带电粒子的偏转
带电粒子的偏转
带电粒子的偏转带电粒子的偏转是物理学中一个重要的现象，它在我们的日常生活中扮演着重要的角色。
无论是在科学研究领域中，还是在实际应用中，我们都能看到带电粒子的偏转给我们带来的巨大影响。
带电粒子是指具有电荷的微观粒子，如电子、质子等。
当带电粒子进入一个磁场中时，它们会受到磁场力的作用而发生偏转。
这个现象被称为洛伦兹力，它是由带电粒子的电荷和速度以及磁场强度共同决定的。
带电粒子的偏转在物理学中有着广泛的应用。
例如，它在粒子加速器中被用来加速带电粒子，使其达到高速。
加速器中的磁场可以使带电粒子在轨道上偏转，并通过不断增加磁场的强度来增加粒子的速度。
这种加速器在高能物理实验中起着至关重要的作用，它帮助科学家们研究微观世界的奥秘。
带电粒子的偏转还被应用于医学领域中的核磁共振成像技术（NMR）。
核磁共振成像利用带电粒子在磁场中的偏转特性，通过探测人体组织中的带电粒子的偏转情况，可以得到人体内部的详细结构信息。
这项技术在医学诊断中起着重要的作用，可以帮助医生准确地了解病人的病情，并做出正确的诊断。
除了科学研究和医学应用，带电粒子的偏转还在其他领域有着广泛的应用。
例如，它被用于大气层中的电离层通信，可以实现远距离的无线通信。
此外，带电粒子的偏转还在粒子束设备、电视和计算机显示器等电子设备中发挥着重要的作用。
带电粒子的偏转现象虽然在各个领域有着广泛的应用，但它也存在一些问题和挑战。
例如，在粒子加速器中，带电粒子的偏转会导致能量损失和辐射损失，这限制了粒子的加速范围和速度。
此外，在核磁共振成像中，带电粒子的偏转也受到人体组织的影响，这可能导致成像结果的失真。
带电粒子的偏转是物理学中一个重要的现象，它在科学研究和实际应用中都发挥着重要的作用。
通过研究带电粒子的偏转现象，科学家们能够更深入地了解微观世界的规律，同时也为人类社会的发展和进步做出了巨大贡献。
希望在未来的科学研究中，我们能够进一步挖掘带电粒子的偏转现象，为人类带来更多的科技创新和发展。
高二物理：带电粒子在电场中的偏转(答案)
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． 带电粒子在匀强电场中的偏转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： 【答案】2． 解电偏转问题的三种方法方法一、分解法（速度三角形和位移三角形）：加速度mdqU m qE a ==；时间0v L t =； 偏移2221v L md qU y =；偏角20mdv qUL tan =θ 方法二、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、动能定理法： qEy =ΔE K 【答案】3． 带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系（1）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 2－12mv20，其中U y ＝U d y ，指初、末位置间的电势差．（2）电势能的变化量:ΔE P =-qU y =-qEy 【答案】4． 电偏转中的比较与比值问题二、选择题5． （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 、222ql mv d B 、2202qd mvl C 、qd lmv 0 D 、v dlv q 0【答案】A【解析】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）。
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．。
带电粒子偏转5个推论过程
带电粒子偏转5个推论过程（1）推论一：带电粒子偏转定律电动力学定律指出，一个带有电荷的粒子通过磁场的力的作用会受到力的影响而向外偏转。
假设电荷大小是q，运动速度是v，磁场强度是B，应力向量是F，那么由电动力学定律可知，由下式表达：F=qv×B即：带电粒子受磁场的影响会被向外偏转，从而推导出带电粒子偏转定律。
（2）推论二：培养荷德-维纳定律根据带电粒子偏转定律表明，由于带电粒子受到力的影响而向外偏转，古典物理学家培养荷德-维纳就推导出了培养荷德-维纳定律，该定律指出：Va，Vb分别是电子和原子核在强磁场中运动的速度，m是电子的质量，q是电荷，B是磁场强度，由此可得：Va/Vb=mq/qvb即：当磁场强度B增大时，电子的偏转角α就越来越大，从而得出培养荷德-维纳定律。
