专题51 带点粒子在电场中的偏转 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

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常考点 带点粒子在电场中的偏转
【典例1】
（多选题）14．如图所示，一对水平放置的平行金属板AB中央有一个静止的电子e（不计重力），两板间
距离足够大。0﹣4s内在两板间加上如图所示的交变电压后，则下列反映电子加速度a、速度v、位移x和
动能Ek四个物理量随时间t的变化规律中正确的是（所涉及的矢量均取向上方向为正）（ ）
A．B．
C．D．
解：0﹣1s内，电压不变，则板间的电场强度不变，电子在板间受到不变的电场力，根据牛肚第二定律可知，加速度恒定不变，
所以0﹣1s电子做匀加速直线运动，1﹣2s，电场力反向，加速度方向反向，电子做匀减速直线运动，直至速度为零，2﹣3s，电场力正向不变，
电子有开始做初速度为0的匀加速直线运动，3﹣4s，电场力反向不变，电子做匀减速直线运动，到4s末速度为零；
A.0﹣1s，加速度恒定不变，为正，1﹣2s加速度为负，且恒定不变，2﹣3s加速度恒为正，且不变，3﹣4s加速度为负，且不变，故A正确；
BC.0﹣1s，2﹣3s物体做正向的匀加速的直线运动，v﹣t图象为倾斜的直线，x﹣t图象为抛物线，
1﹣2s，3﹣4s物体做正向的匀减速的直线运动，v﹣t图象为倾斜的直线，x﹣t图象为抛物线，故B正确，C错误；
D．因为可知，v﹣t图象为直线，则Ek﹣t图象为曲线，故D错误
【典例2】
如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1m，两板间距离d
＝0.4cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到
下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上．设前一微粒落到下极板上时后一微粒才
能开始射入两极板间．已知微粒质量为m＝2×10﹣6kg，电量q＝1×10﹣8C，电容器电容为C＝10﹣6F，取g
＝10m/s2．求：
（1）为使第一个微粒的落点范围能在下板中点到紧靠边缘的B点之内，求微粒入射的初速度v0的取值范围；
（2）若带电微粒以第一问中初速度v0的最小值入射，则最多能有多少个带电微粒落到下极板上．
解：（1）设粒子打在下极板中点、边缘的初速度分别为v1，v2，则
偏转位移：
得，
水平方向：
L＝v2t
联立解得：v1＝2.5m/s，v2＝5m/s
故粒子的初速度满足2.5m/s≤v0≤5m/s．
（2）设粒子刚好从边缘飞出时极板带电为Q，场强为E，板间电压为U
由牛顿第二定律得：mg﹣Eq＝ma
偏转位移：
水平位移：L＝v0t
又 v0＝2.5m/s
联立解得：E＝1.5×103N/C
则U＝Ed，Q＝CU
解得Q＝6×10﹣6C
最多能落到下极板粒子的个数 n＝＝＝600个
答：
（1）为使第一个微粒的落点范围能在下板中点到紧靠边缘的B点之内，微粒入射的初速度v0的取值范围为2.5m/s≤v0≤5m/s；
（2）若带电微粒以第一问中初速度v0的最小值入射，最多能有600个带电微粒落到下极板上．
一． 带电粒子在匀强电场中的偏转
1．运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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\c1(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\\al(02,)).,离开电场时的偏转角：tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\\al(02,)).))
2．两个结论
(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 \\al(02,)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
tan θ＝eq \f(qU1l,mdv\\al(02,))
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d) ，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
(2)粒子经电场偏转后射出，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).
