6、
二、帶電粒子在電場中的偏轉
在圖6中，
圖6
設帶電粒子質量為m，帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場線方向射入勻強偏轉電場，偏轉電壓為U，若粒子飛離偏轉電場時的偏距為y，偏轉角為θ，則tan θ＝＝＝，y＝ayt2＝
帶電粒子從極板的中線射入勻強電場，其出射時速度方向的反向延長線交于極板中線的中點．所以側移距離也可表示為y＝tan θ，所以粒子好像從極板中央沿直線飛出去一樣．若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進入偏轉電場的，則qU0＝mv，即y＝，tan θ＝＝.由以上討論可知，粒子的偏轉角和偏距與粒子的q、m無關，僅決定于加速電場和偏轉電場
7、，即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速后進入同一偏轉電場，它們在電場中的偏轉角度和偏轉距離總是相同的．
【例2】 如圖7所示，甲圖是用來使帶正電的離子加速和偏轉的裝置．乙圖為該裝置中加速與偏轉電場的等效模擬．以y軸為界，左側為沿x軸正向的勻強電場，場強為E.右側為沿y軸負方向的勻強電場．已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB間的電勢差為U0.若在x軸的C點無初速度地釋放一個電荷量為q、質量為m的正離子(不計重力)，且正離子剛好通過B點．求：
圖7
(1)C、O間的距離d；
(2)粒子通過B點的速度大?。?
[規(guī)范思維]
8、
三、帶電粒子在電場中運動的綜合問題
【例3】 (xx·洛陽模擬)如圖8所示，兩平行金屬板A、B長L＝8 cm，兩板間距離d＝8 cm，A板比B板電勢高300 V．一帶正電的粒子電荷量q＝10－10 C，質量m＝10－20 kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2×106 m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域，(設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響)．已知兩界面MN、PS相距為12 cm，D是中心線RO與界面PS的交點，O點在中心線上，距離界面PS為9 cm，粒子穿過界面PS最后垂直打在
9、放置于中心線上的熒光屏bc上．(靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2)
圖8
(1)求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離多遠？到達PS界面時離D點多遠？
(2)在圖上粗略畫出粒子運動的軌跡．
[規(guī)范思維]
【基礎演練】
1.
圖9
(海南高考)一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿豎直方向．兩個比荷(即粒子的電荷量與質量之比)不同的帶正電的粒子a和b，從電容器邊緣的P點(如圖9所示)以相同的水平速度射入兩平行板之間．測得a和b與電容器極板的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1∶2.若不計重力，則a和b的比荷之比是(
10、 )
A．1∶2 B．1∶8 C．2∶1 D．4∶1
2．(xx·安徽·18)圖10(a)為示波管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是( )
(a)
(b) (c)
圖10
圖11
3．(xx·廣東·21)圖11為靜電除塵器除塵機理的示意圖．塵埃在電場中通過某種機制帶電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵目的．下列表述正確的是( )
A．到達
11、集塵極的塵埃帶正電荷
B．電場方向由集塵極指向放電極
C．帶電塵埃所受電場力的方向與電場方向相同
D．同一位置帶電荷量越多的塵埃所受電場力越大
4.
圖12
真空中的某裝置如圖12所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉電場，M為熒光屏．今有質子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉電場，最后打在熒光屏上．已知質子、氘核和α粒子的質量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是( )
A．三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同
B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同
C．偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比
12、為1∶2∶2
D．偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4
5.
圖13
(xx·濟南質檢)如圖13所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質量為m的質點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結論正確的是( )
A．板間電場強度大小為mg/q
B．板間電場強度大小為2mg/q
C．質點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等
D．質點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間
6.
圖14
(xx·廈門月考)如圖14所示，質量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂
13、直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)，則從開始射入到打到上極板的過程中( )
A．它們運動的時間tQ＞tP
B．它們運動的加速度aQ＜aP
C．它們所帶的電荷量之比qP∶qQ＝1∶2
D．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2
【能力提升】
圖15
7．(xx·黃岡模擬)如圖15所示，帶電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t(不計粒子的重力)，則
14、( )
A．在前時間內，電場力對粒子做的功為
B．在后時間內，電場力對粒子做的功為Uq
C．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為1∶2
D．在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為2∶1
8.