（3）推论三：带电粒子被加速的作用由带电粒子偏转定律可知，当带电粒子运动时，会受到强磁场的影响而向外偏转，从而产生当电荷大小为e，带电粒子的运动速度为v，光速为c，磁场强度为B的的电场的作用，可推导出带电粒子被加速的作用，由于F=eE，E=v×B，所以可得：E=e(v×B/c)即：当磁场强度B增大时，电场强度就会增加，带电粒子就会受到加速的作用，从而得出带电粒子被加速的作用。
（4）推论四：电子管理原理电子管理原理是指电子流在一个芯片元件上是按照一定方向流动的，受到磁场作用时，将会保持原有方向不变，而不会发生偏转，所以当磁场B强度变化时，电子的运动方向也不会改变，从而得出电子管理原理。
（5）推论五：交换电场模式交换电场模式是指电子运动时，在一个恒定的磁场中会存在一种力，这种力可以形成一个交换电场，用于控制电子的运动方向，从而保持其原有的方向不变，由此可以推导出交换电场模式。
带电粒子偏转公式推导
带电粒子偏转公式推导当一个带电粒子在磁场中运动时，会受到洛伦兹力的作用，导致其路径发生偏转。
为了推导带电粒子的偏转公式，我们需要了解一些基本概念和公式。
1. 洛伦兹力：带电粒子在磁场中所受到的力称为洛伦兹力，用F表示。
洛伦兹力的大小与粒子的电荷q、速度v以及磁场的强度B有关。
其公式为F = qvBsin θ，其中θ是速度v与磁场B之间的夹角。
2. 圆周运动：当带电粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用时，其路径会变为圆周运动。
在圆周运动中，粒子以一定的半径r绕着圆心旋转。
现在，我们来推导带电粒子偏转的公式：3. 假设带电粒子的质量为m，速度为v，电荷为q，初始位置为P，进入一个垂直于速度方向的均匀磁场B。
4. 在磁场中，洛伦兹力会使带电粒子发生向圆心的加速度。
根据牛顿第二定律，该加速度与洛伦兹力的关系为F = ma，其中a表示加速度。
5. 由洛伦兹力的公式F = qvBsinθ，我们可以将其代入牛顿第二定律的公式，得到qvBsinθ= ma。
6. 由于带电粒子做圆周运动，其加速度a可以表示为向心加速度ac，即a = ac。
而向心加速度的公式为ac = v^2/r，其中r是圆周运动的半径。
7. 将向心加速度的公式代入qvBsinθ= ma，得到qvBsinθ= mac。
8. 我们可以将带电粒子质量和电荷的比值写为q/m = ω，其中ω称为带电粒子的角频率。
将这个比值代入公式，得到qvBsinθ= mωac。
9. 将向心加速度ac的公式代入，得到qvBsinθ= mωv^2/r。
10. 然后，我们可以将角频率ω写为v/r，即ω= v/r。
将这个关系代入公式，得到qvBsinθ= mv^2/r。
11. 通过简单的变换和化简，得到带电粒子偏转公式为qvB = mv^2/r。
至此，我们推导出了带电粒子偏转的公式qvB = mv^2/r。
这个公式描述了带电粒子在磁场中做圆周运动时，洛伦兹力、速度、磁场和轨道半径之间的关系。
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．。
2025高考物理总复习带电粒子在电场中的偏转
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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。
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求：（1）电子射出电场所用时间？
F
解： （1）电子在水平方向做匀 速运动，由L=v0t 可 求得电子在电场中的 运动时间 t=L+
+
+ d
+
+
W qU mVt mV
1 2 2 1 2
2 0
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
二、带电粒子的偏转
如图一带电粒子以垂直匀强电场的场强方向以初速度v0射 入电场，若不计粒子的重力，带电粒子将做什么运动？
F -q
+
v0
+
+
+
+
+
y x
m
- - - - - L
d
U
注意：此时粒子在电场中做类平抛运动
复习回顾 一、带电粒子的加速
U
－
Eq
+
• 基本思路：先判断是什么电场，分析物 -q 体受力情况及运动性质。 • 1.在匀强电场中 • (1)牛顿第二定律与运动规律综合处理; • (2)应用能量（动能定理）的观点分析问题；
W Eqd qU mVt mV
1 2 2 1 2
2 0
• 2.在非匀强电场中 • 应用能量(动能定理）分析问题.
