例3 如图所示，虚线左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L ，电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量e ，质量为m )无初速度放入电场E 1中的A 点，最后打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角的正切值； (3)电子打到屏上的点B 到O 点的距离． 答案 (1)3mLEe(2)2 (3)3L 解析 (1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1， 由牛顿第二定律得：a 1＝E 1e m ＝EemL 2＝12a 1t 12 电子进入电场E 2时的速度为：v 1＝a 1t 1从进入电场E 2到打到屏上，电子水平方向做匀速直线运动，时间为：t 2＝2Lv 1电子从释放到打到屏上所用的时间为： t ＝t 1＋t 2 解得：t ＝3mL Ee(2)设粒子射出电场E 2时平行电场方向的速度为v y ，由牛顿第二定律得：电子在电场E 2中的加速度为：a 2＝E 2e m ＝2Eemv y ＝a 2t 3 t 3＝Lv 1电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角的正切值为tan θ＝v yv 1解得： tan θ＝2(3)带电粒子在电场中的运动轨迹如图所示：设电子打到屏上的点B 到O 点的距离为x ，由几何关系得：tan θ＝x32L ，联立得：x ＝3L .考点二 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转例4 (2019·全国卷Ⅲ·24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点．从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q (q >0)．A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为t2.重力加速度为g ，求：(1)电场强度的大小； (2)B 运动到P 点时的动能． 答案 (1)3mgq(2)2m (v 02＋g 2t 2)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 ＝ma ① 12a (t 2)2＝12gt 2② 解得E ＝3mg q③(2)设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有mgh ＋qEh ＝E k －12m v 12④且有v 1t2＝v 0t ⑤h ＝12gt 2⑥ 联立③④⑤⑥式得E k ＝2m (v 02＋g 2t 2)．例5 (多选)在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如图所示．重力加速度为g .由此可见( )A ．带电小球所受电场力为3mgB ．小球带正电C ．小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等D ．小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等 答案 AD解析 带电小球从A 到C ，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x 1和x 2，竖直分位移分别为y 1和y 2，经历的时间分别为t 1和t 2，在电场中的加速度为a ，从A 到B 过程小球做平抛运动，则有x 1＝v 0t 1，从B 到C 过程，有x 2＝v 0t 2，由题意有x 1＝2x 2，则得t 1＝2t 2，即小球从A到B是从B到C运动时间的2倍，y1＝12gt12，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有y2＝12at22，根据几何知识有y1∶y2＝x1∶x2，解得a＝2g，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，C错误，A正确；由于在电场中轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电，B错误；根据速度变化量Δv＝at，则得AB过程速度变化量大小为Δv1＝gt1＝2gt2，BC过程速度变化量大小为Δv2＝at2＝2gt2，所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，D正确．考点三带电粒子在交变电场中的偏转1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形．当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性．2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况．根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等．3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件．4．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动．例6图甲是一对长度为L的平行金属板，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．在t＝0时刻，一带电粒子沿板间的中线OO′垂直电场方向射入电场，2t0时刻粒子刚好沿下极板右边缘射出电场．不计粒子重力．则()A．粒子带负电B．粒子在平行板间一直做曲线运动C．粒子射入电场时的速度大小为L2t0D．若粒子射入电场时的速度减为一半，射出电场时的速度垂直于电场方向答案 C解析 粒子向下偏转，可知粒子带正电，选项A 错误；粒子在平行板间在0～t 0时间内做曲线运动；在t 0～2t 0时间内不受任何力，则做直线运动，选项B 错误；粒子在水平方向一直做匀速运动，可知射入电场时的速度大小为v 0＝L2t 0，选项C 正确；若粒子射入电场时的速度减为一半，由于粒子在电场中受向下的电场力，有向下的加速度，射出电场时有沿电场方向的速度，则射出电场时的速度不可能垂直于电场方向，选项D 错误．例7 在图甲所示的极板A 、B 间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T ，现有一电子以平行于极板的速度v 0从两板中央OO ′射入．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子的重力，问：(1)若电子从t ＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t ＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？(3)若电子恰能从OO ′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？ 答案 见解析解析 (1)由动能定理得e U 02＝12m v 2－12m v 02解得v ＝v 02＋eU 0m. (2)t ＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A 极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v 0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO ′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L ＝v 0T .(3)若要使电子从OO ′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO ′上，可见应在t ＝T 4＋k ·T2(k ＝0,1,2，…)时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d ，由牛顿第二定律有a ＝eU 0md ，加速阶段运动的距离s ＝12·eU 0md ⎝⎛⎭⎫T 42≤d 4， 解得d ≥TeU 08m，故两极板间距至少为T eU 08m. 课时精练1.(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球( )A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．速率先减小后增大D ．速率先增大后减小 答案 BC解析 对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A 错误，B 正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C 正确，D 错误．2.(多选)如图，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一不计重力的带电粒子从两板中间以某一初速度平行于两板射入，打在负极板的中点，以下判断正确的是( )A ．该带电粒子带正电B ．该带电粒子带负电C ．若粒子初速度增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出D ．若粒子初动能增大到原来的2倍，则恰能从负极板边缘射出 答案 AC解析 粒子向右偏转，故粒子受向右的电场力，所以粒子带正电，选项A 正确，B 错误；若粒子初速度增大到原来的2倍，由于水平方向的加速度不变，可知粒子运动时间不变，由x ＝v t 可知竖直位移变为2倍，则恰能从负极板边缘射出，选项C 正确，D 错误．3.如图所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A 点释放一个带电荷量为＋Q (Q ＞0)的粒子，粒子重力不计，以水平初速度v 0向右射出，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为1∶2时，恰好从下端点B 射出，则d 与L 之比为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶1D ．