二．带电粒子在匀强电场中的偏转功能关系
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 \\al(02,)，其中Uy＝eq \f(U,d) y，指初、末位置间的电势差．
三． 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；时间；
偏移；偏角
方法二、推论法：
①tanθ=2tanα；
推导：位移偏转角；速度偏转角所以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=ΔEK
四． 注意是否考虑重力
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确的暗示以外，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，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．
五． 先加速后偏转
U1
d
U2
q
v
L
m
v0
y
q
y
v0
不同的带电粒子由静止开始经过同一电场(U1)加速后，再从同一偏转电场(电压U2、板宽d、板长L)射出时的偏移y、偏转角度φ总是相同的。证明：
(1)由qU1=；得
(2)由qU1=；，得tan φ=。
【结论】偏移y、偏转角度φ与粒子电量q和质量m无关；与偏转电压U2成正比，与加速电压U1成反比。
【提醒】由qU1=得①，可能不相等；②偏转时间与v0成反比；③末速度与v0成正比。
六． 求粒子打到荧光屏上总偏移的三种方法
O
a
v0
l1/v0
l2/v0
t
v
七． 交变电场中的偏转（且偏且前行）
八． 带电小球的电偏转问题
【变式演练1】
（多选题）如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平
行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的
偏转角θ变大的是（ ）
A．U1变大、U2变大B．U1变小、U2不变
C．U1变大、U2变小D．U1不变、U2变大
解：在加速电场中运动时，据动能定理①
在偏转电场中，电子做类平抛运动，设平行板电容器长为L，宽度为d
水平方向 L＝v0t ②
竖直方向 ③
vy＝at ④
电子的偏转角θ的正切值⑤
联立①②③④⑤式得： 由此可见：当L、d一定是，U2变大或U1减小都能使偏转角的正切值增大，偏转角θ变大，故BD正确，AC错误。
【变式演练2】
如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1m，两板间距离
d＝0.4cm，有一束相同的带电微粒以相同的初速度先后从两极板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能
落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上．设前一微粒落到下极板上时后一
微粒才能开始射入两极板间．已知微粒质量为m＝2×10﹣6kg、电荷量为q＝1×10﹣8C，取g＝10m/s2．
（1）为使第一个微粒恰能落在下极板的中点，求微粒入射的初速度v0．
（2）若带电微粒以第（1）问中初速度v0入射，则平行板电容器所获得的电压最大值是多少？
解：（1）第一个微粒进入电容器后只受重力作用，做平抛运动，
水平方向：＝v0t，竖直方向：＝gt2，
代入数据解得：v0＝2.5m/s；
（2）当平行板电容器电压最大时，进入板间的微粒刚好从下极板右边缘飞出，
微粒在板间做类平抛运动，水平方向：L＝v0t1，竖直方向：＝at12，
由牛顿第二定律得：mg﹣q＝ma，
代入数据解得：U＝6V；
答：（1）为使第一个微粒恰能落在下极板的中点，求微粒入射的初速度v0为2.5m/s．
（2）若带电微粒以第（1）问中初速度v0入射，则平行板电容器所获得的电压最大值是6V．
1．如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5cm，其中BB′为零势面．一个质量为m，带电荷量为q的粒子沿AA′方向以初动能色Ek图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场．已知PA′＝2cm，粒子的重力忽略不计，下列说法中正确的是（ ）
