微专题51 带电粒子在匀强电场中的偏转运动-2025版高中物理微专题

微专题51带电粒子在匀强电场中的偏转运动【核心考点提示】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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飞出电容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飞出电容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU)).))②沿电场力方向，做匀加速直线运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)).,离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0)).))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qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)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(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(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eq\f(l,2).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：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．【经典例题选讲】【例题1】如图所示，分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，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，三小球分别落在图中A、B、C三点，其中小球B不带电，则()A.A带负电、C带正电B.三小球在电场中加速度大小关系是：aA>aB>aCC.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EkC>EkB>EkA【解析】由于水平初速度相等，A的水平位移最大，则A的运动时间最长，选项C错误.由y＝eq\f(1,2)at2可知A的加速度最小，而C的加速度最大，即aA<aB<aC，选项B错误.由于B球不带电，因此A受电场力方向与重力方向相反，则A带正电，C受电场力方向与重力方向相同，则C带负电，选项A错误.外力做功的关系为WC>WB>WA，由动能定理知EkC>EkB>EkA，选项D正确.【答案】D【变式1-1】如图所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子从两带电平行板的正中间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力．当粒子的入射速度为v时，它恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上．现欲使质量为m、入射速度为eq\f(v,2)的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下的仅改变某一物理量的方案中，不可行的是()A．使粒子的带电荷量减少为原来的eq\f(1,4)B．使两板间所接电源的电压减小到原来的一半C．使两板间的距离增加到原来的2倍D．使两极板的长度减小为原来的一半【解析】设平行板长为l，板间距为2d，板间电压为U，恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动：t＝eq\f(l,v)垂直初速度方向做匀加速运动：a＝eq\f(qU,2dm)，d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,4dmv2)欲使质量为m、入射速度为eq\f(v,2)的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，则沿初速度方向距离仍是l，垂直初速度方向距离仍为d，使粒子的带电荷量减少为原来的eq\f(1,4)，则y＝eq\f(1,4)·eq\f(qUl2,4dm(\f(1,2)v)2)＝d，故A可行；使两板间所接电源的电压减小到原来的一半，y＝eq\f(1,2)·eq\f(qUl2,4dm(\f(1,2)v)2)＝2d，故B不可行；使两板间的距离增加到原来的2倍，此时垂直初速度方向距离应为2d，y＝eq\f(qUl2,8dm(\f(1,2)v)2)＝2d，故C可行；使两极板的长度减小为原来的一半，y＝eq\f(qU(\f(l,2))2,4dm(\f(1,2)v)2)＝d，故D可行．【答案】B【变式1-2】(2016·湖南郴州监测)空间内有高度为d、宽度足够宽、方向水平向左的匀强电场。当在该空间内建立如图所示的坐标系后，在x轴上的P点沿y轴正方向连续射入质量和电荷量均相同、且带电性质也相同的带电粒子(粒子重力不计)，由于粒子的入射速率v(v＞0)不同，有的粒子将在电场中直接通过y轴，有的将穿出电场后再通过y轴。设粒子通过y轴时，离坐标原点的距离为h，从P到y轴所需的时间为t，则()A．由题设条件可以判断出粒子的带电性质B．对h≤d的粒子，h越大，t越大C．对h≤d的粒子，在时间t内，电场力对粒子做的功不相等D．h越大的粒子，进入电场时的速率v也越大【解析】由题意可知，粒子向左偏，由电场线的方向，可确定电场力方向向左，因此粒子带正电，故A正确；对h≤d的所有粒子，受到的电场力相同，加速度也相同，因此运动时间也相等，由于粒子的入射速率v不同，所以导致粒子的h不同，故B错误；对h≤d的所有粒子，在时间t内，电场力方向的位移相同，因此电场力做功相等，故C错误；若在电场中直接通过y轴，水平分位移x相等，由x＝eq\f(1,2)at2知，运动时间t相等，竖直分位移h＝vt，则h越大的粒子，进入电场时的速率v也越大，若穿出电场后再通过y轴，通过电场时竖直分位移y相等，h越大，沿着电场力偏转位移x越小，由x＝eq\f(1,2)at2，可知t越小，由y＝vt，可知，v越大，故D正确。【答案】AD【例题2】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v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：(1)粒子从射入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夹角的正切值tanα；(3)粒子打在屏上的点P到O点的距离x.【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，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝eq\f(2L,v0).(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a＝eq\f(Eq,m)所以vy＝aeq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值为tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0)).(3)解法一设粒子在电场中的偏转距离为y，则y＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v0))2＝eq\f(1,2)·eq\f(qEL2,mv\o\al(2,0))又x＝y＋Ltanα，解得：x＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解法二x＝y＋vyeq\f(L,v0)＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解法三由y＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v0))2＝eq\f(1,2)eq\f(qEL2,mv\o\al(2,0))，eq\f(x,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))得：x＝3y＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0)).