1∶3 答案 C解析 设粒子从A 到B 的时间为t ，粒子在B 点时，竖直方向的分速度为v y ，由类平抛运动的规律可得L ＝v 0t ，d ＝v y2t ，又v 0∶v y ＝1∶2，可得d ∶L ＝1∶1，选项C 正确．4．(多选)(2021·全国乙卷·20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q ，m )、(＋q ,2m )、(＋3q ,3m )、(－q ，m )，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x 轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y 轴平行．不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是( )答案 AD解析 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a ＝qEm，由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动时间为t ＝lv 0，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tan θ＝v y v x ＝at v 0＝qElm v 02，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，水平位移相同，所以偏转角只与比荷有关，(＋q ，m )粒子与(＋3q ,3m )粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(－q ，m )粒子的比荷也相同，所以(＋q ，m )、(＋3q ，m )、(－q ，m )三个粒子偏转角相同，但(－q ，m )粒子与上述两个粒子的偏转角方向相反，(＋q ,2m )粒子的比荷比(＋q ，m )、(＋3q ,3m )粒子的比荷小，所以(＋q ,2m )粒子比(＋q ，m )(＋3q ，3m )粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同，故A 、D 正确，B 、C 错误．5.(多选)质子和α粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U 1加速后，垂直于电场方向进入同一偏转电场，偏转电场电压为U 2.两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN 上，粒子进入偏转电场时速度方向正对荧光屏中心O 点．下列关于两种粒子运动的说法正确的是( )A ．两种粒子会打在屏MN 上的同一点B ．两种粒子不会打在屏MN 上的同一点，质子离O 点较远C ．两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能D ．两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，α粒子的动能较大 答案 AD解析 两种粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得qU 1＝12m v 02－0，偏转电场中，设板长为L ，平行于极板方向：L ＝v 0t ，垂直于极板方向：a ＝qE m ＝qU 2md ，y ＝12at 2，离开偏转电场时速度的偏转角为α，有tan α＝v y v 0＝at v 0，联立以上各式得y ＝U 2L 24dU 1，tan α＝U 2L2dU 1，偏移量y和速度偏转角α都与粒子的质量m 、电荷量q 无关，所以偏移量y 相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN 上同一点，故A 正确，B 错误；对两个粒子先加速后偏转的全过程，根据动能定理得qU 1＋qU 2′＝E k －0，因α粒子的电荷量q 较大，故离开偏转电场时α粒子的动能较大，C 错误，D 正确．6.(多选)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A 、B (均可视为质点)处在同一水平面上．现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的电场力和空气阻力均不考虑，则()A．A球带正电，B球带负电B．A球比B球先落地C．在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D．两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的小答案AD解析两球在水平方向都做匀速直线运动，由x＝v0t知，v0相同，则A运动的时间比B的长，竖直方向上，由h＝12at2可知，竖直位移相等，运动时间长的加速度小，则A所受的合力比B 的小，所以A所受的电场力向上，带正电，B所受的电场力向下，带负电，故A正确．A运动的时间比B的长，则B球比A球先落地，故B错误．A所受的电场力向上，电场力对A 球做负功，A球的电势能增加．B所受的电场力向下，电场力对B球做正功，B球的电势能减少，故C错误．A所受的合力比B的小，A、B沿合力方向位移相同，则A所受合力做功较少，由动能定理知两球从抛出到各自落地过程中A球的动能变化量小，故D正确．7.如图，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v0进入矩形区域(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v0等于()A.s22qEmh B.s2qEmh C.s42qEmh D.s4qEmh答案 B解析两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运动，根据运动的独立性和等时性可得，在水平方向上：s2＝v 0t ，在竖直方向上：h 2＝12at 2＝12Eq m t 2，两式联立解得：v 0＝s2qEmh，故B 正确，A 、C 、D 错误． 8.(2020·浙江7月选考·6)如图所示，一质量为m 、电荷量为q ()q >0的粒子以速度v 0从MN 连线上的P 点水平向右射入大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN 与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN 连线上的某点时( )A ．所用时间为m v 0qEB ．速度大小为3v 0C ．与P 点的距离为22m v 02qED ．速度方向与竖直方向的夹角为30° 答案 C解析 粒子在电场中只受电场力，F ＝qE ，方向向下，如图所示．粒子的运动为类平抛运动． 水平方向做匀速直线运动，有x ＝v 0t竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y ＝12at 2＝12·qE m t 2yx＝tan 45° 联立解得t ＝2m v 0qE ，故A 错误．v y ＝at ＝qE m ·2m v 0qE ＝2v 0，则速度大小v ＝v 02＋v y 2＝5v 0，tan θ＝v 0v y ＝12，则速度方向与竖直方向夹角θ≠30°，故B 、D 错误；x ＝v 0t ＝2m v 02qE ，与P 点的距离s ＝xcos 45°＝22m v 02qE，故C 正确．9.(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，距板右端L 处有一竖直屏M .一带电荷量为q 、质量为m 的质点以初速度v 0沿中线射入两板间，最后垂直打在M 上，则下列说法中正确的是(已知重力加速度为g )( )A ．两极板间电压为mgd2qB ．板间电场强度大小为2mgqC ．整个过程中质点的重力势能增加mg 2L 2v 02D ．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M 上 答案 BC解析 据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M 屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：则两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得qE －mg ＝ma ，mg ＝ma ，解得E ＝2mg q ，由U ＝Ed 得两极板间电压为U ＝2mgdq ，故A 错误，B 正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝12at 2，t ＝L v 0，解得y ＝gL 22v 02，故质点打在屏上的位置与P 点的距离为s ＝2y ＝gL 2v 02，整个过程中质点的重力势能的增加量E p ＝mgs ＝mg 2L 2v 02，故C 正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd d ＝4πkQεr S可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂直打在M 上，故D 错误．10．(多选)如图甲所示，长为L 的两块正对金属板A 、B 水平放置，两板接上如图乙所示随时间变化的交流电压U AB ，电子流沿中心线OO ′从O 点以初速度v 0＝LT 射入板间，电子都不会碰到极板．已知电子的质量为m ，电荷量为e .下列说法正确的是( )A ．两板间距d >TeU 02mB ．电子在t ＝0时刻从O 点射入时一定从中心线离开电场C ．电子在t ＝T4时刻从O 点射入时一定从中心线离开电场D ．电子无论在哪一时刻从O 点射入，离开板间电场时的速率一定是v 0 答案 ACD解析 任何一个电子离开电场所用的时间均为L v 0＝T ，当电子在t ＝k T2(k ＝0,1,2…)时刻从O 点射入，射出电场时电子离开中心线的距离最大，为h ＝2×12·eU 0md ·(T 2)2，h <d2，得d >TeU 02m，A 正确；电子在t ＝0时刻从O 点射入时，电子离开电场时与中心线的距离最大，不会从中心线离开电场，B 错误；电子在t ＝T4时刻从O 点射入后，在电场中的运动轨迹如图，根据对称性可知电子从中心线离开电场，C 正确；设电子从t ＝T2－Δt 时刻从O 点射入电场，则沿电场方向的分速度v y ＝a Δt －a Δt －(T 2－Δt )a ＋a (T2－Δt )＝0，离开电场时垂直于中心线方向上的速度为0，合速度大小为v 0，D 正确．