2019高考物理一轮复习第七章静电场微专题56带电粒子在电场中的加速和偏转加练半小时粤教版
2019高考物理一轮复习 第七章 静电场 第56讲 带电粒子在电场中的加速和偏转加练半小时 教科版
第56讲 带电粒子在电场中的加速和偏转[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理．(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理．(3)注意带电粒子重力能否忽略．1．电子束焊接机中的电场线如图1中虚线所示．K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为d ，在两极之间加上高压U ，有一电子在K 极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e ，则下列说法正确的是( )图1A ．A 、K 之间的电场强度为UdB ．电子到达A 极板时的动能大于eUC ．由K 到A 电子的电势能减小了eUD ．由K 沿直线到A 电势逐渐减小2．(多选)(2017·四川资阳4月模拟)如图2所示，质量相同的两个带电粒子M 、N 以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M 从两极板正中央射入，N 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点．不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中( )图2A ．它们运动的时间t N ＝t MB ．它们电势能减少量之比ΔE M ∶ΔE N ＝1∶2C ．它们的动能增加量之比ΔE k M ∶ΔE k N ＝1∶2D ．它们所带的电荷量之比q M ∶q N ＝1∶23．(2017·山东师范大学附中第三次模拟)如图3所示，有一带电粒子贴着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从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿轨迹②落到B 板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次的电压之比为( )图3A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶14．(2017·广东汕头质量检测)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图4)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则a 和b 的比荷之比是( )图4A ．4∶1B．2∶1C．1∶1D．1∶25．(2017·安徽马鞍山第一次模拟)如图5所示，虚线表示匀强电场的等势线，间距均为d ，一质量为m 、电荷量大小为q 的粒子(不计重力)，从A 点以与等势线成θ角的速度v 0射入，到达B 点时，速度方向恰与等势线平行，则( )图5A ．粒子一定带正电B ．电场中A 点的电势一定高于B 点电势C ．匀强电场的电场强度大小为mv 02sin 2θ4qdD ．粒子在A 点具有的电势能大于在B 点具有的电势能6．(2018·河南省八校第二次测评)如图6，半径为R 的圆环处在匀强电场E 中，圆环平面与电场方向平行，直径ab 与电场线垂直；一带电粒子以速度v 0从a 点沿ab 方向射入电场，粒子打在圆环上的c 点；已知c 点与ab 的距离为R2，不计粒子重力，求带电粒子的比荷.图67.(2018·四川泸州一检)如图7所示，竖直平行正对放置的带电金属板A 、B ，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy 的O 点；y 轴沿竖直方向；在x >0的区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ＝43×103V/m ；比荷为1.0×105C/kg 的带正电的粒子P 从A 板中心O ′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M (3，1)点；粒子P 的重力不计，试求：图7(1)金属板A 、B 之间的电势差U AB ；(2)若在粒子P 经过O 点的同时，在y 轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q ，使P 、Q 恰能运动中相碰；假设Q 的质量是P 的2倍、带电情况与P 相同；Q 的重力及P 、Q 之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q 所有释放点的集合．8．(2017·湖北孝感第一次统考)在xOy 直角坐标系中，三个边长都为2m 的正方形如图8所示排列，第Ⅰ象限正方形区域ABOC 中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E 0，在第Ⅱ象限正方形COED 的对角线CE 左侧CED 区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC 区域内无电场，正方形DENM 区域内无电场．现有一带电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)从AB 边上的A 点由静止释放，恰好能通过E 点．图8(1)求CED 区域内的匀强电场的电场强度的大小E 1；(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E 点，则释放点的坐标值x 、y 间应满足什么关系；(3)若CDE 区域内的电场强度大小变为E 2＝43E 0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N 点，则释放点的坐标值x 、y 间又应满足什么关系．答案精析1．C [A 、K 之间的电场为非匀强电场，A 、K 之间的电场强度不是U d，选项A 错误；由动能定理，电子到达A 极板时的动能E k ＝eU ，选项B 错误；电子由K 到A 的过程电场力做正功，电子的电势能减小了eU ，选项C 正确；沿电场线方向电势降低，则由K 沿直线到A 电势逐渐升高，选项D 错误．] 2．AD3．A [据题意，粒子在偏转电场中做类平抛运动，即粒子在水平方向做匀速直线运动，则：x ＝vt ，在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，则：y ＝12at 2＝qUx22mdv 2，偏转电压为U ＝2mdyv2qx 2，则偏转电压之比为：U 1U 2＝y 1x 22y 2x 12＝y 1y 2·(x 2x 1)2＝18，故A 选项正确．] 4．A 5.C 6．见解析解析 沿ab 方向与电场强度方向建立xOy 直角坐标系，设粒子从a 到c 所需时间为t ，则：x ＝v 0t y ＝12at 2由牛顿第二定律得qE ＝ma由题意可知：y ＝12R ；x ＝(1＋32)R联立解得：qm＝－43v 02ER7．