帶電粒子在電場中的偏轉

1、帶電粒子在電場中的偏轉一、基礎知識1、帶電粒子在電場中的偏轉(1) 條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場(2) 運動性質：勻變速曲線運動(3) 處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，類似于平拋運動(4) 運動規(guī)律：沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間a.能飛出電容器： t l .v0b.不能飛出電容器： y 12at22qmUdt2，t 2qmUdy沿電場力方向，做勻加速直線運動加速度： aFqE Uqm m md離開電場時的偏移量： y 1at2 Uql 222mdv 20離開電場時的偏轉角： tan vy Uql2 v0 mdv0特別提醒 帶電粒子在電場中的重力問題(1

2、) 基本粒子：如電子、質子、 粒子、離子等除有說明或有明確的暗示以外，一般都不 考慮重力 (但并不忽略質量 )(2) 帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都 不能忽略重力2、帶電粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論(1) 不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏移量 和偏轉角總是相同的1證明：由 qU0 2mv02y12at21qU12mdtan mqUdv1l2mdv20得： yU1l2，4U0d，U1l tan 2U0d(2) 粒子經電場偏轉后，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 到偏轉電場邊緣的

3、距離為 2l.3、帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系11 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 21mv221mv20，其中UyUdy，指初、末位置間的電勢差、練習題1、如圖，一質量為 m，帶電量為 q 的帶電粒子，以速度 v0 垂直于電場方向進入電場，關 于該帶電粒子的運動，下列說確的是 ( )A粒子在初速度方向做勻加速運動，平行于電場方向做勻加速運動，因而合運動是勻 加速直線運動B粒子在初速度方向做勻速運動，平行于電場方向做勻加速運動，其合運動的軌跡是 一條拋物線C分析該運動，可以用運動分解的方法，分別分析兩個方向的運動規(guī)律，然后再確定 合運動情況D分析該運動，

4、有時也可用動能定理確定其某時刻速度的大小 答案 BCD2、如圖所示，兩平行金屬板 A、B 長為 L8 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為 q1.010 10 C，質量為 m1.010 20 kg，沿電場 中心線 RO 垂直電場線飛入電場，初速度 v0 2.0106 m/s，粒子飛出電場后經過界面 MN、PS間的無電場區(qū)域， 然后進入固定在 O點的點電荷 Q 形成的電場區(qū)域 (設界面 PS 右側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

5、為 9 cm，粒子穿過界面 PS 做勻速圓周運動， 最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc 上(靜電力常量 k9.0 109Nm2/C2，粒子的重力不計 )(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的運動軌跡(3) 確定點電荷 Q 的電性并求其電荷量的大小解析 (1) 粒子穿過界面 MN 時偏離中心線 RO 的距離 (側向位移 )：12y 2at 2aFqUam dmLv0t1 2 qU L 2 則 y2at22md(v0)20.03 m3 cm粒子在離開電場后將做勻速直線運動， 其軌跡與 PS 交于 H ，設 H 到

6、中心線的距離為 Y，則有2L12L 12 cmyY，解得 Y4y 12 cm(3) 粒子到達 H 點時，其水平速度 vxv02.0106 m/s豎直速度 vy at 1.5 106 m/s則 v 合2.5106 m/s該粒子在穿過界面 PS 后繞點電荷 Q 做勻速圓周運動，所以 Q 帶負電根據幾何關系可知半徑 r15 cmqQ v2合kr2mr解得 Q1.04 108 C答案 (1)12 cm (2)見解析 (3)負電 1.04108 C3、如圖所示，在兩條平行的虛線存在著寬度為L、電場強度為 E 的勻強電場，在與右側虛線相距也為 L 處有一與電場平行的屏現有一電荷量為q、質量為 m 的帶電粒

7、子(重力不計 )，以垂直于電場線方向的初速度 v 0射入電場中， v0 方向的延長線與屏的交點 為 O.試求：(1) 粒子從射入電場到打到屏上所用的時間；tan ；(2) 粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值(3) 粒子打在屏上的點 P 到 O 點的距離 x.答案(1)2vL0 (2)qmEvL20(3)3qEL22mv20解析 (1)根據題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入電場到打到屏上所用的時間 t .vy，根據牛頓第二定律，粒子在電(2)設粒子剛射出電場時沿平行電場線方向的速度為場中的加速度為： aEq所以 vy av0qELmv0所以粒子剛射出

8、電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanvyqELv0 mv20(3) 解法一 設粒子在電場中的偏轉距離為 y，則 1 L 2 1 qEL2y2a(v0)22mv20又 x y Ltan ，2解得： x32qmEvL20L3qEL2解法二 xvyv0y 2mv20.得L2LLxy由3qEL2 x3y 2mv02 .4、如圖所示，虛線 PQ、MN 間存在如圖所示的水平勻強電場， 一帶電粒子質量為 m 2.0 1011 kg 、電荷量為 q 1.0 105 C ，從 a 點由靜止開始經電壓為U100 V 的電場加速后，垂直于勻強電場進入勻強電場中，從虛線 MN 的某點 b( 圖中未畫出

9、)離開勻強電場時速度與電場方向成 30角已知 PQ、MN 間距為 20 cm，帶電粒子的重力忽略不計 求：(1) 帶電粒子剛進入勻強電場時的速率v1；(2) 水平勻強電場的場強大??；(3)ab 兩點間的電勢差答案 (1)1.0104 m/s (2)1.732 103 N/C (3)400 V 解析 (1)由動能定理得： qU 21mv21 代入數據得 v1 1.0 104 m/s(2)粒子沿初速度方向做勻速運動： d v1t 粒子沿電場方向做勻加速運動： vy at 由題意得： tan 30 v1vy 由牛頓第二定律得： qE ma 聯立以上各式并代入數據得： E 3103 N/C 1.732