（4）利用物理规律或其他手段（如图线等）找出物理量 间的关系，建立方程组。
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
三、带电粒子先加速后偏转在电子技 术中的应用——示波管。 构造
-
电子枪
y y' x x'
荧
光
屏
+ --
+
偏转电极
+
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
三、带电粒子先加速后偏转在电子技术中 的应用——示波管。
+ + + + + +
U2
v0 u1
d
的偏移量和偏转角的正
切值。
------
l
求：（1）离子在偏转电场中运动的时间、加速度、离开偏转电场 时速度Ｖ的大小。 解： 由动能定理得到
vy
Ｖ
+ + + + + +
1 2 qu1 mv 0 即：v0 2qu1 2 m
F
v0
L m 时间：t L v0 2qu1
-q
v0
qu2 m 速度v的大小 : v y at L md 2qu1
2 2 2 y
F qu 2 加速度： a m md
u1
-----l
2 2 2
4qd u1 qL u2 v v0 v 2 2md u1
求：（2）离子在离开偏转电场时的横向偏移量和偏转角的正切值。
解： 偏移量
时要正确计算电场力做功及电势能的变化。
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
例题： 离子发生器发射出一束质量为m，电荷量为q的负离子，从静 止 经加速电压U1加速后，获得速度V0 ，并沿垂直于电场线
方向射入两平行板中央，受偏转电压U2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：(1）离子在偏转电场中运动 的时间、加速度、离开 偏转电场时速度Ｖ的大小 （2）离子在离开偏转电场时
解：（2）电子在沿电场方向做匀 加速运动，
F Eq uq 加速度: a m m md
-q m
+ + + + + +
y
- - - - U- L
d
1 2 1 uq L qL2 )( ) u 偏移的距离：y at ( 2 2 2 md v0 2mv0 d
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
C
h A
mg(h+d)-qUmin=0
Umin=mg(h+d)/q
d
B
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
例 1： 如图所示,水平放置的A、B两平行金属板相距为 d,现有质量为m,电量为-q的小球,从距A板高h处 自由下落,通过小孔C进入电场,但没能到达B板, 求AB间电势差的最小值？ 解法二：[牛顿定律和运动学规律]
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
2、电场： （1）匀强电场：如在带等量异种电荷的平行金属 板之间的电场 （2）非匀强电场：如单个的正电荷形成的电场、 单个的负电荷形成的电场、等量异种电荷形 成的电场、等量同种电荷形成的电场、点电 荷与带电平板所形成的电场等。 3 、分析受力时要多一项电场力，讨论功能问题
y x
-q
m
- - - - - L
U
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
二、带电粒子的偏转
一电子水平射入如图所示的电场中，射入时的速度V0=3.0X107m/s. 两极板的长度为L=6.0cm，相距d=2cm，极板间电压U=200V. L 求：（1）电子射出电场所用时间？ (t ) v0 （2）电子射出电场时沿垂直板面方向偏移的距离y。 F
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
二、带电粒子的偏转
知识回顾
平抛运动
①
②
o y
v0
x
（1）平抛运动的位移公式 t 时刻质点相对于抛出点的位移的大小S
P(x
（2）平抛运动的速度公式 t时刻质点的速度Vt
Vx=V0
Vy=gt
方法迁移
处理带电粒子的偏转问题
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
二、带电粒子的偏转
原理图
+
V0
L
+
+
Y
P
ø
Y’
-
-
-
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
例 1： 如图所示,水平放置的A、B两平行金属板相距为 d,现有质量为m,电量为-q的小球,从距A板高h处 自由下落,通过小孔C进入电场,但没能到达B板, 求AB间电势差的最小值？
解法一：（动能定理法）
在整个过程中，由动能定理得：
v0
-----l
L u2 2du1
和带电粒子q、m无关，只取决于加速电场和偏转电场
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
处理带电粒子在电场中运动的一般步骤是：
（1）分析带电粒子的受力情况，尤其要注意是否应该考 虑重力，电场力是否恒定等。
（2）分析带电粒子的初始状态及条件，确定带电粒子作 直线运动还是曲线运动。 （3）建立正确的物理模型，确定解题方法是动力学，还 是能量守恒（或动能定理）。
y
离开电场时的偏转角度：
md v0
v0
eUl tan 2 v0 mdv0
vy
------
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
二、带电粒子的偏转 （处理方法总结） Vx=V0 X =V0t
（1）处理电偏转问题的基本思路: 运动的合成与分解 垂直电场方向: 匀速直线运动
运 动 （2） 分 析
vy
L2u 2 4du1
-q
+ + + + + +
1 2 1 qu2 L2 m y at 2 2 md 2qu1
α
F
和带电粒子q、m无关，只
v0
α
y
v0
取决于加速电场和偏转电场
偏转角的正切值： tan
vy v0
u1 at
沿电场方向: 匀变速直线运动
ay=F/m=qE/m=qU/md
Vy at
1 2 2 1 2
qE m
t
qU md
t
y at t
qE 2 m 1 2
qU 2 md
t
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
注意：1、带电粒子：
（1）一般微观粒子（如电子、质子等），在电场 中运动时重力远小于电场力，所以一般不计 重力。但质量不可忽略。 （2）带电体（如液滴、尘埃、小球等），一般重 力不能忽略。 一般情况下，带电粒子指微观粒子，但有时粒 子的含义不明确，需根据题目所给条件加以分 析。如重力与电场力大小相近时，重力不可忽 略；若电场力远大于重力，可忽略；也可根据 物体的运动性质来判断。
h C A
v 2 gh
2
0 v 2( a )d
2
d
B
F qE mg qU min a g m m md mg (h d ) 联立得U min (V ) q
第九节 带电粒子在匀强电场中的运动
例2：
答案：A
二、带电粒子的偏转
一电子水平射入如图所示的电场中，射入时的速度V0=3.0X107m/s. 两极板的长度为L=6.0cm，相距d=2cm，极板间电压U=200V. L 求：（1）电子射出电场所用时间？ (t ) v0 （2）电子射出电场时沿垂直板面方向偏移的距离y。 Vy Vt （3）电子离开电场时偏转的角度φ 解：电子离开电场时沿电场方向的分 ++++++ φ 速度： eU l y V0 v at