(1)1000V (2)y ＝16x 2，其中x >0解析 (1)设粒子P 的质量为m 、带电荷量为q ，从O 点进入匀强电场时的速度大小为v 0；由题意可知，粒子P 在y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O 点运动到M (3，1)点所用时间为t 0，由类平抛运动可得：x ＝v 0t 0，y ＝qE2m t 02解得：v 0＝2×104m/s在金属板A 、B 之间，由动能定理：qU AB ＝12mv 02解得：U AB ＝1000V(2)设P 、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为a 1、a 2；Q 粒子从N (x ，y )点释放后，经时间t 与粒子P 相碰；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得对于P ：Eq ＝ma 1 对于Q ：Eq ＝2ma 2x ＝v 0t12a 1t 2＝y ＋12a 2t 2 解得：y ＝16x 2，其中x >0即粒子Q 释放点N (x ，y )坐标满足的方程为y ＝16x 2，其中x >08．(1)4E 0 (2)y ＝x (3)y ＝3x －4解析 (1)设带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v ，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qL ＝12mv 2，其中L ＝2m ．要使带电粒子通过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y 0，设水平方向位移为x 0，则y 0＝12·E 1q m (x 0v )2，因∠CEO ＝45°，即x 0＝y 0＝2m ，解得E 1＝4E 0.(2)设释放点的坐标为(x ，y )，带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v 1，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qx ＝12mv 12，要使带电粒子过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y ，水平方向位移也为y ，则y ＝12·E 1q m (y v 1)2，解得y ＝x .(3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从DE 出电场时与DE 交于Q .进入CDE 区域的电场后，初速度延长线与DE 交于G ，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P 点，设在第Ⅰ象限释放点的坐标为(x ，y )．由图可知，在CDE 区域中带电粒子的水平位移为y ，设偏转位移为y ′，则y ′＝12·E 2q m (y v 2)2，而y ′y －y ′＝GP NE ，其中GP ＝y2， NE ＝2m ，在第Ⅰ象限加速过程中，E 0qx ＝12mv 22，解得y ＝3x －4.。
2019版高考物理一轮复习第七章静电场课后分级演练22电容器带电粒子在电场中的运动.doc
课后分级演练（二十二）电容器 带电粒子在电场中的运动【A 级一一基础练】1. 煤矿渗水会造成严重安全事故，2011年11月13日凌晨0时 10分，廿肃省白银市景泰县通达煤矿发生透水事故，当时井下作业 人员11名，其中4人泅水脱险，7人被困.利用传感电容器可检测 矿井渗水，发出安全警报，从而避免事故的发生.如图所示是一种 通过测量电容器电容的变化來检测液面高低的仪器原理图，川为固定的导体芯，〃为导体芯 外面的一层绝缘物质，C 为导电液体，把仪器接到图示电路中，已知灵敏电流表的指针偏转 方向与电流方向的关系为：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转.当发现指针向 右偏转吋，导电液体深度力的变化为（）A.力正在增大 B.力正在减小 C.力不变 D.无法确定解析：B 本题考查电容的定义式、决定式和电容的动态变化问题，意在考查考生对电 容定义式和决定式的理解能力、对动态变化问题的分析判断能力.电容器保持与电源连接, 电路稳定时，电容器两端电压不变，灵敏电流表指针向右偏转，说明电流由右向左通过电源, 说明电容器在放电，即电荷量减小，由电容的定义式可知，电容器的电容减小，由电容的决定式•可知，电容器两极板的正对面积减小，即说明导电液体深度力减小，B 4只kd 项正确.2. 如图所示，不带电的金属球昇固定在绝缘底座上，它的正上方有〃点，该 处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达力球后将电荷量全部传给力球， 设前一液滴到达力球后，后一液滴才开始下落，不计空气阻力和下落液滴之间的 影响，则下列叙述中正确的是（）A. 第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达力球B. 当液滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，开始做匀速运动C. 所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D. 所有液滴下落过程中电场力做功相等解析：C 第一滴液滴下落吋，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过 程中，将受电场力作用，且在靠近/的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当力电荷量 较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达/球，所以A 错误；当液 滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，液滴向下运动速度最大，再向下运动重力将小于 电场力，所以不会做匀速运动，故B 错误；每滴液滴在下落过程中力所带的电荷量不同，故 下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C 正确；每滴 I I I液滴在下落过程屮zl所带的电荷量不同，液滴所受的电场力不同.电场力做功不同，所以D 错误.3.（2017 •衡水调研）一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地.两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、F表示两板间的场强、0表示P 点的电势，表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离厶的过程中，各物理量与负极板移动距离/的关系图象中正确的是（）C E11104A<P11X0-BW111X0-X0-XC D解析：C平行板电容器充电后与电源断开，平行板上所带电荷量0不再发生变化，设£ <7图示位置两平行板I'可距为A选项由平行板电容公式有C=g，电容C随x变化应为曲线，A错；B选项巴士，而〃卑联立得4牛学，E与x无关,B错；C选项P 点电势e = % = E（d_D,函数式与图象吻合，C对；D选项W=qe = qE（d—*, D错.4.（多选）示波管的内部结构如图甲所示.如果偏转电极AT、rr之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心.如果在偏转电极新‘之间和之间加上图丙所示的儿种电压，荧光屏上可能会岀现图乙屮（a）、（b）所示的两种波形.贝朕）解析：AC 要使荧光屏上出现图乙中(a)所示波形，XT 加扫描电压(3), JT加正弦电压(1),则A 正确；要使荧光屏上出现图乙屮(b)所示波形，XT 加扫描电压(3),KF 加方波电压(2),则C 正确.5. 如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向 下的重力场，在竖直平而内有初速度为％的带电微粒，恰能沿图示虚 线由外向〃做直线运动.