第8章-第4講-帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)-2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)(新高考新教材)

第八章

靜電場第4講帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)目標(biāo)要求1.掌握帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律.2.會分析帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系.內(nèi)容索引考點一帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)考點二帶電粒子在重力場和電場復(fù)合場中的偏轉(zhuǎn)課時精練考點三帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)考點一帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個分運動(1)沿初速度方向做勻速直線運動，t＝

(如圖).(2)沿靜電力方向做勻加速直線運動夯實必備知識基礎(chǔ)梳理1.兩個重要結(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，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的.提升關(guān)鍵能力方法技巧(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時也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝

mv2－

mv02，其中Uy＝

，指初、末位置間的電勢差.例1

如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出.若不計重力，則a和b的比荷(帶電荷量與質(zhì)量的比值)之比是A.1∶2 B.2∶1 C.1∶8 D.8∶1考向1帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)√粒子在水平方向上做勻速直線運動，a、b兩粒子的水平位移大小之比為1∶2，根據(jù)x＝v0t，知時間之比為1∶2.粒子在豎直方向上做勻加速直線運動，根據(jù)y＝

at2，y之比為2∶1，則a、b的加速度之比為8∶1.根據(jù)牛頓第二定律知，加速度a＝

，加速度大小之比等于比荷之比，則兩電荷的比荷之比為8∶1，故D正確，A、B、C錯誤.例2

如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直.粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角.已知勻強電場的寬度為d，方向豎直向上，P、Q兩點間的電勢差為U(U>0)，不計粒子重力，P點的電勢為零.則下列說法正確的是A.粒子帶負(fù)電B.帶電粒子在Q點的電勢能為qUC.P、Q兩點間的豎直距離為D.此勻強電場的電場強度為√由題圖可知，帶電粒子的軌跡向上彎曲，則粒子受到的靜電力方向豎直向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電，故A錯誤；粒子從P點運動到Q點，靜電力做正功，為W＝qU，則粒子的電勢能減少了qU，P點的電勢為零，可知帶電粒子在Q點的電勢能為－qU，故B錯誤；例3

如圖所示，虛線左側(cè)有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L，電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)相距為L處有一與電場E2平行的屏.現(xiàn)將一電子(電荷量e，質(zhì)量為m)無初速度放入電場E1中的A點，最后打在右側(cè)的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，求：(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間；考向2帶電粒子在組合場中的運動電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，時間為t1，電子進(jìn)入電場E2時的速度為：v1＝a1t1電子從釋放到打到屏上所用的時間為：t＝t1＋t2(2)電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值；答案2設(shè)粒子射出電場E2時平行電場方向的速度為vy，vy＝a2t3解得：tanθ＝2(3)電子打到屏上的點B到O點的距離.答案3L帶電粒子在電場中的運動軌跡如圖所示：設(shè)電子打到屏上的點B到O點的距離為x，聯(lián)立得：x＝3L.考點二帶電粒子在重力場和電場復(fù)合場中的偏轉(zhuǎn)例4

(2019·全國卷Ⅲ·24)空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點.從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(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點發(fā)射時的速度大小為v0，到達(dá)P點所用時間為t；B從O點到達(dá)P點所用時間為

.重力加速度為g，求：(1)電場強度的大??；設(shè)電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a.根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)公式和題給條件，有mg＋qE＝ma ①(2)B運動到P點時的動能.答案2m(v02＋g2t2)設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達(dá)P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2).例5

(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進(jìn)入電場，到達(dá)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.重力加速度為g.由此可見A.帶電小球所受靜電力為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的速度變化量的大小相等√√帶電小球從A到C，設(shè)在進(jìn)入電場前后兩個運動過程水平分位移分別為x1和x2，豎直分位移分別為y1和y2，經(jīng)歷的時間分別為t1和t2，在電場中的加速度為a，從A到B過程小球做平拋運動，則有x1＝v0t1，從B到C過程，有x2＝v0t2，由題意有x1＝2x2，則得t1＝2t2，即小球從A到B是從B到C運動時間的2倍，y1＝

