專題51 帶點粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) （解析版）

專題51帶點粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)專題導航目錄TOC\o"1-3"\h\u?？键c帶點粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 1考點拓展練習 7?？键c歸納?？键c帶點粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)【典例1】（多選題）14．如圖所示，一對水平放置的平行金屬板AB中央有一個靜止的電子e（不計重力），兩板間距離足夠大。0﹣4s內(nèi)在兩板間加上如圖所示的交變電壓后，則下列反映電子加速度a、速度v、位移x和動能Ek四個物理量隨時間t的變化規(guī)律中正確的是（所涉及的矢量均取向上方向為正）（）A． B． C． D．解：0﹣1s內(nèi)，電壓不變，則板間的電場強度不變，電子在板間受到不變的電場力，根據(jù)牛肚第二定律可知，加速度恒定不變，所以0﹣1s電子做勻加速直線運動，1﹣2s，電場力反向，加速度方向反向，電子做勻減速直線運動，直至速度為零，2﹣3s，電場力正向不變，電子有開始做初速度為0的勻加速直線運動，3﹣4s，電場力反向不變，電子做勻減速直線運動，到4s末速度為零；A.0﹣1s，加速度恒定不變，為正，1﹣2s加速度為負，且恒定不變，2﹣3s加速度恒為正，且不變，3﹣4s加速度為負，且不變，故A正確；BC.0﹣1s，2﹣3s物體做正向的勻加速的直線運動，v﹣t圖象為傾斜的直線，x﹣t圖象為拋物線，1﹣2s，3﹣4s物體做正向的勻減速的直線運動，v﹣t圖象為傾斜的直線，x﹣t圖象為拋物線，故B正確，C錯誤；D．因為可知，v﹣t圖象為直線，則Ek﹣t圖象為曲線，故D錯誤【典例2】如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩板不帶電，上極板接地，它的極板長L＝0.1m，兩板間距離d＝0.4cm，有一束相同的帶電微粒以相同的初速度先后從兩板中央平行極板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所帶電荷立即轉(zhuǎn)移到下極板且均勻分布在下極板上．設(shè)前一微粒落到下極板上時后一微粒才能開始射入兩極板間．已知微粒質(zhì)量為m＝2×10﹣6kg，電量q＝1×10﹣8C，電容器電容為C＝10﹣6F，取g＝10m/s2．求：（1）為使第一個微粒的落點范圍能在下板中點到緊靠邊緣的B點之內(nèi)，求微粒入射的初速度v0的取值范圍；（2）若帶電微粒以第一問中初速度v0的最小值入射，則最多能有多少個帶電微粒落到下極板上．解：（1）設(shè)粒子打在下極板中點、邊緣的初速度分別為v1，v2，則偏轉(zhuǎn)位移：得，水平方向：L＝v2t聯(lián)立解得：v1＝2.5m/s，v2＝5m/s故粒子的初速度滿足2.5m/s≤v0≤5m/s．（2）設(shè)粒子剛好從邊緣飛出時極板帶電為Q，場強為E，板間電壓為U由牛頓第二定律得：mg﹣Eq＝ma偏轉(zhuǎn)位移：水平位移：L＝v0t又v0＝2.5m/s聯(lián)立解得：E＝1.5×103N/C則U＝Ed，Q＝CU解得Q＝6×10﹣6C最多能落到下極板粒子的個數(shù)n＝＝＝600個答：（1）為使第一個微粒的落點范圍能在下板中點到緊靠邊緣的B點之內(nèi)，微粒入射的初速度v0的取值范圍為2.5m/s≤v0≤5m/s；（2）若帶電微粒以第一問中初速度v0的最小值入射，最多能有600個帶電微粒落到下極板上．【技巧點撥】一．帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)1．運動規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU)).))(2)沿電場力方向做勻加速直線運動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(02,)).,離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(02,)).))2．兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(02,))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)

