9.5帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)（講）

第九章靜電場第5講帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)一帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)（1）沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t＝（如圖）。（2）沿靜電力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)①加速度：a＝＝＝________________。②離開電場時(shí)的偏移量：y＝at2＝________。③離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝＝______?？键c(diǎn)一帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)1.兩個(gè)重要結(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(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。證明：在加速電場中有qU0＝mv02在偏轉(zhuǎn)電場偏移量y＝at2＝··（）2偏轉(zhuǎn)角θ，tanθ＝＝得：y＝，tanθ＝y(tǒng)、θ均與m、q無關(guān)。（2）粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為偏轉(zhuǎn)極板長度的一半。2.功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差?！纠}】1.示波器的示意圖如圖所示，金屬絲發(fā)射出來的電子（帶電量為e）被加速后從金屬板的小孔穿出，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場。電子在穿出偏轉(zhuǎn)電場后沿直線前進(jìn)，最后打在熒光屏上。設(shè)加速電壓U1=1640V，偏轉(zhuǎn)極板長l=4cm，偏轉(zhuǎn)板間距d=1cm，當(dāng)電子加速后從兩偏轉(zhuǎn)板的正中央沿板平行方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場。（1）偏轉(zhuǎn)電壓為U2多大時(shí)，電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大？（2）如果偏轉(zhuǎn)板右端到熒光屏的距離L=20cm，則電子到達(dá)熒光屏?xí)r最大偏轉(zhuǎn)距離y為多少？【答案】(1)205V；【解析】【詳解】(1)設(shè)電子電量大小e，質(zhì)量為m，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場初速度v0，根據(jù)動(dòng)能定理，有電子在偏轉(zhuǎn)電場的飛行時(shí)間為電子在偏轉(zhuǎn)電場的加速度為要使偏轉(zhuǎn)距離最大，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必須沿下板邊緣射出，電子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)移距離為，所以有聯(lián)立解得代入數(shù)據(jù)解得U2=205V(2)電子離開偏轉(zhuǎn)電場后的側(cè)向位移為電子離開偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)向速度為vy=at1在熒光屏上最大偏轉(zhuǎn)距離為由以上各式解得最大偏轉(zhuǎn)距離為y。【變式題】2.讓氕核（）和氘核（）以相同的動(dòng)能沿與電場垂直的方向從ab邊進(jìn)入矩形勻強(qiáng)電場（方向沿，邊界為abcd，如圖所示）。已知兩種粒子均能從cd邊離開偏轉(zhuǎn)電場，不計(jì)粒子的重力，則（）A.兩種粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度相同 B.兩種粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度相同C.兩種粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能相同 D.兩種粒子離開電場時(shí)的速度方向不同【答案】C【解析】【詳解】A．兩種粒子的質(zhì)量不同，進(jìn)入電場時(shí)的動(dòng)能相同，所以速度不同，故A錯(cuò)誤；B．設(shè)電場強(qiáng)度為E、電荷質(zhì)量為m、電荷量為q，兩種粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度電場強(qiáng)度相同，電荷量相同，質(zhì)量不同，所以加速度不同，故B錯(cuò)誤；CD．設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的寬度bc為L，粒子的初動(dòng)能為Ek，粒子離開電場時(shí)沿電場方向的速度為粒子離開電場時(shí)的速度方向與初速度夾角的正切為兩種粒子離開電場時(shí)的速度方向相同，兩種粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能兩種粒子離開電場時(shí)的動(dòng)能相同，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C?！纠}2】3.示波管原理圖如圖甲所示。它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏中心，產(chǎn)生一個(gè)亮斑如圖乙所示。若板間電勢差UXX′和UYY′隨時(shí)間變化關(guān)系圖像如丙、丁所示，則熒光屏上的圖像可能為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】UXX′和UYY′均為正值，電場強(qiáng)度方向由X指向X′，Y指向Y′，電子帶負(fù)電，電場力方向與電場強(qiáng)度方向相反，所以分別向X，Y方向偏轉(zhuǎn)，可知A正確?！咀兪筋}】4.如圖裝置是由粒子加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、間距為的相同平行金屬板構(gòu)成，極板間距離和板長均為L。加速電壓為，兩對極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小相等均為，電場方向相反。質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子無初速地進(jìn)入加速電場，被加速器加速后，從平移器下板邊緣水平進(jìn)入平移器，最終從平移器上板邊緣水平離開，不計(jì)重力。下列說法正確的是（）A.粒子離開加速器時(shí)速度B.粒子通過左側(cè)平移器時(shí)，豎直方向位移C.與2L相等D只增加加速電壓，粒子將不能從平移器離開【答案】B【解析】詳解】A．根據(jù)粒子離開加速器時(shí)速度為故A錯(cuò)誤；B．