10、 103 N/C1(3) 由動能定理得： qUab 2m(v12vy2)0 聯立以上各式并代入數據得： Uab400 V.5、如圖所示，一價氫離子 (11H) 和二價氦離子 (42He)的混合體，經同一加速電場加速后，垂直 射入同一偏轉電場中，偏轉后，打在同一熒光屏上，則它們 ( )A同時到達屏上同一點B先后到達屏上同一點C同時到達屏上不同點D先后到達屏上不同點答案 B解析 一價氫離子 (11H) 和二價氦離子 (24He)的比荷不同， 經過加速電場的末速度不同， 因 此在加速電場及偏轉電場的時間均不同， 但在偏轉電場中偏轉距離相同， 所以會先后打 在屏上同一點，選 B.6、如圖所示，六面體真

11、空盒置于水平面上，它的ABCD 面與 EFGH 面為金屬板，其他面為絕緣材料 ABCD 面帶正電， EFGH 面帶負電從小孔 P 沿水平方向以相同速率射入三 個質量相同的帶正電液滴 a、b、c，最后分別落在 1、2、3三點 則下列說確的是 ( )A三個液滴在真空盒中都做平拋運動C三個液滴落到底板時的速率相同B三個液滴的運動時間不一定相同D液滴 c 所帶電荷量最多答案 D解析 三個液滴具有水平速度， 但除了受重力以外， 還受水平方向的電場力作用， 不是 平拋運動，選項 A 錯誤；在豎直方向上三個液滴都做自由落體運動，下落高度又相同， 故運動時間必相同，選項 B 錯誤；在相同的運動時間，液滴 c

12、水平位移最大，說明它 在水平方向的加速度最大，它受到的電場力最大，電荷量也最大，選項 D 正確；因為 重力做功相同，而電場力對液滴 c 做功最多，所以它落到底板時的速率最大，選項 C 錯誤7、絕緣光滑水平面有一圓形有界勻強電場，其俯視圖如圖所示，圖中 xOy 所在平面與光滑 水平面重合，電場方向與 x 軸正向平行，電場的半徑為 R 2 m，圓心 O 與坐標系的 原點重合，場強 E2 N/C.一帶電荷量為 q 1105 C、質量 m1105 kg 的粒子， 由坐標原點 O 處以速度 v01 m/s沿 y 軸正方向射入電場 (重力不計 )，求：(1) 粒子在電場中運動的時間；(2) 粒子出射點的位

13、置坐標；(3)粒子射出時具有的動能答案 (1)1 s (2)( 1 m,1 m) (3)2.5105 J解析 (1)粒子沿 x 軸負方向做勻加速運動，加速度為a，則有：Eq ma， x 21at2沿 y 軸正方向做勻速運動，有y v0t x2 y2 R2 解得 t1 s.(2)設粒子射出電場邊界的位置坐標為 ( x1， y1)，則有1x1 2at2 1 m， y1 v0t1 m，即出射點的位置坐標為 ( 1 m,1 m)1(3) 射出時由動能定理得 Eqx1 Ek2mv20代入數據解得 Ek2.5105 J.8、如圖所示，在正方形 ABCD 區(qū)域有平行于 AB 邊的勻強電場， E、F 、G、H

14、 是各邊中點， 其連線構成正方形，其中 P 點是 EH 的中點一個帶正電的粒子 (不計重力 ) 從 F 點沿 FH 方向射入電場后恰好從 D 點射出以下說確的是 ( )A粒子的運動軌跡一定經過P點B粒子的運動軌跡一定經過PE 之間某點C若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，粒子會由ED 之間某點射出正方形 ABCD 區(qū)域D若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉淼囊话耄Ｗ忧『糜蒃點射出正方形 ABCD 區(qū)域答案 BD解析 粒子從 F 點沿 FH 方向射入電場后恰好從 D 點射出，其軌跡是拋物線，則過 D 點做速度的反向延長線一定與水平位移交于 FH 的中點， 而延長線又經過 P 點，所以粒 子軌跡一定經過 PE

15、之間某點，選項 A 錯誤，B 正確；由平拋運動知識可知，當豎直位 移一定時，水平速度變?yōu)樵瓉淼囊话?，則水平位移也變?yōu)樵瓉淼囊话?，所以選項 C 錯誤， D 正確9、用等效法處理帶電體在電場、重力場中的運動如圖所示， 絕緣光滑軌道 AB 部分為傾角為 30的斜面， AC 部分為豎直平面上半徑為 R 的圓軌道，斜面與圓軌道相切整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中現有一個質量為 m的小球，帶正電荷量為 q 33Emg，要使小球能安全通過圓軌道，在O 點的初速度應滿足什么條件？圖9審題與關聯解析 小球先在斜面上運動，受重力、電場力、 支持力， 然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如

16、圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg qE 2 mg 22 33mg， tan mqEg 33，得 30 ，等 效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動 因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的等效“最高點 ”(D 點)滿足等效重力剛好提mv2供向心力，即有： mg mRvD，因 30 與斜面的傾角相等，由幾何關系可知AD 2R，令小球以最小初速度 v0 運動，由動能定理知： 2mg R 21mv 2D12mv解得 v010 33gR，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應滿足答案10 3gR10、在空間中水平面 MN 的下方存在豎直向下的勻強電場，質量為m 的帶電小球由 MN 上方的 A 點以一定的初速度水平拋出，從 B 點進入電場， 到達 C 點時速度方向恰好水平，A、B、C 三點在同一直線上，且 AB 2BC，如圖所示由此可見 ( )A 電場力為 3mgB小球帶正電C小球從 A 到 B與從 B到 C 的運動時間相等D小球從 A 到 B 與從 B 到 C