，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為eq\f(l,2).二．帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)功能關(guān)系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，其中Uy＝eq\f(U,d)

y，指初、末位置間的電勢差．三．解電偏轉(zhuǎn)問題的三種方法方法一、分解法（速度三角形和位移三角形）：加速度；時間；偏移；偏角方法二、推論法：①tanθ=2tanα；推導：位移偏轉(zhuǎn)角；速度偏轉(zhuǎn)角所以tanθ=2tanα。②末速度的反向延長線與初速度延長線交點恰好在水平位移的中點。方法三、動能定理法：qEy=ΔEK四．注意是否考慮重力(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)．(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．五．先加速后偏轉(zhuǎn)U1dU2qvLmv0yqyv0不同的帶電粒子由靜止開始經(jīng)過同一電場(U1)U1dU2qvLmv0yqyv0(1)由qU1=；得(2)由qU1=；，得tanφ=?！窘Y(jié)論】偏移y、偏轉(zhuǎn)角度φ與粒子電量q和質(zhì)量m無關(guān)；與偏轉(zhuǎn)電壓U2成正比，與加速電壓U1成反比?！咎嵝选坑蓂U1=得①，可能不相等；②偏轉(zhuǎn)時間與v0成反比；③末速度與v0成正比。六．求粒子打到熒光屏上總偏移的三種方法OOav0l1/v0l2/v0tv七．交變電場中的偏轉(zhuǎn)（且偏且前行）U-t圖軌跡圖vv0v0vv0v0v0vy-t圖ttOvyv0T/2T單向直線運動AB速度不反向ttOvyv0往返直線運動AB速度反向TT/2-v0八．帶電小球的電偏轉(zhuǎn)問題垂直打屏打屏中心軌跡圖vy-t圖a1t1=a2t2vy1:vy2=1:2【變式演練1】（多選題）如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的偏轉(zhuǎn)勻強電場中，在滿足電子能射出平行極板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是（）A．U1變大、U2變大 B．U1變小、U2不變 C．U1變大、U2變小 D．U1不變、U2變大解：在加速電場中運動時，據(jù)動能定理①在偏轉(zhuǎn)電場中，電子做類平拋運動，設(shè)平行板電容器長為L，寬度為d水平方向L＝v0t②豎直方向③vy＝at④電子的偏轉(zhuǎn)角θ的正切值⑤聯(lián)立①②③④⑤式得：由此可見：當L、d一定是，U2變大或U1減小都能使偏轉(zhuǎn)角的正切值增大，偏轉(zhuǎn)角θ變大，故BD正確，AC錯誤?！咀兪窖菥?】如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩極板不帶電，上極板接地，它的極板長L＝0.1m，兩板間距離d＝0.4cm，有一束相同的帶電微粒以相同的初速度先后從兩極板中央平行極板射入，由于重力作用微粒能落到下極板上，微粒所帶電荷立即轉(zhuǎn)移到下極板且均勻分布在下極板上．設(shè)前一微粒落到下極板上時后一微粒才能開始射入兩極板間．已知微粒質(zhì)量為m＝2×10﹣6kg、電荷量為q＝1×10﹣8C，取g＝10m/s2．（1）為使第一個微粒恰能落在下極板的中點，求微粒入射的初速度v0．（2）若帶電微粒以第（1）問中初速度v0入射，則平行板電容器所獲得的電壓最大值是多少？