粒子平移器電場中的偏轉(zhuǎn)量為又，得故B正確；C．根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和對稱性，粒子在兩平移器之間做勻速直線運(yùn)動(dòng)的軌跡延長線分別過平行板中點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系可知故C錯(cuò)誤；D．由B選項(xiàng)可得由A選項(xiàng)可知當(dāng)加速電壓增大時(shí)，粒子進(jìn)入平移器的速度增大，粒子在平移器中豎直方向偏轉(zhuǎn)量變小，粒子可以離開平移器，位置比原來靠下，故D錯(cuò)誤。故選B?？键c(diǎn)二帶電粒子在重力場和電場復(fù)合場中的偏轉(zhuǎn)典例精析變式鞏固【例題1】5.空間中存在場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場。一質(zhì)量為m的帶電小球從斜面頂端A水平拋出，落在斜面上的P點(diǎn)?，F(xiàn)保持場強(qiáng)大小不變，方向改為豎直向上，小球仍從A點(diǎn)以相同的初速度水平拋出，落在斜面上的Q點(diǎn)。已知AQ的距離是AP距離的3倍，重力加速度為g，求：（1）小球從A到P和A到Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比；（2）小球所帶電荷量的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)斜面傾角為，則小球從A到P和A到Q的水平位移分別為又因?yàn)樗孕∏驈腁到P和A到Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為（2）設(shè)小球拋出后加速度為a，下落高度為h，則所以又因?yàn)樗栽O(shè)小球帶電荷量為q，則由牛頓第二定律得聯(lián)立解得【變式題】6.如圖所示，水平地面上方存在水平向右大小為E的勻強(qiáng)電場，現(xiàn)將一帶電的小球從距離地面O點(diǎn)高h(yuǎn)處的A點(diǎn)以水平速度v0水平拋出，經(jīng)過一段時(shí)間小球恰好垂直于地面擊中地面上的B點(diǎn)，B到O的距離也為h，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，則下列說法正確的是（）A.小球從拋出到落地的時(shí)間為B.帶電小球的電量C.從A到B的過程中小球的動(dòng)能先增大后減小D.從A點(diǎn)到B點(diǎn)小球的電勢能增加了mgh【答案】ABD【解析】【分析】【詳解】A．小球在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，小球從拋出到落地的時(shí)間為解得A正確；B.水平方向小球做勻減速運(yùn)動(dòng)，逆向思維，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得又因?yàn)樾∏驇ж?fù)電，解得帶電小球的電量B正確；C．因?yàn)殡妶隽Φ扔谥亓?，合力方向?yàn)樽笃?5°，從A到B的過程中，合力與速度方向先成鈍角后成銳角，先做負(fù)功后做正功，小球的動(dòng)能先減小后增大，C錯(cuò)誤；D．電場力做負(fù)功，電勢能增加，從A點(diǎn)到B點(diǎn)小球的電勢能增加量為解得D正確。故選ABD?！纠}2】7.空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場，O、P是電場中的兩點(diǎn)．從O點(diǎn)沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B．A不帶電，B的電荷量為q（q>0）．A從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為t；B從O點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)所用時(shí)間為．重力加速度為g，求（1）電場強(qiáng)度的大小；（2）B運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能．【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）設(shè)電場強(qiáng)度的大小為E，小球B運(yùn)動(dòng)的加速度為a．根據(jù)牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件，有mg+qE=ma①②解得③（2）設(shè)B從O點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為v1，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為Ek，O、P兩點(diǎn)的高度差為h，根據(jù)動(dòng)能定理有④且有⑤⑥聯(lián)立③④⑤⑥式得⑦帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)，通常只討論電壓的大小不變、方向做周期性變化（如方波）的情形。1.當(dāng)粒子垂直于交變電場方向射入時(shí)，沿初速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場方向的分運(yùn)動(dòng)具有周期性。2.研究帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點(diǎn)，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運(yùn)動(dòng)情況。根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運(yùn)動(dòng)的末速度、位移等。3.注重全面分析（分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律）：抓住粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間上的周期性和空間上的對稱性，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的臨界條件。4.對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，若粒子穿過板間的時(shí)間極短，帶電粒子穿過電場時(shí)可認(rèn)為是在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)?！纠}1】8.在圖甲所示的極板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期為T，現(xiàn)有電子以平行于極板的速度v0從兩板中央OO′射入。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力，問：(1)若電子從t=0時(shí)刻射入，在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時(shí)速度的大小為多少？