11.如图所示，圆心为O 、半径为R 的圆形区域内有一个匀强电场，场强大小为E 、方向与圆所在的面平行．PQ 为圆的一条直径，与场强方向的夹角θ＝60°.质量为m 、电荷量为＋q 的粒子从P 点以某一初速度沿垂直于场强的方向射入电场，不计粒子重力．(1)若粒子到达Q 点，求粒子在P 点的初速度大小v 0.(2)若粒子在P 点的初速度大小在0～v 0之间连续可调，则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大？变化了多少？ 答案 (1)3qER 2m (2)圆弧上最低点 －3qER2解析 (1)粒子做类平抛运动，设粒子从P 点运动到Q 点的时间为t ，加速度为a ， 则水平方向有：2R sin θ＝v 0t 竖直方向有：2R cos θ＝12at 2由牛顿第二定律得qE ＝ma 联立解得v 0＝3qER2m(2)粒子到达圆弧上最低点电势能变化最大 ΔE p ＝－qEd d ＝R ＋R cos θ解得ΔE p ＝－3qER2，负号表示电势能减少．12.如图所示，板长L ＝30 cm 的两金属板A 、B 平行正对，板间距离d ＝2 cm ，A 、B 间接u ＝91sin (100πt ) V 交流电源．持续均匀的电子束以速度v 0＝3×107 m/s 沿着A 板射入电场，若电子与金属板接触会被吸收，但对板间电压的影响可忽略．已知电子质量m ＝0.91×10－30kg ，电子电荷量q ＝1.6×10－19C ，不计重力．求：(1)交流电源的周期和电子穿过板间的时间； (2)电子从B 板边缘飞出电场时的板间电压； (3)求飞出电场的电子占飞入电场的电子的百分比． 答案 (1)0.02 s 10－8 s (2)45.5 V (3)16.7%解析 (1)交流电源电压的变化周期T ＝2πω＝2π100π＝0.02 s电子沿极板方向的分速度不变，穿过板间的时间t ＝L v 0＝0.303×107s ＝10－8 s(2)穿过板间的时间远远小于交流电源电压的变化周期，可以认为电子穿过板间时两板之间为匀强电场，电子从B 板边缘飞出电场， 有E ＝U dF ＝qE a ＝F m d ＝12at 2 联立解得U ＝45.5 V(3)电子有半个周期向上偏转，被金属板A 吸收，另外半个周期内部分电子能飞出电场 由于45.591＝12，arcsin 12＝π6所以这半个周期内有13时间内有电子飞出电场，在一个完整的周期内，有16的电子飞出电场，占比16.7%.13．如图甲所示，两水平平行金属板A 、B 间距为d ，在两板右侧装有荧光屏MN (绝缘)，O 为其中点．在两板A 、B 上加上如图乙所示的电压，电压最大值为U 0.现有一束带正电的离子(比荷为k )，从两板左侧中点以水平初速度v 0连续不断地射入两板间的电场中，所有离子均能打到荧光屏MN 上，已知金属板长L ＝2v 0t 0，忽略离子间相互作用和荧光屏MN 的影响，则在荧光屏上出现亮线的长度为( )A ．kdU 0t 02B.kU 0t 022dC.kU 0t 02dD.3kU 0t 022d答案 C解析 离子在两板间运动，沿水平方向做匀速运动，运动时间t ＝Lv 0＝2t 0，所有离子运动时间都等于电场变化的周期，作出各个时刻射入电场的离子在板间沿电场力方向上运动的v y －t 图像，如图所示，由图像可知，离子离开两板间时沿电场方向的速度v y 均相同，v y －t 图像中图线与t 轴围成的面积表示沿电场方向的位移，由图像可知0时刻进入电场的离子沿电场方向的位移最大，t 0时刻进入电场的离子沿电场方向的位移最小．电压为U 0时，离子在电场中运动的加速度a ＝qU 0md ＝kU 0d ，离子离开两板间时沿电场方向的速度为v y ＝at 0＝kU 0t 0d ，由图像面积可得，离子沿电场方向运动的最大位移y max ＝12(t 0＋2t 0)at 0＝3kU 0t 022d ，离子沿电场方向运动的最小位移为y min ＝12t 0·at 0＝kU 0t 022d ，屏上亮线的长度为Δy ＝y max －y min ＝kU 0t 02d，C 正确．。
带电粒子在电场中的偏转(含问题详解)
带电粒子在电场中的偏转一、基础知识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 2mdt 2，t ＝ 2mdy qU②沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝Uqmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝Uql 22md v 20离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝Uql md v20特别提醒 带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．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＝12m v 20y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2tan θ＝qU 1lmd v 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l2.3、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 ＝12m v 2－12m v 20，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．二、练习题1、如图，一质量为m ，带电量为＋q 的带电粒子，以速度v 0垂直于电场方向进入电场，关于该带电粒子的运动，下列说确的是( )A ．粒子在初速度方向做匀加速运动，平行于电场方向做匀加速运动，因而合运动是匀加速直线运动B ．粒子在初速度方向做匀速运动，平行于电场方向做匀加速运动，其合运动的轨迹是一条抛物线C ．分析该运动，可以用运动分解的方法，分别分析两个方向的运动规律，然后再确定合运动情况D ．分析该运动，有时也可用动能定理确定其某时刻速度的大小 答案 BCD2、如图所示，两平行金属板A 、B 长为L ＝8 cm ，两板间距离d ＝8 cm ，A 板比B 板电势高300 V ，一带正电的粒子电荷量为q ＝1.0×10－10C ，质量为m ＝1.0×10－20kg ，沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2.0×106 m/s ，粒子飞出电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，然后进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域(设界面PS 右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN 、PS 相距为12 cm ，D 是中心线RO 与界面PS 的交点，O 点在中心线上，距离界面PS 为9 cm ，粒子穿过界面PS 做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上．(静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，粒子的重力不计)(1)求粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离多远？到达PS 界面时离D 点多远？ (2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹．(3)确定点电荷Q 的电性并求其电荷量的大小．解析 (1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离(侧向位移)： y ＝12at 2 a ＝F m ＝qU dm L ＝v 0t则y ＝12at 2＝qU 2md (L v 0)2＝0.03 m ＝3 cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS 交于H ，设H 到中心线的距离为Y ，则有12L 12L ＋12 cm ＝yY ，解得Y ＝4y ＝12 cm(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(图略) (3)粒子到达H 点时，其水平速度v x ＝v 0＝2.0×106 m/s 竖直速度v y ＝at ＝1.5×106 m/s 则v 合＝2.5×106 m/s该粒子在穿过界面PS 后绕点电荷Q 做匀速圆周运动，所以Q 带负电 根据几何关系可知半径r ＝15 cm k qQr 2＝m v 2合r解得Q ≈1.04×10－8 C答案 (1)12 cm (2)见解析 (3)负电 1.04×10－8 C3、如图所示，在两条平行的虚线存在着宽度为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)粒子从射入电场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间夹角的正切值tan α； (3)粒子打在屏上的点P 到O 点的距离x . 答案 (1)2L v 0 (2)qEL m v 20 (3)3qEL 22m v 20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，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t ＝2Lv 0.(2)设粒子刚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 ＝Eqm所以v y ＝a L v 0＝qELm v 0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELm v 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 2m v 20 又x ＝y ＋L tan α， 解得：x ＝3qEL 22m v 20解法二 x ＝v y ·L v 0＋y ＝3qEL 22m v 20.