圖16
(xx·河南鄭州聯(lián)考)如圖16所示，在真空中有一水平放置的不帶電平行板電容器，板間距離為d，電容為C，上板B接地．現(xiàn)有大量質量均為m，帶電荷量為q的小油滴，以相同的初速度持續(xù)不斷地從兩板正中間沿圖中虛線所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P點．如果能落到A板的油滴僅有N滴，且第N＋1滴油滴剛好能飛離電場，假設落到A板的油滴的電荷量能被板全部吸收，不考慮油滴間
15、的相互作用，重力加速度為g，則( )
A．落到A板的油滴數(shù)N＝
B．落到A板的油滴數(shù)N＝
C．第N＋1滴油滴經(jīng)過電場的整個過程中增加的動能為
D．第N＋1滴油滴經(jīng)過電場的整個過程中減少的機械能為
題號
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
9.(北京高考)兩個半徑均為R的圓形平板電極，平行正對放置，相距為d，極板間的電勢差為U，板間電場可以認為是均勻的．一個α粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達負極板時恰好落在極板中心．
已知質子電荷量為e，質子和中子的質量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求
(1
16、)極板間的電場強度E；
(2)α粒子在極板間運動的加速度a；
(3)α粒子的初速度v0.
10.
圖17
如圖17所示，M、N為兩塊水平放置的平行金屬板，板長為l，兩板間的距離也為l，板間電壓恒定．今有一帶負電粒子(重力不計)以一定的初速度沿兩板正中間垂直進入電場，最后打在距兩平行板右端距離為l的豎直屏上．粒子的落點距O點的距離為.若大量的上述粒子(與原來的初速度一樣，并忽略粒子間相互作用)從MN板間不同位置垂直進入電場．試求這些粒子落在豎直屏上的范圍并在圖中畫出．
17、
學案30 帶電粒子在電場中的運動(一)
【課前雙基回扣】
1．A [據(jù)qU＝mv2可得v＝，對四種粒子分析，質子的最大，故選項A正確．]
2．C [由偏轉角tan θ＝qlU/mvd可知在確定的偏轉電場中l(wèi)，d確定，則偏轉角與q/m和v0有關．]
3．D [加圖示偏轉電壓后，光斑將在x軸方向向一側勻速運動，然后回到O點重復這一運動；y軸方向，偏轉電壓恒定，所以光斑在y軸方向位移恒定．D正確．]
4．D
5．AB [電子在加速電場中加速時：U0e＝mv2而進入偏轉電場時，它的偏轉位移(在豎直方向上的位移)
y＝at2＝··＝.由上式可知：偏轉電壓U增大，y增大；加速電壓U0減小
18、，y增大；d減小，y增大，而y與q、m無關．]
6．A [從圖中落點可知，C到達下極板時間最短，A到達下極板時間最長，即tCaB>aA，根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)合C>F合B>F合A；結合題中三者帶電性質，可知，C帶負電，B不帶電，A帶正電，三電荷運動至下極板過程中，根據(jù)動能定理得WC>WB>WA，故ΔEkC>ΔEkB>ΔEkA，而初動能相同，所以到達下極板時，EkC>EkB>EkA.綜上，A正確，B、C、D錯．]
思維提升
1．用運動學公式和牛頓定律處理帶電粒子在電場中的直線運動時，只適用于勻強電場；而動能定理可適用于勻強電場，也可用于非勻強電場，因而一
19、般用公式qU＝mv2分析帶電粒子在電場中的加速問題．
2．據(jù)W＝qU知，電場力對帶電粒子做的功，只與初、末位置間的電勢差有關，而與電場強度、兩點間的距離無關．
3．帶電粒子在電場中運動時，是否考慮重力應具體分析．一般情況下，微觀粒子(電子、質子)不計重力，宏觀顆粒(油滴、小球)應考慮重力．
4．帶電粒子在電場中的偏轉是類平拋運動，平拋運動的規(guī)律在這里仍然適用，特別是兩個推論應熟記．
【核心考點突破】
例1 (1) (2)－d≤x≤d
(3)
解析 (1)由題圖可知，0與d(或－d)兩點間的電勢差為φ0，
電場強度的大小E＝，
粒子所受電場力的大小F＝qE＝.
(2)設粒
20、子在[－x0，x0]區(qū)間內運動，速率為v，由題意得
mv2－qφ＝－A①
由題圖可知φ＝φ0②
由①②得mv2＝qφ0－A③
因動能非負，有qφ0－A≥0，
得|x|≤d，
0
21、求解．
例2 (1) (2)
解析 (1)設正離子到達O點的速度為v0(其方向沿x軸的正方向)
則正離子由C點到O點由動能定理得：
qEd＝mv－0①
而正離子從O點到B點做類平拋運動，則：
＝·t2②
＝v0t③
而＝④
由①②③④得d＝.