(2)若電子從t=0時(shí)刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長？(3)若電子恰能從OO′平行于極板飛出，電子應(yīng)從哪一時(shí)刻射入？兩極板間距至少為多大？【答案】(1)；(2)v0T；(3)＋k·（k=0，1，2，……），T【解析】【詳解】(1)由動(dòng)能定理得e=mv2－mv02解得v=(2)t=0時(shí)刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，向正極板方向偏轉(zhuǎn)，半個(gè)周期后電場方向反向，電子繼續(xù)在該方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)過半個(gè)周期，電場方向上的速度減到零，此時(shí)實(shí)際速度等于初速度v0，方向平行于極板，以后繼續(xù)重復(fù)這樣的運(yùn)動(dòng)；要使電子恰能平行于極板飛出，則電子在OO′方向上至少運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期，故極板長至少為L=v0T(3)若要使電子從OO′平行于極板飛出，則電子在電場方向上應(yīng)先加速、再減速，反向加速、再減速，每階段時(shí)間相同，一個(gè)周期后恰好回到OO′上，可見應(yīng)在t=＋k·（k=0，1，2，……）時(shí)射入，極板間距離要滿足電子在加速、減速階段不打到極板上，由牛頓第二定律有a=加速階段運(yùn)動(dòng)的距離解得d≥T故兩極板間距至少為T【變式題】9.如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器極板長L＝10cm，極板間距d＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板與下極板的電勢差隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。每個(gè)電子穿過極板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電子穿過極板的過程中電壓是不變的。求：（1）在t＝0.06s時(shí)刻，電子打在熒光屏上的位置到O點(diǎn)的距離；（2）熒光屏上有電子打到的區(qū)間長度。【答案】（1）13.5cm；（2）30cm【解析】【詳解】（1）設(shè)電子經(jīng)電壓U0加速后的速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理得設(shè)電容器間偏轉(zhuǎn)電場的場強(qiáng)為E，則有設(shè)電子經(jīng)時(shí)間t通過偏轉(zhuǎn)電場，偏離軸線的側(cè)向位移為y，則有沿中心軸線方向垂直中心軸線方向有聯(lián)立解得設(shè)電子通過偏轉(zhuǎn)電場過程中產(chǎn)生的側(cè)向速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為θ，則電子通過偏轉(zhuǎn)電場時(shí)有vy＝at則電子在熒光屏上偏離O點(diǎn)距離為由題圖乙知t＝時(shí)刻U＝U0解得Y＝（2）由題知電子偏轉(zhuǎn)量y的最大值為，根據(jù)可得當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0時(shí)，電子就打不到熒光屏上了。所以代入得所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長度為2Ymax＝3L＝30cm（2014·山東·高考真題）10.如圖所示，場強(qiáng)大小為E，方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m，帶電量分別為＋q和－q的兩粒子，由a，c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場中)．不計(jì)重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】兩個(gè)粒子都做類平拋運(yùn)動(dòng)，軌跡相切時(shí)，速度方向恰好相反，即在該點(diǎn)，速度方向與水平方向夾角相同，而，兩個(gè)粒子都做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：，豎直方向：，由以上各式整理得：，因此B正確，ACD錯(cuò)誤．（2022·江蘇·高考真題）11.某裝置用電場控制帶電粒子運(yùn)動(dòng)，工作原理如圖所示，矩形區(qū)域內(nèi)存在多層緊鄰勻強(qiáng)電場，每層的高度均為d，電場強(qiáng)度大小均為E，方向沿豎直方向交替變化，邊長為，邊長為，質(zhì)量為m、電荷量為的粒子流從裝置左端中點(diǎn)射入電場，粒子初動(dòng)能為，入射角為，在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不計(jì)重力及粒子間的相互作用力。（1）當(dāng)時(shí)，若粒子能從邊射出，求該粒子通過電場的時(shí)間t；（2）當(dāng)時(shí)，若粒子從邊射出電場時(shí)與軸線的距離小于d，求入射角的范圍；（3）當(dāng)，粒子在為范圍內(nèi)均勻射入電場，求從邊出射的粒子與入射粒子的數(shù)量之比。【答案】（1）；（2）或；（3）【解析】【詳解】（1）電場方向豎直向上，粒子所受電場力在豎直方向上，粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度分解如圖所示粒子在水平方向的速度為根據(jù)可知解得（2）粒子進(jìn)入電場時(shí)初動(dòng)能粒子進(jìn)入電場沿電場方向做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得粒子從邊射出電場時(shí)與軸線的距離小于d，則要求解得所以入射角的范圍為或（3）設(shè)粒子入射角為時(shí)，粒子恰好從D點(diǎn)射出，由于粒子進(jìn)入電場時(shí)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向反復(fù)做加速相同的減速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)。粒子的速度運(yùn)動(dòng)時(shí)間為粒子在沿電場方向，反復(fù)做加速大小相同的減速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)，則則則粒子在分層電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)為，則且代入數(shù)據(jù)化簡可得即解得（舍去）或解得則從邊出射的粒子與入射粒子的數(shù)量之比（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）12.在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面積是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知?jiǎng)傔M(jìn)入電場時(shí)速度為零的粒子，自圓