解法三 由x y ＝L ＋L 2L 2得：x ＝3y ＝3qEL 22m v 20.4、如图所示，虚线PQ 、MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m ＝2.0×10－11kg 、电荷量为q ＝＋1.0×10－5 C ，从a 点由静止开始经电压为U ＝100 V 的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN 的某点b (图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ 、MN 间距为20 cm ，带电粒子的重力忽略不计．求：(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v 1； (2)水平匀强电场的场强大小； (3)ab 两点间的电势差．答案 (1)1.0×104 m/s (2)1.732×103 N/C (3)400 V 解析 (1)由动能定理得：qU ＝12m v 21代入数据得v 1＝1.0×104 m/s(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d ＝v 1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：v y ＝at 由题意得：tan 30°＝v 1v y由牛顿第二定律得：qE ＝ma 联立以上各式并代入数据得： E ＝3×103 N/C ≈1.732×103 N/C (3)由动能定理得：qU ab ＝12m (v 21＋v 2y )－0 联立以上各式并代入数据得：U ab ＝400 V .5、如图所示，一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，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解析一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.6、如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点．则下列说确的是()A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间不一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴c所带电荷量最多答案 D解析 三个液滴具有水平速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A 错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，故运动时间必相同，选项B 错误；在相同的运动时间，液滴c 水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，电荷量也最大，选项D 正确；因为重力做功相同，而电场力对液滴c 做功最多，所以它落到底板时的速率最大，选项C 错误．7、绝缘光滑水平面有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中xOy 所在平面与光滑水平面重合，电场方向与x 轴正向平行，电场的半径为R ＝ 2 m ，圆心O 与坐标系的原点重合，场强E ＝2 N/C.一带电荷量为q ＝－1×10－5 C 、质量m ＝1×10－5 kg 的粒子，由坐标原点O 处以速度v 0＝1 m/s 沿y 轴正方向射入电场(重力不计)，求：(1)粒子在电场中运动的时间； (2)粒子出射点的位置坐标； (3)粒子射出时具有的动能．答案 (1)1 s (2)(－1 m,1 m) (3)2.5×10－5 J解析 (1)粒子沿x 轴负方向做匀加速运动，加速度为a ，则有： Eq ＝ma ，x ＝12at 2沿y 轴正方向做匀速运动，有 y ＝v 0tx 2＋y 2＝R 2 解得t ＝1 s.(2)设粒子射出电场边界的位置坐标为(－x 1，y 1)，则有x 1＝12at 2＝1 m ，y 1＝v 0t ＝1 m ，即出射点的位置坐标为(－1 m,1 m)．(3)射出时由动能定理得Eqx 1＝E k －12m v 20代入数据解得E k ＝2.5×10－5 J.8、如图所示，在正方形ABCD 区域有平行于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PE 之间某点C ．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED 之间某点射出正方形ABCD 区域 D ．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E 点射出正方形ABCD 区域 答案 BD解析 粒子从F 点沿FH 方向射入电场后恰好从D 点射出，其轨迹是抛物线，则过D 点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH 的中点，而延长线又经过P 点，所以粒子轨迹一定经过PE 之间某点，选项A 错误，B 正确；由平抛运动知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，所以选项C 错误，D 正确．9、用等效法处理带电体在电场、重力场中的运动如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m的小球，带正电荷量为q＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？图9审题与关联解析小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg ′＝(qE )2＋(mg )2＝2 3mg 3，tan θ＝qE mg ＝33，得θ＝30°，等 效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D 点)满足等效重力刚好提供向心力，即有：mg ′＝m v 2D R，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系可知AD ＝2R ，令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知：－2mg ′R ＝12m v 2D －12m v 20 解得v 0＝103gR 3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v ≥ 103gR 3. 答案 v ≥ 103gR 3 10、在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以一定的初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如图所示．由此可见( )A ．电场力为3mgB ．小球带正电C ．小球从A 到B 与从B 到C 的运动时间相等D ．小球从A 到B 与从B 到C 的速度变化量的大小相等答案 AD解析 设AC 与竖直方向的夹角为θ，带电小球从A 到C ，电场力做负功，小球带负电，由动能定理，mg ·AC ·cos θ－qE ·BC ·cos θ＝0，解得电场力为qE ＝3mg ，选项A 正确，B错误．小球水平方向做匀速直线运动，从A到B的运动时间是从B到C的运动时间的2倍，选项C错误；小球在竖直方向先加速后减速，小球从A到B与从B到C竖直方向的速度变化量的大小相等，水平方向速度不变，小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等，选项D正确．。
(完整版)带电粒子在电场中的偏转(含答案)
带电粒子在电场中的偏转一、基础知识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 2mdt 2，t ＝ 2mdy qU②沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝Uqmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝Uql 22md v 20离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝Uql md v20特别提醒 带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．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＝12m v 20y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2tan θ＝qU 1lmd v 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l2.3、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 ＝12m v 2－12m v 20，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．二、练习题1、如图，一质量为m ，带电量为＋q 的带电粒子，以速度v 0垂直于电场方向进入电场，关于该带电粒子的运动，下列说法正确的是( )A ．粒子在初速度方向做匀加速运动，平行于电场方向做匀加速运动，因而合运动是匀加速直线运动B ．粒子在初速度方向做匀速运动，平行于电场方向做匀加速运动，其合运动的轨迹是一条抛物线C ．分析该运动，可以用运动分解的方法，分别分析两个方向的运动规律，然后再确定合运动情况D ．分析该运动，有时也可用动能定理确定其某时刻速度的大小 答案 BCD2、如图所示，两平行金属板A 、B 长为L ＝8 cm ，两板间距离d ＝8 cm ，A 板比B 板电势高300 V ，一带正电的粒子电荷量为q ＝1.0×10－10C ，质量为m ＝1.0×10－20kg ，沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2.0×106 m/s ，粒子飞出电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，然后进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域(设界面PS 右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN 、PS 相距为12 cm ，D 是中心线RO 与界面PS 的交点，O 点在中心线上，距离界面PS 为9 cm ，粒子穿过界面PS 做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上．