解：（1）第一個微粒進入電容器后只受重力作用，做平拋運動，水平方向：＝v0t，豎直方向：＝gt2，代入數(shù)據(jù)解得：v0＝2.5m/s；（2）當平行板電容器電壓最大時，進入板間的微粒剛好從下極板右邊緣飛出，微粒在板間做類平拋運動，水平方向：L＝v0t1，豎直方向：＝at12，由牛頓第二定律得：mg﹣q＝ma，代入數(shù)據(jù)解得：U＝6V；答：（1）為使第一個微粒恰能落在下極板的中點，求微粒入射的初速度v0為2.5m/s．（2）若帶電微粒以第（1）問中初速度v0入射，則平行板電容器所獲得的電壓最大值是6V．考點拓展練習1．如圖所示，空間的虛線框內(nèi)有勻強電場，AA′、BB′、CC′是該電場的三個等勢面，相鄰等勢面間的距離為0.5cm，其中BB′為零勢面．一個質(zhì)量為m，帶電荷量為q的粒子沿AA′方向以初動能色Ek圖中的P點進入電場，剛好從C′點離開電場．已知PA′＝2cm，粒子的重力忽略不計，下列說法中正確的是（）A．該粒子通過零勢面時的動能是1.25Ek B．該粒子在P點的電勢能是1.5Ek C．該粒子到達C′點時的動能是2Ek D．該粒子到達C′點時的電勢能是0.5Ek解：A、P到C′過程中電場力做功W＝EK′﹣EK＝EK，所以粒子通過等勢面BB′時電場力做功為，根據(jù)動能定理知，粒子通過等勢面BB′時的動能是1.5EK．即粒子通過零勢面時的動能，故A錯誤。B、電場力做功等于電勢能的減小量，粒子通過等勢面BB′時電場力做功為，所以電勢能減小，BB′為零勢面，所以粒子在P點時的電勢能是0.5Ek．故B錯誤。C、帶電粒子做類平拋運動，水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，有：v0t＝2cm，＝1cm，解得：vy＝v0。所以離開電場時的速度v＝＝v0．因為初動能EK＝mv，粒子到達C′點時的動能EK′＝mv2＝mv＝2EK，故C正確D、P到C′過程中電場力做功為EK，電勢能減小EK，所以粒子到達C′點時的電勢能是﹣0.5Ek．故D錯誤。2．如圖所示，有一帶電粒子（不計重力）緊貼A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿軌跡①從兩板中間飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿軌跡②落到B板正中間；設(shè)帶電粒子兩次射入電場的水平速度相同，則電壓U1、U2之比為（）A．1：1 B．1：2 C．1：4 D．1：8解：設(shè)平行板電容器板為L，板間距離為d，粒子的初速度為v。則對于第一種情況：y1＝＝，t1＝得到，U1＝同理對于第二種情況：得到U2＝8所以U1：U2＝1：83．（多選題）真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場。在該電場中，若將一個質(zhì)量為m、帶正電的小球由P點靜止釋放，小球會沿直線PQ運動（PQ與豎直方向夾角為37°，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）?，F(xiàn)將該小球從P點以初速度v0豎直向上拋出，關(guān)于小球接下來的運動，下列說法正確的是（）A．小球?qū)⒆鲐Q直上拋運動 B．小球的最小動量值為mv0 C．小球能到達的最高點高度為 D．小球受到的電場力大小為mg解：A、小球由P點靜止釋放，小球會沿直線PQ運動，說明小球受到電場力和重力的合力沿著PQ方向，所以小球從P點以初速度v0豎直向上拋出，不可能做豎直上拋運動，故A錯誤；BD、將該小球從P點以初速度v0豎直向上拋出后，小球的運動分解為水平方向和豎直方向：水平速度：vx＝axt,其中ax＝,tan37°＝豎直速度：vy＝v0﹣gt小球的速度：v＝由以上各式得出：g2t2﹣2v0gt+（v02﹣v2）＝0解得當t＝時，v有最小值vmin＝，所以小球的最小動量值為mv0，電場力qE＝，故B正確，D錯誤；C、在豎直方向上，小球只受重力作用，則小球能到達的最高高度為h＝，故C正確4．