A．该粒子通过零势面时的动能是1.25Ek
B．该粒子在P点的电势能是1.5Ek
C．该粒子到达C′点时的动能是2Ek
D．该粒子到达C′点时的电势能是0.5Ek
解：A、P到C′过程中电场力做功W＝EK′﹣EK＝EK，所以粒子通过等势面BB′时电场力做功为，根据动能定理知，粒子通过等势面BB′时的动能是1.5EK．即粒子通过零势面时的动能，故A错误。
B、电场力做功等于电势能的减小量，粒子通过等势面BB′时电场力做功为，所以电势能减小，BB′为零势面，所以粒子在P点时的电势能是0.5Ek．故B错误。
C、带电粒子做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：
v0t＝2cm，＝1cm，
解得：vy＝v0。
所以离开电场时的速度v＝＝v0．因为初动能EK＝mv，粒子到达C′点时的动能EK′＝mv2＝mv＝2EK，故C正确
D、P到C′过程中电场力做功为EK，电势能减小EK，所以粒子到达C′点时的电势能是﹣0.5Ek．故D错误。
2．如图所示，有一带电粒子（不计重力）紧贴A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板正中间；设带电粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之比为（ ）
A．1：1B．1：2C．1：4D．1：8
解：设平行板电容器板为L，板间距离为d，粒子的初速度为v。
则对于第一种情况：y1＝＝，t1＝得到 ，U1＝
同理对于第二种情况：得到U2＝8
所以U1：U2＝1：8
3．（多选题）真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在该电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由P点静止释放，小球会沿直线PQ运动（PQ与竖直方向夹角为37°，取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）。现将该小球从P点以初速度v0竖直向上抛出，关于小球接下来的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小球将做竖直上抛运动
B．小球的最小动量值为mv0
C．小球能到达的最高点高度为
D．小球受到的电场力大小为mg
解：A、小球由P点静止释放，小球会沿直线PQ运动，说明小球受到电场力和重力的合力沿着PQ方向，所以小球从P点以初速度v0竖直向上抛出，不可能做竖直上抛运动，故A错误；
BD、将该小球从P点以初速度v0竖直向上抛出后，小球的运动分解为水平方向和竖直方向：
水平速度：vx＝axt,其中ax＝,tan37°＝
竖直速度：vy＝v0﹣gt
小球的速度：v＝
由以上各式得出：g2t2﹣2v0gt+（v02﹣v2）＝0
解得当t＝时，v有最小值vmin＝，所以小球的最小动量值为mv0，电场力qE＝，故B正确，D错误；
C、在竖直方向上，小球只受重力作用，则小球能到达的最高高度为h＝，故C正确
4．（多选题）在如图所示中，实线是匀强电场的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上两点，若带电粒子在运动中只受静电力作用，则（ ）
A．带电粒子带负电荷
B．带电粒子带正电荷
C．带电粒子所受静电力方向与电场线方向相反
D．带电粒子做匀变速运动
解：A．B．C．根据做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，即电场力向左，与场强方向相反，故该粒子带负电，故AC正确、B错误；
D．由于该电场是匀强电场，故带电粒子受合力，加速度不变，故带电粒子做匀加速运动，故D正确。
5．（多选题）如图所示，有三个质量相等、分别带正电、负电和不带电的粒子从两水平放置的金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后射入电场中，最后分别打在正极板的C、B、A处，则（ ）
A．三种粒子在电场中运动时间相同
B．三种粒子在电场中的加速度为aA＞aB＞aC
C．三种粒子到达正极板时动能EkC＞EkB＞EkA