【答案】(1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))【变式2】(2016·奉化市调研)如图1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U0，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，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＝0.06s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：qU0＝eq\f(1,2)mv2电子经偏转电场：沿v方向：t＝eq\f(L,v)沿电场方向：y＝eq\f(1,2)at2，又a＝eq\f(qU偏,mL)故偏转后偏移量y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)·(eq\f(L,v))2，所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由题图知t＝0.06s时刻，U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm设打在屏上的点距O点距离为Y，满足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以Y＝13.5cm.(2)由题知电子偏移量y的最大值为eq\f(L,2)，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30cm.【答案】(1)O点上方13.5cm处(2)30cm【巩固习题】1.(2014·山东·18)如图所示，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(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.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))【解析】由带电粒子在电场中的运动规律可知，两带电粒子的运动轨迹对称，则相切处必为两运动水平位移相同处，即为该矩形区域的中心，以带电粒子＋q为研究对象，水平位移eq\f(s,2)时，竖直位移为eq\f(h,2).由eq\f(s,2)＝v0t，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))，所以B项正确．【答案】B2.(2016·绍兴市联考)(多选)如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则()A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1C．A和B的质量之比为1∶12D．A和B的位移大小之比为1∶1【解析】粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；竖直方向由h＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2h,t2)，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB＝4∶1；根据a＝eq\f(qE,m)得m＝eq\f(qE,a)，故eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,12)，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确。【答案】ABC3.(2016·台州市联考)如图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A、B以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上的同一点P。不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是()A．在电场中微粒A运动的时间比B长B．在电场中微粒A、B运动的时间相同C．微粒A所带的电荷量比B少D．静电力对微粒A做的功比B少【解析】带电微粒进入电场中，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则微粒在电场中的运动时间为t＝eq\f(x,v0)，由此可知两微粒在电场中的运动时间相同，选项B正确，A错误；竖直方向做匀加速直线运动，y＝eq\f(1,2)at2，由于t相同，yA>yB，可得aA>aB，即eq\f(qAE,mA)>eq\f(qBE,mB)，则qA>qB，选项C错误；由W＝qU，可知静电力对微粒A做的功比B多，选项D错误。【答案】B4.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PH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之间某点从AD边射出D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从AD边射出【解析】由题意知，粒子的初速度方向垂直于电场方向，故粒子做类平抛运动，根据平抛运动的推论：速度反向延长线过水平位移的中点，O为FH中点，即DO为轨迹的切线，因P在DO线上，所以运动轨迹一定不经过P点，一定经过EP之间点，故A、B错误；若将粒子的初速度变为原来的一半，在电场力的方向运动不变，即离开矩形区域的时间不变，又初速度方向做匀速直线运动，所以位移是原来的一半，恰好由E点射出，所以C错误，D正确．【答案】D5.(多选)如图甲所示，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eq\f(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4×106m/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()A．粒子打到屏上时在竖直方向上偏移的最大距离为6.25cmB．粒子打在屏上的区域面积为64cm2C．在0～0.02s内，进入电容器内的粒子有64%能够打在屏上D．在0～0.02s内，屏上出现亮线的时间为0.0128s【解析】设粒子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U0，水平方向l＝v0t，竖直方向eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a0t2，又a0＝eq\f(qU0,md)，解得U0＝eq\f(md2v\o\al(2,0),ql2)＝128V，即当U≥128V时粒子打到极板上，当U<128V时粒子打到荧光屏上，设打到荧光屏上的粒子在竖直方向上偏转的最大位移为y，由几何关系和类平抛运动规律得eq\f(\f(l,2)＋\f(l,2),\f(l,2))＝eq\f(y,\f(d,2))，解得y＝d＝4cm，选项A错误；由对称性知，粒子打到荧光屏上的区域总长度为2d，则粒子打到荧光屏上的区域面积为S＝2da＝64cm2，选项B正确；在前eq\f(1,4)T，粒子打到荧光屏上的时间t0＝eq\f(128,200)×0.005s＝0.0032s，又由对称性知，在一个周期内，粒子打在荧光屏上的总时间t′＝4t0＝0.0128s，选项D正确；因为这些粒子均匀、连续地进入电场，设一个周期内进入电容器内的粒子能够打在荧光屏上的比例为η，此时电容器两端的电压U<128V，则η＝eq\f(128,200)×100%＝64%，选项C正确．【答案】BCD6.如图所示，一个带正电的粒子以平行于x轴正方向的初速度v0从y轴上a点射入第一象限内，为了使这个粒子能经过x轴上定点b，可在第一象限的某区域内加一方向沿y轴负方向的匀强电场．已知所加电场的场强大小为E，电场区域沿x方向的宽度为s，Oa＝L，Ob＝2s，粒子的质量为m，带电量为q，重力不计，试讨论电场的左边界与b的可能距离．