（多選題）在如圖所示中，實線是勻強電場的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上兩點，若帶電粒子在運動中只受靜電力作用，則（）A．帶電粒子帶負電荷 B．帶電粒子帶正電荷 C．帶電粒子所受靜電力方向與電場線方向相反 D．帶電粒子做勻變速運動解：A．B．C．根據(jù)做曲線運動物體所受合外力指向曲線內(nèi)側(cè)，即電場力向左，與場強方向相反，故該粒子帶負電，故AC正確、B錯誤；D．由于該電場是勻強電場，故帶電粒子受合力，加速度不變，故帶電粒子做勻加速運動，故D正確。5．（多選題）如圖所示，有三個質(zhì)量相等、分別帶正電、負電和不帶電的粒子從兩水平放置的金屬板左側(cè)中央以相同的水平初速度v0先后射入電場中，最后分別打在正極板的C、B、A處，則（）A．三種粒子在電場中運動時間相同 B．三種粒子在電場中的加速度為aA＞aB＞aC C．三種粒子到達正極板時動能EkC＞EkB＞EkA D．落在C處的粒子帶正電，落在B處的粒子不帶電，落在A處的粒子帶負電解：A、根據(jù)題意，三小球在豎直方向都做初速度為0的勻加速直線運動，球到達下極板時，在豎直方向產(chǎn)生的位移h相等：h＝at2，解得t＝；由于平行板間有豎直向上的電場，正電荷在電場中受到向上的電場力，向下的合力最小，向下的加速度最小，負電荷受到向下的電場力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不帶電的小球做平拋運動，加速度為重力加速度g，根據(jù)t＝得到正電荷運動時間最長，負電荷運動時間最短，不帶電的小球所用時間處于中間；故A錯誤。BD、三粒子水平方向做勻速直線運動，水平位移：x＝v0t，由于初速度相同，所用時間越長則水平位移越大，所用A粒子帶負電，B粒子不帶電，C粒子帶正電，三種粒子在電場中的加速度為aA＞aB＞aC，故BD正確。C、3種粒子下落過程有重力和電場力做功，它們的初動能相同，根據(jù)動能定理合力做功越多則末動能越大，而重力做功相同，A粒子帶負電，電場力做正功；B粒子不帶電，電場力不做功；C粒子帶正電電場力做負功；所以動能EkC＜EkB＜EkA，故C錯誤。6．（多選題）如圖所示，平行金屬板內(nèi)有一勻強電場，一個電量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子（重力不計）以速度v0從A點水平射入電場，且剛好以速度v從B點射出，則（）A．若將粒子以速度﹣v0從B點射入電場，它將剛好以速度﹣v從A點射出 B．若該粒子以速度﹣v從B點射入電場，它將剛好以速度﹣v0從A點射出 C．若將q的反粒（﹣q，m）以速度﹣v0從B點射入電場，它將剛好以速度﹣v從A點射出 D．若將q的反粒子（﹣q，m）以速度﹣v從B點射入電場，它將剛好以速度﹣v0從A點射出解：帶電粒子從A點垂直進入電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，速度大小為v0，運動時間為t＝，l是板長。A、若將粒子以速度﹣v0從B點射入電場，粒子水平做勻速直線運動，速度大小小于v0，運動時間大于，豎直方向做勻減速直線運動，加速度沒有變化，由于豎直方向分速度小于，粒子沒有到達A點速度就減為零，所以粒子到不了A點。故A錯誤。B、若該粒子以速度﹣v從B點射入電場，豎直方向做勻減速直線運動，加速度沒有變化，豎直方向初速度分量等于，豎直方向運動的位移相等，水平方向運動時間沒有變化，所以將剛好從A點射出，速度方向與v0方向相反。從A到B電場力做功等于動能的增加，從B到A，粒子克服電場力做功等于動能的減小量，電場力做功的數(shù)值相等，所以動能的變化量大小相等，則粒子到達A點時速度大小為v0．故B正確。C、若將q的反粒（﹣q，m）以速度﹣v0從B點射入電場，其加速度與正粒子大小相等、方向相反，水平方向運動時間相等，豎直方向做勻加速直線運動，位移大小不變，粒子剛好到達A點，而且到達A點時豎直方向分速度大小不變，根據(jù)運動的合成可知，到達A點的速度等于﹣v．故C正確。D、若將q的反粒子（﹣q，m）以速度﹣v從B點射入電場，粒子運動時間不變。豎直方向做勻加速直線運動，若偏轉(zhuǎn)距離相同時，豎直分速度大于，射出電場時速度大于v0，不可能到達A點。