D．落在C处的粒子带正电，落在B处的粒子不带电，落在A处的粒子带负电
解：A、根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等：h＝at2，解得t＝；
由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，根据t＝得到正电荷运动时间最长，负电荷运动时间最短，不带电的小球所用时间处于中间；故A错误。
BD、三粒子水平方向做匀速直线运动，水平位移：x＝v0t，由于初速度相同，所用时间越长则水平位移越大，所用A粒子带负电，B粒子不带电，C粒子带正电，三种粒子在电场中的加速度为aA＞aB＞aC，故BD正确。
C、3种粒子下落过程有重力和电场力做功，它们的初动能相同，根据动能定理合力做功越多则末动能越大，而重力做功相同，A粒子带负电，电场力做正功；B粒子不带电，电场力不做功；C粒子带正电电场力做负功；所以动能EkC＜EkB＜EkA，故C错误。
6．（多选题）如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电量为q、质量为m的带电粒子（重力不计）以速度v0从A点水平射入电场，且刚好以速度v从B点射出，则（ ）
A．若将粒子以速度﹣v0从B点射入电场，它将刚好以速度﹣v从A点射出
B．若该粒子以速度﹣v从B点射入电场，它将刚好以速度﹣v0从A点射出
C．若将q的反粒（﹣q，m）以速度﹣v0从B点射入电场，它将刚好以速度﹣v从A点射出
D．若将q的反粒子（﹣q，m）以速度﹣v从B点射入电场，它将刚好以速度﹣v0从A点射出
解：带电粒子从A点垂直进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，速度大小为v0，运动时间为t＝，l是板长。
A、若将粒子以速度﹣v0从B点射入电场，粒子水平做匀速直线运动，速度大小小于v0，运动时间大于，竖直方向做匀减速直线运动，加速度没有变化，由于竖直方向分速度小于，粒子没有到达A点速度就减为零，所以粒子到不了A点。故A错误。
B、若该粒子以速度﹣v从B点射入电场，竖直方向做匀减速直线运动，加速度没有变化，竖直方向初速度分量等于，竖直方向运动的位移相等，水平方向运动时间没有变化，所以将刚好从A点射出，速度方向与v0方向相反。从A到B电场力做功等于动能的增加，从B到A，粒子克服电场力做功等于动能的减小量，电场力做功的数值相等，所以动能的变化量大小相等，则粒子到达A点时速度大小为v0．故B正确。
C、若将q的反粒（﹣q，m）以速度﹣v0从B点射入电场，其加速度与正粒子大小相等、方向相反，水平方向运动时间相等，竖直方向做匀加速直线运动，位移大小不变，粒子刚好到达A点，而且到达A点时竖直方向分速度大小不变，根据运动的合成可知，到达A点的速度等于﹣v．故C正确。
D、若将q的反粒子（﹣q，m）以速度﹣v从B点射入电场，粒子运动时间不变。竖直方向做匀加速直线运动，若偏转距离相同时，竖直分速度大于，射出电场时速度大于v0，不可能到达A点。故D错误。
故选：BC。
7．如图所示，一质量为m、电荷量为e的质子从静止开始经加速电压U加速后，紧挨A板水平进入竖直方向的偏转电场中。已知A、B板的长度及板间距离都是L，A板电势比B板电势高2U，紧挨A、B的右侧有平面直角坐标系，坐标原点与A板右端重合，第四象限有竖直向上的匀强电场，电场强度为E。
（1）质子从加速电场射出时的速度v1是多大？
（2）质子射出偏转电场时的偏转角θ是多大？
（3）质子进入第四象限后经过多长的时间t速度方向变为水平？
解：（1）质子在加速电场中被加速，根据动能定理：eU＝m
解得：v1＝
（2）质子垂直进入偏转电场后，做类平抛运动，将运动分解为水平与竖直方向。
水平方向做匀速直线运动，则有：L＝v1t
解得：t＝
根据牛顿第二定律：a＝＝
竖直方向速度：vy＝at＝•＝
质子射出偏转电场时的偏转角θ，即tanθ＝＝1
所以θ＝45°
（3）质子进入第四象限后，做类斜抛运动，当沿电场方向的分速度为0时，速度方向变为水平。
在竖直方向的匀强电场中，由运动学公式：vy＝a1t1
根据牛顿第二定律：a1＝
解得：t1＝＝＝
答：（1）质子从加速电场射出时的速度v1是；
（2）质子射出偏转电场时的偏转角θ是45°；
（3）质子进入第四象限后经过的时间速度方向变为水平。