【解析】设电场左边界到b点的距离为Δx，已知电场宽度为s，Ob＝2s，分以下两种情况讨论(1)若粒子在离开电场前已到达b点，如图甲所示，即Δx≤s，则Δx＝v0ty＝L＝eq\f(qE,2m)t2联立解得Δx＝eq\r(\f(2mv\o\al(2,0)L,qE)).(2)若粒子离开电场后做匀速直线运动到达b点，如图乙所示，即s<Δx≤2s，则s＝v0ty＝eq\f(qE,2m)t2由几何关系知tanθ＝eq\f(\f(qE,m)t,v0)＝eq\f(L－y,Δx－s)联立解得Δx＝eq\f(mv\o\al(2,0)L,qEs)＋eq\f(s,2).【答案】见解析7.如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d＝8cm，板长为l＝25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0＝0.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起eq\f(4,3)cm，液滴刚好从金属板末端飞出，求：(g取10m/s2)(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用的时间．【解析】(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速直线运动，所以有：qE＝mg，即qeq\f(U,d)＝mg得qU＝mgd当下板向上提起后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动．此时液滴所受电场力F′＝qeq\f(U,d′)＝eq\f(mgd,d′)a＝eq\f(F′－mg,m)＝g(eq\f(d,d′)－1)＝eq\f(1,5)g＝2m/s2.(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是eq\f(d,2)设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t1，则eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，t1＝eq\r(\f(d,a))＝0.2s而液滴从刚进入电场到出电场的时间t2＝eq\f(l,v0)＝0.5s所以液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用的时间为t＝t2－t1＝0.3s.【答案】(1)2m/s2(2)0.3s8.(2016·湖南十校联考)如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0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两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。【解析】(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有y＝eq\f(1,2)at2①L＝v0t②vy＝attanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(y,x)，联立可得x＝eq\f(L,2)即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两极间的中心O点。(2)a＝eq\f(Eq,m)③E＝eq\f(U,d)④由①②③④式解得y＝eq\f(qUL2,2dmveq\o\al(2,0))当y＝eq\f(d,2)时，UYY′＝eq\f(md2veq\o\al(2,0),qL2)则两板间所加电压的范围为－eq\f(md2veq\o\al(2,0),qL2)≤UYY′≤eq\f(md2veq\o\al(2,0),qL2)(3)当y＝eq\f(d,2)时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0＝y＋btanθ又tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(d,L)，解得y0＝eq\f(d（L＋2b）,2L)故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0＝eq\f(d（L＋2b）,L)。【答案】(1)见解析(2)－eq\f(md2veq\o\al(2,0),qL2)≤UYY′≤eq\f(md2veq\o\al(2,0),qL2)(3)eq\f(d（L＋2b）,L)9.两块水平平行放置的导体板如图2甲所示，大量电子(质量为m、电荷量为e)由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、最大值恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过(不计电子重力)．问：(1)这些电子通过两板之间后，侧向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分别是多少；(2)侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少．【答案】(1)eq\f(t0,2)eq\r(\f(6eU0,m))eq\f(t0,4)eq\r(\f(6eU0,m))(2)eq\f(16,13)【解析】以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t＝0时和t＝t0时进入电场后沿电场力方向的速度vy随时间t变化的vy－t图象分别如图a和图b所示，设两平行板之间的距离为d.(1)图中，v1y＝eq\f(eU0,md)t0，v2y＝eq\f(eU0,md)2t0由图a可得电子的最大侧向位移为xymax＝2(eq\f(1,2)v1yt0＋v1yt0)＝3v1yt0＝eq\f(3eU0t\o\al(2,0),md)而xymax＝eq\f(d,2)，解得d＝t0eq\r(\f(6eU0,m))由图b可得电子的最小侧向位移为xymin＝eq\f(1,2)v1yt0＋v1yt0＝eq\f(3,2)v1yt0＝eq\f(3eU0t\o\al(2,0),2md)＝eq\f(d,4)所以xymax＝eq\f(d,2)＝eq\f(t0,2)eq\r(\f(6eU0,m))，xymin＝eq\f(d,4)＝eq\f(t0,4)eq\r(\f(6eU0,m))(2)veq\o\al(2,1y)＝(eq\f(eU0,md)t0)2＝eq\f(eU0,6m)，veq\o\al(2,2y)＝(eq\f(eU0,md)2t0)2＝eq\f(2eU0,3m)电子经电压U0加速，由动能定理知，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eU0所以eq\f(Ekmax,Ekmin)＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,2),\f(1,2)mv\o\al(2,1))＝eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,0)＋v\o\al(2,2y),\f(1,2)mv\o\al(2,0)＋v\o\al(2,1y))＝eq\f(eU0＋\f(eU0,3),eU0＋\f(eU0,12))＝eq\f(16,13).10.(2017·山东潍坊期中)如图甲所示，平行金属板M、N水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直屏到板右端的距离均为l，M板左下方紧贴M板有一粒子源，以初速度v0水平向右持续发射质量为m，电荷量为＋q的粒子。已知板间电压UMN随时间变化的关系如图乙所示，其中U0＝eq\f(8mv\o\al(2,0),q)，忽略粒子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大。(1)计算说明，t＝0时刻射入板间的粒子打在屏上或N板上的位置；(2)求荧光屏上发光的长度。答案：(1)粒子打在N极板中央(2)5l[解析](1)t＝0时刻射入电场时，有qeq\f(U0,l)＝ma粒子在0～eq\f(l,v0)时间内，偏转距离为y＝eq\f(1,2)a(eq\f(l,v0))2解得y＝4l因y＝4l>l，故粒子打在N极板上粒子在两板间运动时间t1满足l＝eq\f(1,2)ateq\o\a