那么()A. 微粒带正、负电荷都有对能B. 微粒做匀减速直线运动C. 微粒做匀速直线运动D. 微粒做匀加速直线运动解析：B 微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力方向在同一条直线上，只有微粒 受到水平向左的电场力才能使得合外力方向与速度方向相反II在同一条直线上，由此可知微 粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线 运动，故B 正确.6. (2017・合肥联考)如图所示，正方体真空盒置于水平面上， 它的畀伽?面与EFG 〃血为金属板，其他面为绝缘材料.ABCD'^带 正电，龙％〃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久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 所带电荷量最多解析：D 三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三 个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A 错误.由于三个液A. 若XTB. 若XTC. 和YY'D.和YY' 分别加电压⑶和(1), 分别加电压(4)和(1), 分别加电压(3)和(2), 分别加电压(4)和(2), 荧光屏上可以出现图乙中Q)所示波形 荧光屏上可以出现图乙小(a)所示波形 荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形 荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形滴在竖直方向做自由落体运动, 三个液滴的运动时间相同，选项B错误.三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴到底板时的速率不相同，选项C 错误.由于液滴C在水平方向位移 最大，说明液滴C 在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D 正确.7. 如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可 忽略不计）电压为«的加速电场，经加速后从小孔S 沿平行金属 板弭、〃的屮线射入，A. 〃板长为乙相距为丛电压为弘则带 电粒子能从A. E板间飞出应该满足的条件是（）Ui 2d A -^T c 仝空解析：C 根据qU\=^mv, t=2, .韦.（£）",由题意知，7＜討，解得彳〈苓, 故C 正确.8. 如图，平行板电容器两极板的间距为也极板与水平面成45° 角，上极板带正电.一电荷量为q （q 〉O ）的粒子在电容器中靠近下极板 处，以初动能為竖直向上射岀.不计重力，极板尺寸足够大.若粒子 能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为（） A -~-4qd 边民2qd B — 2qd匹 qd解析：B 当电场足够大时， 粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度 恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动.将粒子初速度〃分解为垂直极板的匕和平行极板的*，根据运动的合成与分解，当5=0时，根据运动学公式有说=丹,1 E©v y = T^>cos 45° , &)=尹说,联立得 £=京^ 9. （多选）在电场方向水平向右的匀强电场屮，一-带电小球从弭点竖直向上抛出，其运 动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上久〃两点在同-•水平线上，财为轨迹的最高点，小 球抛出时的动能为8 J,在〃点的动能为6 J,不计空气的阻力，则下列判断正确的是（）A. 小球水平位移山与曲的比值为1 ： 3故选项B 正确.B.小球水平位移嵐与曲的比值为1 ： 4C.小球落到〃点时的动能为32 JD.小球从/点运动到〃点的过程中最小动能为6 J解析：AC小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移: %2=1 : 3,选项A正确，选项B错误；设小球在财点时的水平分速度为％则小球在〃点时的水平分速度为2叭，根据题意有如说=8J, 戒=6J,因而在〃点时小球的动能为皿=*加~ ]2=32 J,选项C正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场力的合力，为恒力，小球在力点吋,F合与速度之间的夹角为钝角，小球在财点吋，速度与F合之间的夹角为锐角，即F合对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从力到〃过程中，动能先减小后增大，小球从M 到〃的过程屮，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从/运动到〃的过程屮最小动能一定小于6 J,选项D错误.10.如图甲所示，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弘，电容器板长和板间距离均为A=10cm,下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是力=10 cm,在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随吋间变化的图象如图乙所示.(每个电子穿过平行板的时I'可都极短，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Ql^=^mv ,电子经偏转电场：沿y力向：沿电场方向：y=^at\又故偏转后偏移量尸* •于・£)2,所以尸罟由题图知t=0. 06 s时刻〃偏=1.84,所以y=4.5 cm设打在屏上的点距。
2019年高考物理一轮复习第7章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动课件新人教版
εrS 4πkd
知，C减小，U不变，由Q＝CU可知，Q减小，电容器放电，有
向左的电流通过电阻R，A错误；若增大A、B两金属板的间距，由E＝
U d
可知，
E减小，则P将向下运动，B错误；若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，
相当于两板间距d减小，由E＝
U d
可知，E增大，P将向上运动，C正确；若紧贴A
C．edUh
D．eUd h
[解析]
E＝
U d
，UOA＝Eh＝
Uh d
，由动能定理得：Ek0＝eUOA＝
eUh d
，D正
确。
4．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(即粒 子的电荷量与质量之比)之比是 导学号 21992493 ( D )
()
×
• (2)电容器的电容与电容器所带电荷量成×反比。( )
• (3)放电后的电容器电荷量为零，电容也×为零。( ) • (4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。( √)
√
• (运5)动带。电(粒子在) 电场中，只受电场力时，也可×以做匀速圆周
• (6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产 生的。( )