故D錯誤。故選：BC。7．如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從靜止開始經(jīng)加速電壓U加速后，緊挨A板水平進入豎直方向的偏轉(zhuǎn)電場中。已知A、B板的長度及板間距離都是L，A板電勢比B板電勢高2U，緊挨A、B的右側(cè)有平面直角坐標系，坐標原點與A板右端重合，第四象限有豎直向上的勻強電場，電場強度為E。（1）質(zhì)子從加速電場射出時的速度v1是多大？（2）質(zhì)子射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角θ是多大？（3）質(zhì)子進入第四象限后經(jīng)過多長的時間t速度方向變?yōu)樗?？解：?）質(zhì)子在加速電場中被加速，根據(jù)動能定理：eU＝m解得：v1＝（2）質(zhì)子垂直進入偏轉(zhuǎn)電場后，做類平拋運動，將運動分解為水平與豎直方向。水平方向做勻速直線運動，則有：L＝v1t解得：t＝根據(jù)牛頓第二定律：a＝＝豎直方向速度：vy＝at＝?＝質(zhì)子射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角θ，即tanθ＝＝1所以θ＝45°（3）質(zhì)子進入第四象限后，做類斜拋運動，當沿電場方向的分速度為0時，速度方向變?yōu)樗?。在豎直方向的勻強電場中，由運動學公式：vy＝a1t1根據(jù)牛頓第二定律：a1＝解得：t1＝＝＝答：（1）質(zhì)子從加速電場射出時的速度v1是；（2）質(zhì)子射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角θ是45°；（3）質(zhì)子進入第四象限后經(jīng)過的時間速度方向變?yōu)樗健?．一質(zhì)量為m、電量為q的帶電粒子由靜止經(jīng)電壓為U加速電場加速后，水平飛入板長為L，兩板間距也為L的偏轉(zhuǎn)電場，板間電壓也為U，粒子飛出偏轉(zhuǎn)電場后打到熒光屏上，偏轉(zhuǎn)電場右端到熒光屏的距離為L。如圖所示，不計帶電粒子的重力。求：（1）帶電粒子飛出偏轉(zhuǎn)電場時側(cè)位移；（2）離開電場時速度偏轉(zhuǎn)角的正切值；（3）帶電粒子離開電場后，打在屏上的P點，求OP的長?！窘獯稹浚?）設(shè)帶電粒子在經(jīng)過加速電場，進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，根據(jù)動能定理qU＝解得：v0＝帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，則電子飛出偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)位移y＝加速度a＝在水平方向L＝v0t聯(lián)立解得y＝（2）帶電粒子飛出電場時在水平方向速度為v0，在豎直方向上：vy＝at離開電場時偏轉(zhuǎn)角的正切值：tanθ＝聯(lián)立解得：tanθ＝（3）帶電粒子離開電場后，在水平方向做速度為v0勻速直線運動，在豎直方向做速度為vy的勻速直線運動，則帶電粒子在離開電場后到打在屏上需要的時間：離開電場后帶電粒子在豎直方向的位移y'＝vyt′OP的長度為：l＝y(tǒng)+y'聯(lián)立解得：答：（1）帶電粒子飛出偏轉(zhuǎn)電場時側(cè)位移為；（2）離開電場時速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為；（3）帶電粒子離開電場后，打在屏上的P點，OP的長為。9．水平放置的平行板電容器如圖所示，原來兩板不帶電，上極板接地，板長L＝1m，兩板間距離d＝0.4m。有一束相同的帶正電微粒，以相同的初速度v0先后從兩板中央平行極板射入，由于重力作用微粒落到下極板上，微粒所帶電荷立即轉(zhuǎn)移到下極板且均勻分布在下極板上，設(shè)前一微粒落到下極板上時后一微粒才開始射入兩板間，且第一個微粒恰好落在下極板中點處。已知