(静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，粒子的重力不计)(1)求粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离多远？到达PS 界面时离D 点多远？ (2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹．(3)确定点电荷Q 的电性并求其电荷量的大小．解析 (1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离(侧向位移)： y ＝12at 2 a ＝F m ＝qU dm L ＝v 0t则y ＝12at 2＝qU 2md (L v 0)2＝0.03 m ＝3 cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS 交于H ，设H 到中心线的距离为Y ，则有12L 12L ＋12 cm ＝yY ，解得Y ＝4y ＝12 cm(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(图略) (3)粒子到达H 点时，其水平速度v x ＝v 0＝2.0×106 m/s 竖直速度v y ＝at ＝1.5×106 m/s 则v 合＝2.5×106 m/s该粒子在穿过界面PS 后绕点电荷Q 做匀速圆周运动，所以Q 带负电 根据几何关系可知半径r ＝15 cm k qQr 2＝m v 2合r解得Q ≈1.04×10－8 C答案 (1)12 cm (2)见解析 (3)负电 1.04×10－8 C3、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)粒子从射入电场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间夹角的正切值tan α； (3)粒子打在屏上的点P 到O 点的距离x . 答案 (1)2L v 0 (2)qEL m v 20 (3)3qEL 22m v 20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，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t ＝2Lv 0.(2)设粒子刚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 ＝Eqm所以v y ＝a L v 0＝qELm v 0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELm v 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 2m v 20 又x ＝y ＋L tan α， 解得：x ＝3qEL 22m v 20解法二 x ＝v y ·L v 0＋y ＝3qEL 22m v 20.解法三 由x y ＝L ＋L 2L 2得：x ＝3y ＝3qEL 22m v 20.4、如图所示，虚线PQ 、MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为m ＝2.0×10－11kg 、电荷量为q ＝＋1.0×10－5 C ，从a 点由静止开始经电压为U ＝100 V 的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN 的某点b (图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30°角．已知PQ 、MN 间距为20 cm ，带电粒子的重力忽略不计．求：(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v 1； (2)水平匀强电场的场强大小； (3)ab 两点间的电势差．答案 (1)1.0×104 m/s (2)1.732×103 N/C (3)400 V 解析 (1)由动能定理得：qU ＝12m v 21代入数据得v 1＝1.0×104 m/s(2)粒子沿初速度方向做匀速运动：d ＝v 1t 粒子沿电场方向做匀加速运动：v y ＝at 由题意得：tan 30°＝v 1v y由牛顿第二定律得：qE ＝ma 联立以上各式并代入数据得： E ＝3×103 N/C ≈1.732×103 N/C (3)由动能定理得：qU ab ＝12m (v 21＋v 2y )－0 联立以上各式并代入数据得：U ab ＝400 V .5、如图所示，一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，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解析一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.6、如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是()A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间不一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴c所带电荷量最多答案 D解析三个液滴具有水平速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，故运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴c水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，电荷量也最大，选项D正确；因为重力做功相同，而电场力对液滴c做功最多，所以它落到底板时的速率最大，选项C 错误．7、绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中xOy所在平面与光滑水平面重合，电场方向与x轴正向平行，电场的半径为R＝ 2 m，圆心O与坐标系的原点重合，场强E＝2 N/C.一带电荷量为q＝－1×10－5 C、质量m＝1×10－5 kg的粒子，由坐标原点O处以速度v0＝1 m/s沿y轴正方向射入电场(重力不计)，求：(1)粒子在电场中运动的时间；(2)粒子出射点的位置坐标；(3)粒子射出时具有的动能．答案(1)1 s(2)(－1 m,1 m)(3)2.5×10－5 J解析 (1)粒子沿x 轴负方向做匀加速运动，加速度为a ，则有： Eq ＝ma ，x ＝12at 2沿y 轴正方向做匀速运动，有 y ＝v 0t x 2＋y 2＝R 2 解得t ＝1 s.(2)设粒子射出电场边界的位置坐标为(－x 1，y 1)，则有x 1＝12at 2＝1 m ，y 1＝v 0t ＝1 m ，即出射点的位置坐标为(－1 m,1 m)．(3)射出时由动能定理得Eqx 1＝E k －12m v 20代入数据解得E k ＝2.5×10－5 J.8、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PE 之间某点C ．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED 之间某点射出正方形ABCD 区域 D ．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E 点射出正方形ABCD 区域 答案 BD解析 粒子从F 点沿FH 方向射入电场后恰好从D 点射出，其轨迹是抛物线，则过D 点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH 的中点，而延长线又经过P 点，所以粒子轨迹一定经过PE 之间某点，选项A 错误，B 正确；由平抛运动知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，所以选项C 错误，D 正确．9、用等效法处理带电体在电场、重力场中的运动如图所示，绝缘光滑轨道AB 部分为倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R 的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E 、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m 的小球，带正电荷量为q ＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，在O 点的初速度应满足什么条件？图9审题与关联解析 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg ′，大小为 mg ′＝(qE )2＋(mg )2＝2 3mg 3，tan θ＝qE mg ＝33，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D 点)满足等效重力刚好提供向心力，即有：mg ′＝m v 2DR ，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系可知AD ＝2R ，令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知： －2mg ′R ＝12m v 2D －12m v 20 解得v 0＝ 103gR3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v ≥ 103gR3. 答案 v ≥103gR310、在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如图所示．由此可见()A．电场力为3mgB．小球带正电C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等答案AD解析设AC与竖直方向的夹角为θ，带电小球从A到C，电场力做负功，小球带负电，由动能定理，mg·AC·cos θ－qE·BC·cos θ＝0，解得电场力为qE＝3mg，选项A正确，B 错误．小球水平方向做匀速直线运动，从A到B的运动时间是从B到C的运动时间的2倍，选项C错误；小球在竖直方向先加速后减速，小球从A到B与从B到C竖直方向的速度变化量的大小相等，水平方向速度不变，小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等，选项D正确．。