A．若增大A、B两金属板的间距，则有向右的电流通过 电阻R
B．若增大A、B两金属板的间距，P将向上运动 C．若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，P将向上运动 D．若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P将向上运动
[解析] 带电微粒处于静止状态，有mg＝Eq，若增大A、B两金属板的间
江苏高考物理复习第七章静电场课时56带电粒子在电场中的加速和偏转
56 带电粒子在电场中的加速和偏转[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理．(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理．(3)注意带电粒子重力能否忽略．1．电子束焊接机中的电场线如图1中虚线所示．K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为d ，在两极之间加上高压U ，有一电子在K 极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e ，则下列说法正确的是( )图1A ．A 、K 之间的电场强度为UdB ．电子到达A 极板时的动能大于eUC ．由K 到A 电子的电势能减小了eUD ．由K 沿直线到A 电势逐渐减小2．(多选)(2017·四川资阳4月模拟)如图2所示，质量相同的两个带电粒子M 、N 以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M 从两极板正中央射入，N 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点．不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中( )图2A ．它们运动的时间t N ＝t MB ．它们电势能减少量之比ΔE M ∶ΔE N ＝1∶2C ．它们的动能增加量之比ΔE k M ∶ΔE k N ＝1∶2D ．它们所带的电荷量之比q M ∶q N ＝1∶23．(2017·山东师范大学附中第三次模拟)如图3所示，有一带电粒子贴着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从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿轨迹②落到B 板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次的电压之比为( )图3A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶14．(2017·广东汕头质量检测)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图4)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则a 和b 的比荷之比是( )图4A ．4∶1B ．2∶1 C．1∶1 D．1∶25．(2017·安徽马鞍山第一次模拟)如图5所示，虚线表示匀强电场的等势线，间距均为d ，一质量为m 、电荷量大小为q 的粒子(不计重力)，从A 点以与等势线成θ角的速度v 0射入，到达B 点时，速度方向恰与等势线平行，则( )图5A ．粒子一定带正电B ．电场中A 点的电势一定高于B 点电势C ．匀强电场的电场强度大小为mv 02sin 2θ4qdD ．粒子在A 点具有的电势能大于在B 点具有的电势能6．(2018·河南省八校第二次测评)如图6，半径为R 的圆环处在匀强电场E 中，圆环平面与电场方向平行，直径ab 与电场线垂直；一带电粒子以速度v 0从a 点沿ab 方向射入电场，粒子打在圆环上的c 点；已知c 点与ab 的距离为R2，不计粒子重力，求带电粒子的比荷.图67.(2018·四川泸州一检)如图7所示，竖直平行正对放置的带电金属板A 、B ，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy 的O 点；y 轴沿竖直方向；在x >0的区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ＝43×103 V/m ；比荷为1.0×105C/kg 的带正电的粒子P从A 板中心O ′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M (3，1)点；粒子P 的重力不计，试求：图7(1)金属板A 、B 之间的电势差U AB ；(2)若在粒子P 经过O 点的同时，在y 轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q ，使P 、Q 恰能运动中相碰；假设Q 的质量是P 的2倍、带电情况与P 相同；Q 的重力及P 、Q 之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q 所有释放点的集合．8．(2017·湖北孝感第一次统考)在xOy 直角坐标系中，三个边长都为2 m 的正方形如图8所示排列，第Ⅰ象限正方形区域ABOC 中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E 0，在第Ⅱ象限正方形COED 的对角线CE 左侧CED 区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC 区域内无电场，正方形DENM 区域内无电场．现有一带电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)从AB 边上的A 点由静止释放，恰好能通过E 点．图8(1)求CED 区域内的匀强电场的电场强度的大小E 1；(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E 点，则释放点的坐标值x 、y 间应满足什么关系；(3)若CDE 区域内的电场强度大小变为E 2＝43E 0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N 点，则释放点的坐标值x 、y 间又应满足什么关系．答案精析1．C [A 、K 之间的电场为非匀强电场，A 、K 之间的电场强度不是Ud，选项A 错误；由动能定理，电子到达A 极板时的动能E k ＝eU ，选项B 错误；电子由K 到A 的过程电场力做正功，电子的电势能减小了eU ，选项C 正确；沿电场线方向电势降低，则由K 沿直线到A 电势逐渐升高，选项D 错误．] 2．AD3．A [据题意，粒子在偏转电场中做类平抛运动，即粒子在水平方向做匀速直线运动，则：x ＝vt ，在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，则：y ＝12at 2＝qUx22mdv 2，偏转电压为U ＝2mdyv2qx 2，则偏转电压之比为：U 1U 2＝y 1x 22y 2x 12＝y 1y 2·(x 2x 1)2＝18，故A 选项正确．] 4．A 5.C 6．见解析解析 沿ab 方向与电场强度方向建立xOy 直角坐标系，设粒子从a 到c 所需时间为t ，则：x ＝v 0t y ＝12at 2由牛顿第二定律得qE ＝ma由题意可知：y ＝12R ；x ＝(1＋32)R联立解得：qm＝－43v 02ER7．