(2)設正離子到B點時速度的大小為vB，正離子從C到B過程中由動能定理得：qEd＋qU0＝mv－0
解得vB＝.
[規(guī)范思維] 偏轉問題的分析處理方法
(1)類似于平拋運動的分析處理，應用運動的合成和分解的知識．
(2)從力學的觀點和能量的觀點著手．按力學問題的分析方法加以分析，分析帶電粒子在運動過程中其他形式的能和動能之間
22、的轉化過程時，可應用動能定理，也可以用能量守恒定律．
例3 (1)3 cm 12 cm (2)軌跡圖見解析
解析 (1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離(側向位移)
y＝at2＝()2
＝×()2 m
＝0.03 m＝3 cm
帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，其軌跡與PS線交于E，設E到中心線的距離為Y.
則Y＝vy＋y
＝×× m＋0.03 m
＝0.12 m＝12 cm
(2)第一段是拋物線，第二段是直線，第三段是曲線，軌跡如圖所示．
[規(guī)范思維] 解答此類問題應從以下兩方面入手．
(1)對復雜過程要善于分階段分析，聯(lián)系力學中的物理模型，從受力情況、
23、運動情況、能量轉化等角度去研究．
(2)經(jīng)常把電場與牛頓定律、動能定理、功能關系、運動學知識、電路知識等綜合起來，把力學中處理問題的方法遷移到電場中去．
【課時效果檢測】
1．D 2.B 3.BD 4.B 5.BC
6．C [設P、Q兩粒子的初速度是v0，加速度分別是aP和aQ，粒子P到上極板的距離是h/2，它們做類平拋運動的水平距離為l.則對P，由l＝v0tP，＝apt，得到aP＝，同理對Q，l＝v0tQ，h＝aQt，得到aQ＝.可見tP＝tQ，aQ＝2aP而aP＝，aQ＝，可見，qP∶qQ＝1∶2.由動能定理知，它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maP∶maQh＝1∶4.綜上
24、，選C.]
7．B [電場力做總功W＝Uq，前、后時間內偏轉位移之比為1∶3，則做功之比為1∶3，所以后t/2時間內對粒子做功Uq；粒子下落前、后d/4的過程中電場力做功之比為1∶1.C、D錯誤．]
8．ACD [第一滴油滴在電容器中運動時，只受重力作用．設板長為l，板間距為d，由平拋運動的知識有v0＝.當?shù)贜＋1滴油滴恰好離開電容器時，必定是沿下極板的邊緣飛出，油滴的加速度為a＝g－，由類平拋運動知＝(g－)t2，又t＝，而E＝＝，可以求得N＝，A正確．因為電場力做了負功，電勢能增加了，而電場力做功為W＝－.由動能定理有Ek＝W＝mgd－mgd＝.]
9．(1)E＝ (2)a＝ (3)
25、v0＝
解析 (1)極板間場強E＝.①
(2)α粒子電荷量為2e，質量為4m，所受電場力
F＝2eE＝，②
α粒子在極板間運動的加速度a＝＝③
(3)由d＝at2，得
t＝＝2d④
v0＝＝ .⑤
10．見解析
解析 設粒子質量為m，帶電荷量為q，初速度為v0，則有v0t＝l，y＝at2，tan θ＝＝，y＋ltan θ＝，
所以a·＋l·＝，3al＝v.
由題意可分析出大量粒子垂直射入偏轉電場后情況，如上圖甲、乙所示．能飛出平行板的粒子范圍是l－y.其中y＝a·＝··＝l，粒子落在豎直屏上的范圍是從O點到O點以上l處之間的水平帶狀區(qū)域．
易錯點評
1．示波管中，粒子的水平偏轉與豎直偏轉互不影響、各自獨立．又因運動的是電子，所以總向電勢高的極板一側偏轉．
2．帶電粒子在電場中的偏轉問題常與電容器相結合，因而應熟記電容器的幾個關系，特別是E＝應用較多．
3．不要把類平拋運動理解為必須是水平方向的勻速和豎直方向的勻加速，而要看所受恒力的方向，一般是把運動分解為垂直于恒力方向的勻速直線運動和沿恒力方向初速為0的勻加速直線運動．
2022年高三物理復習 第6章 帶電粒子在電場中的運動1學案