2025高考物理总复习带电粒子在电场中的偏转
2meU，
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< 考点二 >
示波管的工作原理
考点二 示波管的工作原理
在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后， 需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上并显示亮点P，如图所示。
考点二 示波管的工作原理
1.确定最终偏移距离 思路一
思路二
考点二 示波管的工作原理
2.确定偏转后的动能(或速度) 思路一
答案 2
eU m
考点一 带电粒子在匀强电场中的偏转
若偏转电场的电场强度大小变为原来的三分之 一，由之前的分析可知，其竖直方向的加速度 大小也变为原来的三分之一，有a＝3a′ 假设质子从 PQ 边射出，则质子在竖直方向上依然做匀加速直线运动， 有 2L＝12a′t12，所以有 t1＝ 3t，则该段时间内质子在水平方向运动 的距离为 x′＝v1t1
考点一 带电粒子在匀强电场中的偏转
有 x′＝2 3L>3L，由上述分析可知，质子出电场 时不是从 PQ 边离开，设其离开电场时竖直方向 的速度为 vy1，时间为 t2，竖直方向有 vy1＝a′t2， 水平方向仍然以 v1做匀速直线运动，有 3L＝v1t2，解得 vy1＝v1＝ 质子离开电场的速度大小为 v3＝ v12＋vy12＝2 emU。
例4 (2024·江苏无锡市期末)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后， 沿平行于板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＝ 9×10－31 kg，电荷量为e＝1.6×10－19 C，加速电场极板间电势差为U0＝2 000 V。偏 转电场电压为 u＝110 2sin(100πt) V极，板长度为L＝5 cm，板间距d＝1 cm。电 子能从偏转电场中射出。偏转电场可视为匀强电场，忽略电子重力。
带电粒子在电场中的偏转及在电场中的运动综合应用
带电粒子在电场中的偏转及在电场中的运动综合应用知识要点一、带电粒子在电场中的偏转以初速v0垂直场强方向射入匀强电场中的带电粒子，受恒定电场力作用，做类似平抛的匀变速运动，如图所示。
有关参量如下：1、运动时间：在初速度v0方向上是匀速运动，射出板间时其位移为l，故l＝v0t，所以。
2、加速度：忽略重力影响，物体所受电场力即合力，所以。
3、偏转位移：带电粒子在沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，。
4、出射速度射出板间时速度大小。
5、速度偏角：。
二、带电粒子的加速与偏转问题综合应用如图所示，一个质量为m、带电量为q的粒子，由静止开始，先经过电压为U1的电场加速后，再垂直于场强方向射入两平行金属板间的匀强电场中，两金属板板长为l，间距为d，板间电压为U2。
1、粒子射出两金属板间时偏转的距离y加速过程使粒子获得速度v0，由动能定理。
偏转过程经历的时间，偏转过程加速度，偏转的距离。
2、偏转的角度φ:偏转的角度。
3、说明(1)偏转的距离y和偏转的角度φ都仅由加速电场和偏转电场的情况决定，与带电粒子的电量、质量无关。
(2)要增大偏转的距离y和偏转的角度φ，可采取的措施有：减少加速电压U1或增大偏转电压U2等。
三、用功能关系分析带电粒子在电场中的运动1、电场力及电场力做功的特点(1)电场力与带电粒子所处的运动状况无关，在匀强电场中的电场力是一个恒力，在点电荷电场中的电场力是一个中心力，受力方向一定沿着电场线．(2)电场力做功与带电粒子的具体路径无关，仅由始末位置的电势差决定．当带电粒子同时受到除电场力以外的其他力作用时，电场力的功对应着电势能的变化，合力的功对应着动能的变化．2、注意分清微观粒子和普通带电微粒研究微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化；研究普通的带电微粒(如油滴、尘埃等)在电场中的运动，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化．3、研究带电粒子在电场中运动的两条主要线索带电粒子在电场中的运动，是一个综合电场力、电势能的力学问题，研究的方法与质点动力学相同，它同样遵循运动的合成与分解、力的独立作用原理、牛顿运动定律、动量定理、动能定理、功能原理等力学规律．研究时，主要可以按以下两条线索展开．(1)力和运动的关系——牛顿第二定律根据带电粒粒子受到的电场力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等.这条线索通常适用于恒力作用下做匀变速运动的情况．(2)功和能的关系——动能定理根据电场力对带电粒子所做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理或从全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化，经历的位移等．这条线索同样也适用于不均匀的电场．4、研究带电粒子在电场中运动的两类重要的思维技巧(1)类比与等效电场力和重力都是恒力，在电场力作用下的运动可与重力作用下的运动类比．例如，垂直射入平行板电场中的带电粒子的运动可类比于平抛，带电单摆在竖直方向匀强电场中的运动可等效于重力场强度g值的变化等．(2)整体法(全过程法)电荷间的相互作用是成对出现的，把电荷系统的整体作为研究对象，就可以不必考虑其间的相互作用．电场力的功与重力的功一样，都只与始末位置有关，与路径无关．它们分别引起电荷电势能的变化和重力势能的变化，从电荷运功的全过程中功能关系出发(尤其从静止出发末速度为零的问题)往往能迅速找到解题入口或简化计算．典型例题[例1] 如图所示，两个电子a和b先后以大小不同的速度，从同一位置沿垂直于电场的方向射入匀强电场中，其运动轨迹如图所示，那么[]A．b电子在电场中运动的时间比a长B．b电子初速度比a大C．b电子离开电场时速度比a大D．两电子离开电场时的速度大小关系不确定[解析]电子在电场中只受电场力作用，做类平抛运动由图可见t b＞t a，v b＜v a又，因eU相同，故v0较大则v t较大，所以CD不对，选A。
一轮复习：带电粒子在电场中的偏转
6．示波器的工作原理 (1)构造：①电子枪；②偏转极板；③荧光屏。(如图所示) (2)工作原理 ①YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是仪器自身产生的锯 齿形电压，叫做扫描电压。
②观察到的现象
a．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出 的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。
6．(多选)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定 电压，两个质量相等的带电粒子M和N同时分别从极板A的边缘
和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两带电粒子恰好
在板间某点相遇。若不考虑带电粒子的重力和它们之间的相互 作用，则下列说法正确的是A( C ) A．M的电荷量大于N的电荷量 B．两带电粒子在电场中运动的加速度相等 C．从两带电粒子进入电场到两带电粒子相遇，电场力对M做 的功大于电场力对N做的功 D．M进入电场的初速度大小与N进入电场的初速度大小一定相 同
3．两个结论 (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 qU0＝12mv20 y＝12at2＝12·qmUd1·vl02 tanθ＝mqUdv1l20 得：y＝4UU10l2d，tanθ＝2UU10ld。 (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2l 。
(1)13.5 cm (2)30 cm
Байду номын сангаас
2L qEL 3qEL2 (1) v0 (2)mv20 (3) 2mv20
2．(多选)如图，质子(11H)、氘核(21H)和 α 粒子(42He)都沿
平行板电容器中线 OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强
带电粒子在电场中的偏转--2024新高考物理一轮复习题型归纳(解析版)
第八章 静电场带电粒子在电场中的偏转【考点预测】1. 带电粒子在电场中的类平抛2. 带电粒子在电场中的类斜抛3. 带电粒子在电场中的圆周运动4. 带电粒子在电场中的一般曲线运动【方法技巧与总结】带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t =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 =F m =qE m =qUmd②离开电场时的偏移量：y =12at 2=qUl 22m d v 20③离开电场时的偏转角：tan θ=v y v 0=qUlm d v 201．两个重要结论(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：在加速电场中有qU 0=12mv 20在偏转电场偏移量y =12at 2=12·qU 1md ·l v 0 2偏转角θ，tan θ=v y v 0=qU 1lm d v 20得：y =U 1l 24U 0d ，tan θ=U 1l2U 0dy 、θ均与m 、q 无关．(2)粒子经电场偏转后射出，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偏转极板长度的一半．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 =12mv 2-12mv 20，其中U y =U dy ，指初、末位置间的电势差．【题型归纳目录】题型一：带电粒子在电场中的类平抛题型二：带电粒子在周期性电场中的运动题型三：带电粒子在电场中的偏转的实际应用题型四：带电粒子在电场中的非平抛曲线运动【题型一】电荷守恒定律【典型例题】1如图所示，在立方体的塑料盒内，其中AE 边竖直，质量为m 的带正电小球(可看作质点)，第一次小球从A 点以水平初速度v 0沿AB 方向抛出，小球在重力作用下运动恰好落在F 点。