(1)1 000 V (2)y ＝16x 2，其中x >0解析 (1)设粒子P 的质量为m 、带电荷量为q ，从O 点进入匀强电场时的速度大小为v 0；由题意可知，粒子P 在y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O 点运动到M (3，1)点所用时间为t 0，由类平抛运动可得：x ＝v 0t 0，y ＝qE2m t 02解得：v 0＝2×104m/s在金属板A 、B 之间，由动能定理：qU AB ＝12mv 02解得：U AB ＝1 000 V(2)设P 、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为a 1、a 2；Q 粒子从N (x ，y )点释放后，经时间t 与粒子P 相碰；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得对于P ：Eq ＝ma 1 对于Q ：Eq ＝2ma 2x ＝v 0t12a 1t 2＝y ＋12a 2t 2 解得：y ＝16x 2，其中x >0即粒子Q 释放点N (x ，y )坐标满足的方程为y ＝16x 2，其中x >08．(1)4E 0 (2)y ＝x (3)y ＝3x －4解析 (1)设带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v ，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qL ＝12mv 2，其中L ＝2 m ．要使带电粒子通过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y 0，设水平方向位移为x 0，则y 0＝12·E 1q m (x 0v )2，因∠CEO ＝45°，即x 0＝y 0＝2 m ，解得E 1＝4E 0.(2)设释放点的坐标为(x ，y )，带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v 1，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qx ＝12mv 12，要使带电粒子过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y ，水平方向位移也为y ，则y ＝12·E 1q m (y v 1)2，解得y ＝x .(3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从DE 出电场时与DE 交于Q .进入CDE 区域的电场后，初速度延长线与DE 交于G ，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P 点，设在第Ⅰ象限释放点的坐标为(x ，y )．由图可知，在CDE 区域中带电粒子的水平位移为y ，设偏转位移为y ′，则y ′＝12·E 2q m (y v 2)2，而y ′y －y ′＝GP NE ，其中GP ＝y2， NE ＝2 m ，在第Ⅰ象限加速过程中，E 0qx ＝12mv 22，解得y ＝3x －4.。
2019高考物理一轮复习第七章静电场第57讲带电粒子在交变电场中的运动加练半小时教科版
第57讲带电粒子在交变电场中的运动[方法点拨] (1)在交变电场中做直线运动时，一般是几段变速运动组合．可画出v－t图像，分析速度、位移变化．(2)在交变电场中的偏转若是几段类平抛运动的组合，可分解后画出沿电场方向分运动的v－t图像，分析速度变化，或是分析偏转位移与偏转电压的关系式．1．(2018·湖北黄冈模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图1所示，在该匀强电场中，有一个带电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )图1A．带电粒子只向一个方向运动B．0～2s内，电场力做功等于0C．4s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4s内，电场力做功等于02．(多选)(2017·山东青岛二中模拟)如图2甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )图23．(多选)(2017·四川宜宾二诊)如图3甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的相同带电粒子.t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T ＝2d v 0，粒子质量为m ，不计粒子重力及相互间的作用力．则( )图3A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为mv 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv 02 D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场 4．(多选)(2018·河北邢台质检)如图4甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 变化情况如图乙所示．t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动中没与极板相碰，不计重力．则( )图4A ．φ1∶φ2＝1∶2B ．φ1∶φ2＝1∶3C ．在0～2T 内，当t ＝T 时电子的动能最大D ．在0～2T 内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ12md 2 5．(多选)如图5甲所示，一平行板电容器极板长l ＝10cm ，宽a ＝8cm ，两极板间距为d ＝4cm ，距极板右端l 2处有一竖直放置的荧光屏．在平行板电容器左侧有一长b ＝8cm 的“狭缝”粒子源，可沿着两板中心平面，均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010C/kg ，速度为4×106 m/s 的带电粒子．现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期．下面说法正确的是( )。
专题27 带电粒子在电场中的加速和偏转-2019高考物理一轮复习专题详解(原卷版)
知识回顾 1．带电粒子在电场中的加速(1)匀强电场中，v 0与E 平行时，优先用功能关系求解，若不行，则用牛顿第二定律和运动学公式． (2)非匀强电场中，只能用功能关系求解．2．带电粒子在匀强电场中的偏转(v 0垂直于E 的方向)，如图所示(1)沿v 0方向的匀速直线运动． (2)垂直于v 0方向的匀加速直线运动． ①加速度a ＝qE m ＝qUmd；②偏转距离y ＝12at 2＝qU 2md x v 02――→x ＝Ly ＝qUL 22mdv 20； ③速度偏向角tan φ＝v y v 0＝qUx mdv 20――→x ＝Ltan φ＝qUL mdv 20； ④位移偏向角tan θ＝y x ＝qUx 2mdv 20――→x ＝Ltan θ＝qUL 2mdv 20； ⑤两个重要的结论a ．位移偏向角θ和速度偏向角φ满足tan φ＝2tan θ；b ．射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点． 规律方法带电粒子在电场中运动的解题方法(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力．(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解．