gt12，將小球在電場中的運動看成沿相反方向的類平拋運動，則有y2＝

at22，根據(jù)幾何知識有y1∶y2＝x1∶x2，解得a＝2g，根據(jù)牛頓第二定律得F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，C錯誤，A正確；由于在電場中軌跡向上彎曲，加速度方向必定向上，合力向上，說明靜電力方向向上，所以小球帶負(fù)電，B錯誤；根據(jù)速度變化量Δv＝at，則得AB過程速度變化量大小為Δv1＝gt1＝2gt2，BC過程速度變化量大小為Δv2＝at2＝2gt2，所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等，D正確.考點三帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)1.帶電粒子在交變電場中的運動，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.當(dāng)粒子垂直于交變電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性.2.研究帶電粒子在交變電場中的運動，關(guān)鍵是根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況.根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等.3.注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)：抓住粒子運動時間上的周期性和空間上的對稱性，求解粒子運動過程中的速度、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間極短，帶電粒子穿過電場時可認(rèn)為是在勻強電場中運動.例6圖甲是一對長度為L的平行金屬板，板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場，電場方向與兩板垂直.在t＝0時刻，一帶電粒子沿板間的中線OO′垂直電場方向射入電場，2t0時刻粒子剛好沿下極板右邊緣射出電場.不計粒子重力.則A.粒子帶負(fù)電B.粒子在平行板間一直做曲線運動C.粒子射入電場時的速度大小為D.若粒子射入電場時的速度減為一半，射出電場時的速度垂直于電場方向√粒子向下偏轉(zhuǎn)，可知粒子帶正電，選項A錯誤；粒子在平行板間在0～t0時間內(nèi)做曲線運動；在t0～2t0時間內(nèi)不受任何力，則做直線運動，選項B錯誤；粒子在水平方向一直做勻速運動，可知射入電場時的速度大小為v0＝

，選項C正確；若粒子射入電場時的速度減為一半，由于粒子在電場中受向下的靜電力，有向下的加速度，射出電場時有沿電場方向的速度，則射出電場時的速度不可能垂直于電場方向，選項D錯誤.例7

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)有一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，不計電子的重力，問：(1)若電子從t＝0時刻射入，在半個周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時速度的大小為多少？答案見解析(2)若電子從t＝0時刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長？答案見解析t＝0時刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運動，向A極板方向偏轉(zhuǎn)，半個周期后電場方向反向，電子在該方向上做勻減速運動，再經(jīng)過半個周期，電子在電場方向上的速度減小到零，此時的速度等于初速度v0，方向平行于極板，以后繼續(xù)重復(fù)這樣的運動；要使電子恰能平行于極板飛出，則電子在OO′方向上至少運動一個周期，故極板長至少為L＝v0T.(3)若電子恰能從OO′平行于極板飛出，電子應(yīng)從哪一時刻射入？兩極板間距至少為多大？答案見解析若要使電子從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，每階段時間相同，一個周期后恰好回到OO′上，可見應(yīng)在t＝

(k＝0,1,2，…)時射入，極板間距離要滿足電子在加速、減速階段不打到極板上，設(shè)兩板間距為d，由牛頓第二定律有a＝

，加速階段運動的距離課時精練必備基礎(chǔ)練1.(多選)如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左.不計空氣阻力，則小球A.做直線運動B.做曲線運動C.速率先減小后增大D.速率先增大后減小√√12345678910111213對小球受力分析，小球受重力、靜電力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運動，故A錯誤，B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負(fù)功后做正功，所以速率先減小后增大，選項C正確，D錯誤.123456789101112132.(多選)如圖，豎直放置的平行金屬板帶等量異種電荷，一不計重力的帶電粒子從兩板中間以某一初速度平行于兩板射入，打在負(fù)極板的中點，以下判斷正確的是A.該帶電粒子帶正電B.該帶電粒子帶負(fù)電C.若粒子初速度增大到原來的2倍，則恰能從負(fù)極板邊緣

射出D.若粒子初動能增大到原來的2倍，則恰能從負(fù)極板邊緣射出√√12345678910111213粒子向右偏轉(zhuǎn)，故粒子受向右的靜電力，所以粒子帶正電，選項A正確，B錯誤；若粒子初速度增大到原來的2倍，由于水平方向的加速度不變，可知粒子運動時間不變，由x＝vt可知豎直位移變?yōu)?倍，則恰能從負(fù)極板邊緣射出，選項C正確，D錯誤.123456789101112133.如圖所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點A點釋放一個帶電荷量為＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不計，以水平初速度v0向右射出，當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為1∶2時，恰好從下端點B射出，則d與L之比為A.1∶2 B.2∶1C.1∶1 D.1∶3√12345678910111213設(shè)粒子從A到B的時間為t，粒子在B點時，豎直方向的分速度為vy，由類平拋運動的規(guī)律可得L＝v0t，d＝

，又v0∶vy＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，選項C正確.123456789101112134.(多選)(2021·全國乙卷·20)四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行.不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是√√12345678910111213帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為a＝