M 点为BC 的中点，小球与塑料盒内壁的碰撞为弹性碰撞，落在底面不反弹。
带电粒子在匀强电场中的偏转
2
二、示波管的原理 利用两组正交的偏转极板， 利用两组正交的偏转极板，可以控制电子打在荧光屏 上的位置。示意图如右： 上的位置。示意图如右： 两组偏转电极分别控制电子在水平、竖直方向的偏转。 两组偏转电极分别控制电子在水平、竖直方向的偏转。 一般在水平偏转电极上 电 偏转电极上 的 。 向右 ，在竖直
L d 2v0
W 2 = Eqy 2 = 0.5 E k ′ W2 = E k 4 E k ′ E k = 4.5 E k
y2
006.江苏南通 届第一次调研测试 江苏南通08届第一次调研测试 江苏南通 届第一次调研测试15 15．如图所示，真空中水平放置的两个相同极板 ．如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y 长为L， 相距d， 和 Y'长为 ， 相距 ， 足够大的竖直屏与两板右侧相 长为 距 b． 在两板间加上可调偏转电压 ， 一束质量为 、 ． 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 的粒子（ 带电量为 的粒子（不计重力）从两板左侧中点 以 初速度v 沿水平方向射入电场且能穿出． 初速度 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 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 两板间的中心 点； L Y v0 (2)求两板间所加偏转电压 的范围 求两板间所加偏转电压U的范围 求两板间所加偏转电压 d A (3)求粒子可能到达屏上区域的长度 求粒子可能到达屏上区域的长度
带电粒子在匀强 电 场 中 的 偏 转
一、带电粒子在电场中的偏转： 带电粒子在电场中的偏转： 不计重力，且初速度v 不计重力，且初速度 0⊥E，则带电粒子将在电场中 ， 只受电场力作用做类平抛运动 1、侧向偏移： 、侧向偏移： ① 沿电场方向匀速运动所以有： 沿电场方向匀速运动所以有： L = v 0 t 电子射出电场时，在垂直于电场方向偏移的距离为： 电子射出电场时，在垂直于电场方向偏移的距离为： 1 2 y = at ② U L 2 粒子在垂直于电场方向的加速度： 粒子在垂直于电场方向的加速度： v 0 F qE qU θ y d v0 m,q a= = = ③ m m md θ vy vt ①②③得侧移 得侧移： 由①②③得侧移： 1 Uq L 2 UL2 y= （ ）= ④ 2 dm v 0 4U 0 d
带电粒子在电场中的偏转
tan
vy vx
二、 带电粒子在电场中的偏转 1、运动的时间 2、加速度
l t v0
F qU a m md
3、偏转距离
4、分速度
1 2 qU l 2 y at 2 2 2md v0
qU l v y at md v0
5、速度偏转角
qUl tan 2 vx mdv0
vy
课堂小结：
带电粒子在电场中的偏转 粒子在与电场垂直的方 向上做匀速直线运动
类似平抛运动的分析方法
（运动的分解）
粒子在与电场平行的方 向上做匀加速运动
【尝试练习】如图所示，两个相同极板Y与Y'的 长度L=6.0 cm，相距d=2.0 cm，极板间的电压 U=200 V。一个电子沿平行于板面的方向射入 电场中，射入的速度v0=3.0×107 m/s。把两板 间的电场看作匀强电场，求电子射出电场时沿 垂直于板面方向偏移的距离y和偏转的角度 θ(m=0.9×10-30 kg，e=1.6×10-19 C)。
带电粒子在电场中的偏转
(不计粒子的重力)
水平方向:匀速直线运动
+ + + + + +
U q m v0 φ d x y
θ
x
vx v
x v0t
1 2 y at 2
vx v0
竖直方向:初速度为零匀 加速直线运动
F
y
- - -l - - -
vy
vy at
运动分析: 电荷作类平抛运动。
y tan x
vy
带电粒子在电Байду номын сангаас中的偏转
+ + + + + +
高二物理：带电粒子在电场中的偏转
高二物理：带电粒子在电场中的偏转班级__________ 座号_____ 姓名__________ 分数__________一、知识清单 1． 正交分解法222y F a __________m a.t _____11qU b.y at t ,22md t 1y at ________2vtan ________v ⎧===⎪⎪⎧⎪⎪⎪=⎪⎪⎪⎪==⎨⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪==⎪⎪⎪θ==⎪⎩0加速度：能飞出平行板电容器：运动时间打在平行极板上：离开电场时的偏移量：离开电场时的偏转角正切： 2． 推论法：①tanθ=2tanα；推导：位移偏转角2021v Lmd qU x y tan ==α；速度偏转角20v L md qU v v tan x y ==θ所以tanθ=2tanα。
②末速度的反向延长线与初速度延长线交点恰好在水平位移的中点。
方法三、 qEy =ΔE K 3． 功能关系法（1）动能定理：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＝Ud y ，指初、末位置间的电势差． （2）势能定理：电势能的变化量ΔE P =-qU y =-qEy 4． 电偏转中的比较与比值问题5．考虑重力的电偏转6．与电容器的两类基本问题有关的电偏转二、选择题1． （2004广东理综）图为示波管中偏转电极的示意图，相距为d 长度为l 的平行板A 、B 加上电压后，可在A 、B 之间的空间中（设为真空）产生电场（设为匀强电场）．在AB 左端距A 、B 等距离处的O 点，有一电荷为＋q 、质量为m 的粒子以初速度v 0沿水平方向（与平行）射入．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 、2202ql mv dB 、2202qd mv l C 、qd lmv 0 D 、v dlv q 02． 如图所示，在真空中带电粒子P 1和P 2先后以相同的初速度从O 点射入匀强电场。
带电粒子在电场中的偏转运动课件
04
带电粒子在电场中的偏转实验
实验设备介绍
示波器
用于显示带电粒子在电场中的运 动轨迹。
电场发生器
产生电场，使带电粒子偏转。
粒子源
提供带电粒子，如电子或离子。
真空室
保持实验环境真空，减少空气阻 力对粒子运动的影响。
实验操作步骤
抽真空
将真空室内的空气抽出，创造 一个接近真空的环境。
电场调节
调整电场发生器的参数，使粒 子在电场中发生偏转。
带电粒子在电场中的偏转运动 课件
CONTENTS
• 带电粒子在电场中的基本性质 • 带电粒子在电场中的运动分析 • 带电粒子在电场中的偏转规律 • 带电粒子在电场中的偏转实验 • 带电粒子在电场中的偏转应用
01
带电粒子在电场中的基本性质
电荷的性质
电荷守恒
电荷既不会创生也不会消灭，只 能从一个物体转移到另一个物体，
加速运动。
粒子加速器在科学研究、医学、 工业等领域有广泛应用，如核物 理研究、放射性治疗、材料科学
等。
粒子加速器能够提供高能粒子束， 为科学研究提供重要的实验手段。
谢谢您的聆听
THANKS
斜向电场线的偏转
总结词
斜向电场线偏转时，带电粒子在电场中受到的电场力与初速度方向存在一定的夹 角，导致带电粒子在垂直和平行于电场线方向上均产生位移。
详细描述
当带电粒子斜向射入电场线时，由于受到与初速度方向存在一定夹角的电场力作 用，粒子将在垂直和平行于电场线方向上均产生位移。位移的大小与粒子的初速 度大小和方向、电场强度有关。
在电荷周围总有电场存在； 同时描述电场的物理量一 共有六个，其中两个必须 选定参考点才能确定大小。
电场的力的性质通过电场 强度来描述，电场强度的 方向正电荷受到的电场力 的方向相同，与负电荷受 到的电场力的方向相反。
带电粒子在电场中偏转
·O
U2
D.使U2变为原来的1／2倍
U1
解：电子先经加速电场加速后进入偏转电场做类平抛运动.
qU 1
1 2
mv
2 0
①
y 1 at2 2
联立①②两式可得电子的偏移量
y
q U2 x 2 2mUd2 xv022
② ③
电学搭 台，力 学唱戏。
要使电子的轨迹不变,则应使电子进入偏4U转1d电场后,任一水
平位移x所对应的侧移距离y不变. U2 U1 由此选项A正确．
运动的位移和初速度为零的匀加速运动的分运动的位移大小相等均为两板间的距离d.
过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开偏转电场时 偏移量为h，两平行板间距为d，电压为U，板长为L，每
单位电压引起的偏移量（h/U）叫做示波管的灵敏度，
为了提高灵敏度，可采用的办法是（ C ）
A.增加两极板间的电势差U
B.尽可能缩短板长L C.尽可能减小板间距d
v0
D.使电子的入射速度v0大些
h
h 1 (eU )( L )2 2 m d v0
2U0 d ④ U
⑵对电子运动的整个过程根据动能定理可求出电子穿出电场
时的动能
EK
eU
0
e
U 2
e(U 0
U 2
)
⑤
提升物理思想：整个过程运用动能定理解题
例5．空间某区域有场强大小为E的匀强电场，电场的边
界MN和PQ是间距为d的两个平行平面，如果匀强电场的
方向第一次是垂直于MN指向PQ界面，第二次是和MN界面
④
联立②④两式可得
y1 4 y2
⑤
模型化归：带电粒子在匀强 电场中做“类平抛运动”
带电粒子在电场中的偏转