例题分析【例1】(2017年高考·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点【例2】如图所示，两平行金属板A、B长l＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，即U AB＝300 V．一带正电的粒子电量为q＝10－10C，质量为m＝10－20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边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L＝12 cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获，从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上静电力常量k＝9×109N·m2/C2，粒子重力不计，tan37°＝34，tan53°＝43.求：(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h；(2)粒子穿过界面MN时的速度v；(3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y；(4)点电荷的电荷量Q (该小题结果保留一位有效数字)．【例3】 如图甲所示，真空中两水平放置的平行金属板A 、B 相距为d ，板长为L ，今在A 、B 两板间加一如图乙所示的周期性变化的交变电压．从t ＝0时刻开始，一束初速度均为v 0的电子流沿A 、B 两板间的中线从左端连续不断地水平射入板间的电场，要想使电子束都能从A 、B 右端水平射出，则所加交变电压的周期T 和所加电压的大小应满足什么条件？规律总结“两个分运动、三个一”求解粒子偏转问题带电粒子在匀强电场中偏转的基本模型如图所示．(1)分解为两个独立的分运动——平行极板的匀速直线运动，L ＝v 0t ；垂直极板的匀加速直线运动，y ＝12at 2，v y ＝at ，a ＝qUmd.(2)一个偏转角：tan θ＝v yv 0；一个几何关系：y ＝L2tan θ；一个功能关系：ΔE k ＝qUyd .专题练习1.如图，在P 板附近有一电子由静止开始向Q 板运动．已知两极板间电势差为U ，板间距为d ，电子质量为m ，电量为e.则关于电子在两板间的运动情况，下列叙述正确的是( )A ．若将板间距d 增大一倍，则电子到达Q 板的速率保持不变B ．若将板间距d 增大一倍，则电子到达Q 板的速率也增大一倍C ．若将两极板间电势差U 增大一倍，则电子到达Q 板的时间保持不变D ．若将两极板间电势差U 增大一倍，则电子到达Q 板的时间减为一半2.(2017·洛阳联考)如图所示，平行金属板A 、B 水平正对放置，虚线为中心线，A 、B 板间加上稳定的电压，有三个带电微粒a 、b 、c 从靠近A 板边缘处以相同的水平初速度射入板间，a 从中心线上M 点飞出板间区域，b 从B 板右侧边缘飞出，c 落在B 板的中点N 处，不计微粒的重力，则带电微粒a 、b 、c 的比荷关系为( )A.q c m c ＝4q b m b ＝8q am a B.q a m a ＝q b m b ＝4q cm cC.q a m a ＝2q b m b ＝4q cm c D.q c m c ＝2q b m b ＝4q am a3．(2017·临沂二模)(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．不考虑墨汁的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是( )A．减小墨汁微粒的质量B．减小墨汁微粒所带的电荷量C．增大偏转电场的电压D．增大墨汁微粒喷入偏转场的速度4．(2017·衡阳质检)(多选)如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(不计P、Q的重力以及它们间的相互作用)，则从开始射入到打到上极板的过程，下列说法中正确的是()A．它们运动的时间相等B．它们所带的电荷量之比q P：q Q＝1∶2C．它们的电势能减小量之比ΔE P：ΔE Q＝1∶2D．它们的电场力做功之比W P：W Q＝2∶15．(2017·广州综合测试)如图，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置．为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是()A．保持U2和平行板间距不变，减小U1B．保持U1和平行板间距不变，增大U2C．保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板D．保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板6.(2016·海南)如图，平行板电容器两极板的间距为d ，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处．以初动能E k0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为( )A.E k04qdB.E k02qdC.2E k02qdD.2E k0qd7．(2017·青岛一模)(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图像．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零8．(多选)(2017·山东淄博市模拟卷)(多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，一电容为C.电容器与一直流电源相连，初始时开关闭合，极板间电压为U ，两极板间距为d ，电容器储存的能量E ＝12CU 2.一电荷量为q 的带电油滴以初动能E k 从平行板电容器的轴线水平射入(极板足够长)，恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则( )A ．保持开关闭合，只将上极板下移了d3，带电油滴仍能沿水平线运动B ．保持开关闭合，只将上极板下移d 3，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为E k ＋qU12C ．断开开关后，将上极板上移d 3，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为23CU 2D ．断开开关后，将上极板上移d 3，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为16CU 29．如图，与水平方向成45°角的直线MN 处于竖直向下的匀强电场E 中．带电粒子从直线MN 上的P 点以速度v 0水平向右抛出，经过时间t 到达直线MN 上的Q 点．带正电的粒子质量为m ，带电粒子的重力可以忽略．则下列正确的是( )A ．粒子在Q 点的速度大小为2v 0B ．P 、Q两点距离5v 0tC ．粒子运动时的加速度大小为2v 0t D ．P 、Q 两点间的电势差2Etv 010.(2017·河南天一大联考)如图所示，以直线AB 为边界，上下存在场强大小相等、方向相反的匀强电场．在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为q 的带电小球，小球穿过AB 边界时速度为υ0，到达M 点速度恰好减为零．此过程中小球在AB 上方电场中运动的时间是在下方电场中运动时间的12.