，由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子在電場中運動時間為t＝

，離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tanθ＝

，因為四個帶電的粒子的初速度相同，電場強度相同，水平位移相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，(＋q，m)粒子與(＋3q,3m)粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q，m)、(－q，m)三個粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但(－q，m)粒子與上述兩個粒子的偏轉(zhuǎn)角方向相反，(＋q,2m)粒子的比荷比(＋q，m)、(＋3q,3m)粒子的比荷小，所以(＋q,2m)粒子比(＋q，m)(＋3q，3m)粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同，故A、D正確，B、C錯誤.123456789101112135.(多選)質(zhì)子和α粒子(氦核)分別從靜止開始經(jīng)同一加速電壓U1加速后，垂直于電場方向進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場電壓為U2.兩種粒子都能從偏轉(zhuǎn)電場射出并打在熒光屏MN上，粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時速度方向正對熒光屏中心O點.下列關(guān)于兩種粒子運動的說法正確的是A.兩種粒子會打在屏MN上的同一點B.兩種粒子不會打在屏MN上的同一點，質(zhì)子離O點

較遠(yuǎn)C.兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時具有相同的動能D.兩種粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時具有不同的動能，α粒子的動能較大√√1234567891011121312345678910111213對兩個粒子先加速后偏轉(zhuǎn)的全過程，根據(jù)動能定理得qU1＋qU2′＝Ek－0，因α粒子的電荷量q較大，故離開偏轉(zhuǎn)電場時α粒子的動能較大，C錯誤，D正確.123456789101112136.(多選)如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，有兩個質(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點)處在同一水平面上.現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運動軌跡如圖所示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則A.A球帶正電，B球帶負(fù)電B.A球比B球先落地C.在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加D.兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的動能變化量比B球的小√√12345678910111213兩球在水平方向都做勻速直線運動，由x＝v0t知，v0相同，則A運動的時間比B的長，豎直方向上，由h＝

at2可知，豎直位移相等，運動時間長的加速度小，則A所受的合力比B的小，所以A所受的靜電力向上，帶正電，B所受的靜電力向下，帶負(fù)電，故A正確.A運動的時間比B的長，則B球比A球先落地，故B錯誤.12345678910111213A所受的靜電力向上，靜電力對A球做負(fù)功，A球的電勢能增加.B所受的靜電力向下，靜電力對B球做正功，B球的電勢能減少，故C錯誤.A所受的合力比B的小，A、B沿合力方向位移相同，則A所受的合力做功較少，由動能定理知兩球從拋出到各自落地過程中A球的動能變化量小，故D正確.123456789101112137.如圖，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中).不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于能力綜合練√12345678910111213123456789101112138.(2020·浙江7月選考·6)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中.已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點時√12345678910111213粒子在電場中只受靜電力，F(xiàn)＝qE，方向向下，如圖所示.粒子的運動為類平拋運動.水平方向做勻速直線運動，有x＝v0t12345678910111213故A錯誤.123456789101112139.如圖所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成.放射源O在A極板左端，可以向各個方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子(電子).若極板長為L，間距為d，當(dāng)A、B板加上電壓U時，只有某一速度的β粒子能從細(xì)管C水平射出，細(xì)管C離兩板等距.已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為√123456789101112131234567891011121310.(多選)如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M.一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列說法中正確的是(已知重力加速度為g)√√12345678910111213據(jù)題分析可知，質(zhì)點在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，飛出電場后，軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性，如圖所示：則兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得qE－mg＝ma，mg＝ma，123456789101112131234567891011121311.如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一個勻強電場，場強大小為E、方向與圓所在的面平行.PQ為圓的一條直徑，與場強方向的夾角θ＝60°.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從P點以某一初速度沿垂直于場強的方向射入電場，不計粒子重力.(1)若粒子到達(dá)Q點，求粒子在P點的初速度大小v0.12345678910111213粒子做類平拋運動，設(shè)粒子從P點運動到Q點的時間為t，加速度為a，則水平方向有：2Rsinθ＝v0t由牛頓第二定律得qE＝ma12345678910111213(2)若粒子在P點的初速度大小在0～v0之間連續(xù)可調(diào)，則粒子到達(dá)圓弧上哪個點電勢能變化最大？變化了多少？12345678910111213粒子到達(dá)圓弧上最低點電勢能變化最大ΔEp＝－qEdd＝R＋Rcosθ1234567891011121312.如圖所示，板長L＝30cm的兩金屬板A、B平行正對，板間距離d＝2cm，A、B間接u＝91sin(100πt)V交流電源.持續(xù)均勻的電子束以速度v0＝3×107m/s沿著A板射入電場，若電子與金屬板接觸會被吸收，但對板間電壓的影響可忽略.已知電子質(zhì)量