8．一质量为m、电量为q的带电粒子由静止经电压为U加速电场加速后，水平飞入板长为L，两板间距也为L的偏转电场，板间电压也为U，粒子飞出偏转电场后打到荧光屏上，偏转电场右端到荧光屏的距离为L。如图所示，不计带电粒子的重力。求：
（1）带电粒子飞出偏转电场时侧位移；
（2）离开电场时速度偏转角的正切值；
（3）带电粒子离开电场后，打在屏上的P点，求OP的长。
【解答】（1）设带电粒子在经过加速电场，进入偏转电场的速度为v0，根据动能定理
qU＝
解得：
v0＝
带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，则电子飞出偏转电场时的侧位移
y＝
加速度
a＝
在水平方向
L＝v0t
联立解得
y＝
（2）带电粒子飞出电场时在水平方向速度为v0，
在竖直方向上：vy＝at
离开电场时偏转角的正切值：
tanθ＝
联立解得：tanθ＝
（3）带电粒子离开电场后，在水平方向做速度为v0匀速直线运动，在竖直方向做速度为vy的匀速直线运动，
则带电粒子在离开电场后到打在屏上需要的时间：
离开电场后带电粒子在竖直方向的位移y'＝vyt′
OP的长度为：l＝y+y'
联立解得：
答：（1）带电粒子飞出偏转电场时侧位移为；
（2）离开电场时速度偏转角的正切值为；
（3）带电粒子离开电场后，打在屏上的P点，OP的长为。
9．水平放置的平行板电容器如图所示，原来两板不带电，上极板接地，板长L＝1m，两板间距离d＝0.4m。有一束相同的带正电微粒，以相同的初速度v0先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒落到下极板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上，设前一微粒落到下极板上时后一微粒才开始射入两板间，且第一个微粒恰好落在下极板中点处。已知微粒质量m＝1×10﹣4kg，电荷量q＝1×10﹣6C，g取10m/s2。求：
（1）微粒入射的初速度v0的大小；
（2）当极板间电场强度E为多少时，微粒恰好打在下极板右边缘B点；
（3）如果电容器的电容C＝1.0×10﹣6F，能落到下极板上的带电微粒最多有多少个？
解：（1）第一个微粒在极板间做平抛运动，水平位移为：x＝L＝v0t，
竖直位移为：＝gt2
联立并代入数据解得：v0＝2.5 m/s；
（2）微粒恰好从极板下边缘射出，水平方向有：L＝v0t'，
竖直方向有：＝at'2，
代入数据解得加速度为：a＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律得mg﹣qE＝ma，代入数据解得：E＝750 V/m；
（3）根据电场强度与电势差的关系可得：U＝Ed＝750×0.4V＝300V
电容器的电荷量：Q＝CU＝nq
求得：n＝＝＝个＝300 个
n’＝n+1＝301个。
答：（1）微粒入射的初速度v0的大小为2.5 m/s；
（2）当极板间电场强度E为750 V/m时，微粒恰好打在下极板右边缘B点；
（3）如果电容器的电容C＝1.0×10﹣6F，能落到下极板上的带电微粒最多有301个
10．如图所示，一带电粒子以速度v0沿上板边缘垂直于电场线射入匀强电场，它刚好贴着下板边缘飞出．已知匀强电场两极板长为l，间距为d，求：
（1）如果带电粒子的速度变为2v0，则离开电场时，沿场强方向偏转的距离y为多少？
（2）如果带电粒子的速度变为2v0，板长l不变，当它的竖直位移仍为d时，它的水平位移x为多少？（粒子的重力忽略不计）
解：因为带电粒子在电场中做类平抛运动，受到的电场力与速度无关，所以a是一定的，则有
l＝v0t
d＝2
得到a＝
（1）由题，l＝2v0t′
y＝＝•＝
（2）如图所示：将速度反向延长交上板的中点，由三角形相似得
＝，得到x′＝1.5l
所以水平位移x＝l+x′＝2.5l
答：
（1）如果带电粒子的速度变为2v0，离开电场时，沿场强方向偏转的距离y＝．
（2）如果带电粒子的速度变为2v0，板长l不变，当它的竖直位移仍为d时，它的水平位移x为2.5l．
U-t图
轨迹图
v0
v0
v0
v0
v0
vy-t图
t
O
vy
v0
T/2
T
单向直线运动
A
B
速度不反向
t
O
vy
v0
往返直线运动
A
B
速度反向
T
T/2
-v0
垂直打屏
打屏中心
轨迹图
vy-t图
a1t1=a2t2
vy1:vy2=1:2