已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．小球带正电B ．电场强度大小是3mgqC ．P 点距边界线AB 的距离为3v 028gD ．若边界线AB 电势为零，则M 点电势为3mv 028g11．(2016·秋·宝安区校级期末)示波管的内部结构如图1所示，如果在电极YY ′之间加上图2(a)所示的电压，在XX ′之间加上图2(b)所示电压，荧光屏上会出现的波形是( )12.(2017·江西红色七校联考)如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为30°，AB 与电场垂直，一质量为m ，电荷量为q 的带正电小球以初速度v 0从A 点水平向右抛出，经过时间t 小球最终落在C 点，速度大小仍是v 0，且AB ＝BC ，则下列说法中错误的是( )A ．AC 满足AC ＝32v 0·t B ．电场力和重力的合力方向垂直于AC 方向 C ．此过程增加的电势能等于12mg 2t 2D ．电场强度大小为E ＝mgq13．(2017年江西赣中南五校联考)如图所示，a 、b 两个带正电的粒子，电荷量分别为q 1和q 2，质量分别为m 1和m 2.它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a 粒子打在B 板的a ′点，b 粒子打在B 板的b ′点，若不计重力，则( )A ．电荷量q 1大于q 2B ．质量m 1小于m 2C ．粒子的电荷量与质量之比q 1m 1>q 2m 2D ．粒子的电荷量与质量之比q 1m 1<q 2m 214．(多选)(2017年潍坊高三调研)如图所示，水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由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．由此可知( )A ．从B 到C ，小球的动能减小 B ．从B 到C ，小球的电势能减小C ．从A 到B 与从B 到C 小球的运动时间一定相等D ．从A 到B 与从B 到C 小球的速度变化量大小一定相等15. (2017年汕头模拟)如图所示，M 和N 是两个带等量异种电荷的平行正对金属板，两板与水平方向的夹角为60°.将一个质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从靠近N 板的位置由静止释放，释放后，小球开始做匀加速直线运动，运动方向与竖直方向成30°角，已知两金属板间的距离为d ，重力加速度为g ，则( )A ．N 板带负电B ．M 、N 板之间的场强大小为3mgqC ．小球从静止到与M 板接触前的瞬间，合力对小球做的功为3mgdD ．M 、N 板之间的电势差为－mgdq16．(2017·浙江测试)如图所示，在区域Ⅰ(0≤x≤L)和区域Ⅱ内分别存在匀强电场，电场强度大小均为E ，但方向不同．在区域Ⅰ内场强方向沿y 轴正方向，区域Ⅱ内场强方向未标明，都处在xOy 平面内，一质量为m ，电量为q 的正粒子从坐标原点O 以某一初速度沿x 轴正方向射入电场区域Ⅰ，从P 点进入电场区域Ⅱ，到达Ⅱ区域右边界Q处时速度恰好为零．P点的坐标为(L，L2)．不计粒子所受重力，求：(1)带电粒子射入电场区域Ⅰ时的初速度；(2)电场区域Ⅱ的宽度．17．(2017·江苏模拟)如图所示，在正交坐标系xOy的第一、四象限内分别存在两个大小相等、方向不同的匀强电场，两组平行且等间距的实线分别表示两个电场的电场线，每条电场线与x轴所夹的锐角均为60°.一质子从y轴上某点A沿着垂直于电场线的方向射入第一象限，仅在电场力的作用下第一次到达x轴上的B点时速度方向正好垂直于第四象限内的电场线，之后第二次到达x轴上的C点．求：(1)质子在A点和B点的速度之比；(2)OB与BC长度的比值．。
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。
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。
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微专题56 带电粒子在电场中的加速和偏转
[方法点拨] (1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理．(2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理．(3)注意带电粒子重力能否忽略．
1．电子束焊接机中的电场线如图1中虚线所示．K 为阴极，A 为阳极，两极之间的距离为d ，在两极之间加上高压U ，有一电子在K 极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e ，则下列说法正确的是( )
图1
A ．A 、K 之间的电场强度为U d
B ．电子到达A 极板时的动能大于eU
C ．由K 到A 电子的电势能减小了eU
D ．由K 沿直线到A 电势逐渐减小
2．(多选)(2017·四川资阳4月模拟)如图2所示，质量相同的两个带电粒子M 、N 以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M 从两极板正中央射入，N 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点．不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中( )
图2
A ．它们运动的时间t N ＝t M
B ．它们电势能减少量之比ΔE M ∶ΔE N ＝1∶2
C ．它们的动能增加量之比ΔE k M ∶ΔE k N ＝1∶2
D ．它们所带的电荷量之比q M ∶q N ＝1∶2
3．(2017·山东师范大学附中第三次模拟)如图3所示，有一带电粒子贴着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从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿轨迹②落到B 板中间．设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次的电压之比为( )
图3
A ．U 1∶U 2＝1∶8B．U 1∶U 2＝1∶4 C ．U 1∶U 2＝1∶2D．U 1∶U 2＝1∶1
4．(2017·广东汕头质量检测)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图4)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则a 和b 的比荷之比是( )
图4
A ．4∶1B．2∶1C．1∶1D．1∶2
5．(2017·安徽马鞍山第一次模拟)如图5所示，虚线表示匀强电场的等势线，间距均为d ，一质量为m 、电荷量大小为q 的粒子(不计重力)，从A 点以与等势线成θ角的速度v 0射入，到达B 点时，速度方向恰与等势线平行，则( )
图5
A ．粒子一定带正电
B ．电场中A 点的电势一定高于B 点电势
C ．匀强电场的电场强度大小为mv02sin2θ4qd
D ．粒子在A 点具有的电势能大于在B 点具有的电势能
6．(2018·河南省八校第二次测评)如图6，半径为R 的圆环处在匀强电场E 中，圆环平面与电场方向平行，直径ab 与电场线垂直；一带电粒子以速度v 0从a 点沿ab 方向射入电场，粒子打在圆环上的c 点；已知c 点与ab 的距离为R
2
，不计粒子重力，求带电粒子的比荷.