二、带电粒子在电场中偏转的几个重要推论1.结论：不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度和偏转距离总是相同的2．作粒子速度的反向延长线，与初速度方向交于O 点，O 点与电场边缘的距离为x ，如图所示，则三、带电粒子在复合场中的运动1．带电粒子在电场中的运动是否考虑重力(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．2．(2010年济南模拟)如图9－3－12所示，质子(11H )和α粒子(24He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(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∶1 B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶4 解析：选B.由y ＝12Eq m L 2v 02和E k0＝12m v 02，得：y ＝EL 2q 4E k0可知，y 与q 成正比，B 正确．4．(2010年广东珠海质检)分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别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，下板接地．三小球分别落在图9－3－14中A 、B 、C 三点，则错误的是( ) A ．A 带正电、B 不带电、C 带负电B ．三小球在电场中加速度大小关系是：a A <a B <a C图9－3－12图9－3－14C．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：选C.由于A的水平射程x最远，A的运动时间t＝xv0最长，C错误．A的加速度a A＝2ht2最小，而C的加速度a C最大，a A<a B<a C，B正确．可见，A带正电，受力方向与重力方向相反，B不带电，C 带负电，受力方向与重力方向相同，A正确．由动能定理知E k C>E k B>E k A，D正确．3．如图所示，在光滑绝缘的水平桌面上固定放置一光滑、绝缘的挡板ABCD，AB段为直线形挡板，BCD段是半径为R的圆弧形挡板，挡板处于场强为E的匀强电场，电场方向与圆直径MN平行．现有一带电量为q、质量为m的小球静止从挡板上的A点释放，并且小球能沿挡板内侧运动到D点抛出，则()A．小球运动到N点时，挡板对小球的弹力可能为零B．小球运动到N点时，挡板对小球的弹力可能为EqC．小球运动到M点时，挡板对小球的弹力可能为零D．小球运动到C点时，挡板对小球的弹力一定大于mg解析：选C.小球沿光滑轨道内侧运动到D点抛出，说明小球在N、C、M点的速度均不为零，对N点，F N－Eq＝m R vN2，F N必大于Eq，A、B均错误；在C点：F C＝m R vC2，无法比较F C与mg的大小，D错误；在M点，F M＋Eq＝m R vM2，当v M＝时，F M＝0，C正确．5．如图9－3－15所示，abcd是一个正方形盒子．cd边的中点有一个小孔e.盒子中有沿ad方向的匀强电场．一个质量为m带电量为q 的粒子从a 处的小孔沿ab 方向以初速度v 0射入盒内，并恰好从e 处的小孔射出．(忽略粒子重力)求：(1)该带电粒子从e 孔射出的速度大小．(2)该过程中电场力对该带电粒子做的功．(3)若正方形的边长为l ，试求该电场的场强．解析：(1)设粒子在e 孔的竖直速度为v y .则水平方向：l /2＝v 0t竖直方向：l ＝v y 2·t得：v y ＝4v 0，v e ＝v 02＋v y 2＝17v 0.(2)由动能定理得：W 电＝12m v e 2－12m v 02＝8m v 02.(3)由W 电＝Eq ·l 和W 电＝8m v 02得：E ＝8m v 02ql .答案：(1)17v 0 (2)8m v 02 (3)8m v 02ql1.如图9－3－22所示，有一带电粒子(不计重力)紧贴A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿轨迹①从两板中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿轨迹②落到B 板正中间；设带电粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压U 1、U 2之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶4D ．1∶8解析：选D.设板长为L ，板间距离为d ，水平初速度为v 0；带电粒子的质量为m ，电荷量为q ；两次运动的时间分别为t 1和t 2.第一次射入时：L ＝v 0t 1，d 2＝12·qU 1md t 12，联立两式解得：U 1＝md 2v 02qL 2.第二次射入时：L 2＝v 0t 2，d ＝12·qU 2md t 22，联立两式解得：U 2＝8md 2v 02qL 2.所以U1∶U 2＝1∶8，故D 正确．2．如图9－3－23所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L ，板间距离为d ，在板右端L 处有一竖直放置的光屏M ，一带电荷量为q ，质量为m 的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M 屏上，则下列结论正确的是( )A ．板间电场强度大小为mg /qB ．板间电场强度大小为2mg /qC ．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D ．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间解析：选BC10．如图9－3－25所示，真空室中速度v 0＝1.6×107 m/s 的电子束，连续地沿两水平金属板中心线OO ′射入，已知极板长l ＝4 cm ，板间距离d ＝1 cm ，板右端距离荧光屏PQ 为L ＝18 cm.电子电荷量q ＝1.6×10－19 C ，质量m ＝0.91×10－30 kg.若在电极ab 上加u ＝2202sin100πt V 的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴y 上能观测到多长的线段？(设极板间的电场是均匀的、两板外无电场、荧光屏足够大)解析：因为经过偏转电场的时间为t ＝l v 0＝2.5×10－9 s, 而T ＝2πω＝0.02 s ≫t . 故可以认为进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动纵向位移d 2＝12at 2，a ＝Eq m ＝U m q dm ，所以电子能够打在荧光屏上最大竖直偏转电压：U m ＝md 2qt 2＝md 2v 02q l 2＝91 V .当U ＝91 V 时，E ＝U m d ，y ＝12at 2因为v y ＝at ＝qU m dm t ＝4×106 m/s ，tan θ＝v y v 0＝0.25 偏转量y ＝d 2＋L tan θ＝5 cm.y 轴上的观测量为2y ＝10 cm.答案：10 cm11．(2010年徐州模拟)质量为m ，带＋q 电荷量的小球以水平初速度v 0进入竖直向上的匀强电场中，如图9－3－26甲所图9－3－25示．今测得小球进入电场后在竖直方向上的高度y与水平方向的位移s之间的关系如图乙所示．根据题给已知量及图乙给出的信息，求：(1)匀强电场的场强大小；(2)小球从进入匀强电场到上升到h高度的过程中，电场力做了多少功？(3)小球在h高度处的动能多大？解析：(1)对小球研究知受两个力：重力(竖直向下)及电场力(竖直向上)．设经过t秒小球水平位移为l，则由题中乙图知：l＝v0·t①h＝12at2②由①②得a＝2h v02l2，对小球而言：F合＝ma，F合＝qE－mg，E＝mg＋maq＝mgl2＋2mh v02ql2.(2)电场力做功为W＝qEh＝mgh＋2h2m v02l2.(3)根据动能定理，E k＝qEh－mgh＋m v022＝m v02(12＋2h2l2)．。
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平行于电场方向是匀加速运动：Vy=at y=1/2at2
时间是两个分运动的联系桥梁。
结论：Vt2=v02+vy2
y=qU /2md·（x/v0）2
tgφ=vy/vx·qUx/ mv02d
2、若带电微粒除受电场力作用外，还受到重力或其它恒力作用，则同样要分解成两个不同方向的简单的直线运动来处理。
3、由带电粒子在电场中的运动轨迹分析有关问题的方法是：先画出射点的轨迹切线，即画出初速度V0的方向。再根椐轨迹的弯曲方向，确定电场力的方向，进而利用分析力学的方法来分析其它有关问题。
注意：运动轨迹一定处在速度和合外力之间，并且向合外力的方向偏转。
[例题解析]
[例题1]如图所示，一束带电粒子（不计重力）垂直电场线的方向进入偏转电场，试讨论在以下情况中，粒子具备什么条件，才能得到相同的偏转距离y和偏转角度φ（U、d、l保持不变）
用。设想没有qE，小球将作竖直上抛运动，在题目限
定时间内，它升至最大高度H；设想高没有Mg，小球
将在水平方向向左作被速度为零的匀加速运动，在时间
t内走过距离d，现两者兼面而有之，小球作曲线运动，
这个运动可看作以上两个正交的直线运动的合运动。
课
后
回
顾
[例题2]一个带负电的小球，质量为M，带电量为q，在一个如图所示的平行板电容器的右侧板边被竖直上抛，最后落在电容器左侧边缘同一高度处，如电容器极板是竖直放置的两板间距离为d，板间电压为U，求小球能达到的最大高度及抛出时的速度V0。
先要弄清小球作怎样的运动。
小球以速度V0抛出后，受重力Mg和电场力qE的作
（2）因为1/2mv02相同，则y、tgφ也相同；
（3）因为mv0相同，当m、q相同或q/v0相同，则y、tgφ也相同；
（5）设加速电场的电压为U，由qU=1/2mv02有
y=Ul2/4dU，tgφ=Ul/2DU
可见，在场加速再进入同一偏转电场，它们飞出电场的偏转距离和偏转角φ都是相同的。
授课时间
月日星期（）
课型
课时
课题
三、带电粒子在电场中的偏转
教学目的
及要求
1、知道带电粒子在电场中的偏转原理
2、会用力学观点解决偏转问题
3、学会这类问题的分析方法
重点
偏听偏信
偏转问题的处理方法
难点
数学处理方法及结论
教具
教学过程
备注
[概念规律方法]
1、若带电粒子以初速度V0垂直进入匀强电场，则作类平抛运动，分析时要分解为两个方向。
（1）进入偏转电场的速度相同；
（2）进入偏转电场时动能相同；
（3）进入偏转电场的动量相同；
（4）先由同一加速电场加速后，再进入偏转电场。
教学过程
备注
[例题解析]由带电粒子在偏转电场中的运动规律得：
y=1/2at2=Uql2/2mdv02tgφ=at/v0=Uql/mdv02
讨论：
（1）因为V0相同，当q/m相同，y、tgφ也相同；