图6
7.(2018·四川泸州一检)如图7所示，竖直平行正对放置的带电金属板A 、B ，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy 的O 点；y 轴沿竖直方向；在x >0的区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ＝43×103V/m ；比荷为1.0×105
C/kg 的带正电的粒子P 从A 板中心O ′处静止释放，其运动轨迹恰
好经过M (3，1)点；粒子P 的重力不计，试求：
图7
(1)金属板A 、B 之间的电势差U AB ；
(2)若在粒子P 经过O 点的同时，在y 轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q ，使P 、Q 恰能运动中相碰；假设Q 的质量是P 的2倍、带电情况与P 相同；Q 的重力及P 、Q 之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q 所有释放点的集合．
8．(2017·湖北孝感第一次统考)在xOy 直角坐标系中，三个边长都为2m 的正方形如图8所示排列，第Ⅰ象限正方形区域ABOC 中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E 0，在第Ⅱ象限正方形COED 的对角线
CE 左侧CED 区域内有竖直向下的匀强电场，三角形OEC 区域内无电场，正方形DENM 区域内无电场．现有
一带电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)从AB 边上的A 点由静止释放，恰好能通过E 点．
图8
(1)求CED 区域内的匀强电场的电场强度的大小E 1；
(2)保持(1)问中电场强度不变，若在正方形ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E 点，则释放点的坐标值x 、y 间应满足什么关系；
(3)若CDE 区域内的电场强度大小变为E 2＝4
3E 0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域ABOC 中某
些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过N 点，则释放点的坐标值x 、y 间又应满足什么关系．
答案精析
1．C [A 、K 之间的电场为非匀强电场，A 、K 之间的电场强度不是U
d ，选项A 错误；由动能定理，电子到
达A 极板时的动能E k ＝eU ，选项B 错误；电子由K 到A 的过程电场力做正功，电子的电势能减小了eU ，选项C 正确；沿电场线方向电势降低，则由K 沿直线到A 电势逐渐升高，选项D 错误．] 2．AD
3．A [据题意，粒子在偏转电场中做类平抛运动，即粒子在水平方向做匀速直线运动，则：x ＝vt ，在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，则：y ＝12at 2＝qUx22mdv2，偏转电压为U ＝2mdyv2
qx2，则偏转电压之比
为：U1U2＝y1x22y2x12＝y1y2·(x2x1)2＝1
8，故A 选项正确．]
4．A 5.C 6．见解析
解析 沿ab 方向与电场强度方向建立xOy 直角坐标系，设粒子从a 到c 所需时间为t ，则：x ＝v 0t
y ＝12
at 2
由牛顿第二定律得qE ＝ma
由题意可知：y ＝12R ；x ＝(1＋32)R
联立解得：q
m
＝
－4302ER
7．(1)1000V (2)y ＝16
x 2
，其中x >0
解析 (1)设粒子P 的质量为m 、带电荷量为q ，从O 点进入匀强电场时的速度大小为v 0；由题意可知，粒子P 在y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O 点运动到M (3，1)点所用时间为t 0，由类平抛运动可得：x ＝v 0t 0，y ＝qE
2m t 02
解得：v 0＝2×104
m/s
在金属板A 、B 之间，由动能定理：qU AB ＝1
2mv 02
解得：U AB ＝1000V
(2)设P 、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为a 1、a 2；Q 粒子从N (x ，y )点释放后，经时间t 与粒子P 相碰；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得 对于P ：Eq ＝ma 1
对于Q ：Eq ＝2ma 2
x ＝v 0t
12a 1t 2＝y ＋1
2a 2t 2 解得：y ＝16
x 2
，其中x >0
即粒子Q 释放点N (x ，y )坐标满足的方程为
y ＝16
x 2，其中x >0
8．(1)4E 0 (2)y ＝x (3)y ＝3x －4
解析 (1)设带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v ，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qL ＝12mv 2
，其中L ＝2m ．要使带电粒子通过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y 0，设水平方向位移为x 0，则y 0＝12·E1q m (x0v
)2
，因∠CEO ＝45°，即x 0＝y 0＝2m ，解得E 1＝4E 0.
(2)设释放点的坐标为(x ，y )，带电粒子出第Ⅰ象限电场时的速度为v 1，在第Ⅰ象限电场中加速运动时，根据动能定理得E 0qx ＝1
2mv 12，要使带电粒子过E 点，在第Ⅱ象限电场中偏转时，竖直方向位移为y ，水
平方向位移也为y ，则y ＝12·E1q m (y v1
)2
，解得y ＝x .
(3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从DE 出电场时与DE 交于Q .进入CDE 区域的电场后，初速度延长线与DE 交于G ，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于P 点，设在第Ⅰ象限释放点的坐标为(x ，y )．
由图可知，在CDE 区域中带电粒子的水平位移为y ，设偏转位移为y ′，则y ′＝12·E2q m (y v2)2，而y′
y －y′＝
GP NE ，其中GP ＝y
2
， NE ＝2m ，
在第Ⅰ象限加速过程中，E 0qx ＝1
2mv 22，解得y ＝3x －4.。