高考物理沖刺：知識講解-帶電粒子在電場中的運動（提高）

理總復習：帶電粒子在電場中的運動

編稿：李傳安審稿：

【考綱要求】

1、知道帶電粒子在電場中的運動規(guī)律，并能分析解決加速和偏轉方面的

問題；

2、會結合力學知識分析解決帶電粒子在復合場中的運動問題；

3、知道示波管的基本原理。

【考點梳理】

考點一、帶電粒子在勻強電場中的加速

帶電粒子在電場中運動時，重力一般遠小于靜電力，因此重力可以忽略。

要點詮釋：

勻強電場中有一帶正電q的粒子(不計重力)，在電場力作用下

1到B點，速度由vo增加到v.A、B間距為d,電勢差為UAB.

(1)用動力學觀點分析：。=擔，E=,v2-vl=2ad

md

2

(2)用能量的觀點(動能定理)分析：qUAD=^mv-Imv；

能量觀點既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場，對勻強電場又有

(2)偏轉問題的處理方法，類似于平拋運動的研究方法，粒子沿初速度方向

做勻速直線運動，可以確定通過電場的時間公

%

粒子沿電場線方向做初速度為零的勻加速直線運動，力口速度。=±=必=烏；

2mmma

穿過電場的位移側移量：駕心；

22mdv02m%d

穿過電場的速度偏轉角：tan6=*=&U。

%

兩個結論:

（1）不同的帶電粒子從靜止開始，經(jīng)過同一電場加速后再進入同一偏轉電場,

射出時的偏轉角度總是相同的。

（2）粒子經(jīng)過電場偏轉后，速度的反向延長線與初速度延長線的交點為粒子水

平位移的中點。（與平拋運動的規(guī)律一樣）

卜勾造簡圖如圖所示，

名熒光屏。

（2）示波管的原理

a、偏轉電極不加電壓時,從電子槍射出的電子將沿直線運動，射到熒光屏

的中心點形成一個亮斑。

b、在XT（或KT）加電壓時，則電子被加速,偏轉后射到XX,（或）T'）

所在直線上某一點，形成一個亮斑（不在中心），如圖所示。

在圖中,設加速電壓為q,電子電荷量為e,質量為m,由卬=△&

^eUt=-mVa①

由①②③④式得熒光屏上的側移

yr=y+1tan(p=e嗎;+y)=(Lz+-^)tancp

或者：當求出側移量y后，可以用相似形求V,要利用〃速度的反向延長線交

于兩板的中點”的結論，方程為義=

〃2r+L/2

C、示波管實際工作時，豎直偏轉板和水平偏轉板都加上電壓一般加在豎直

偏轉板上的電壓是要研究的信號電壓，加在水平偏轉板上的是掃描電壓，若兩者

周期相同，在熒光屏上就會顯示出信號電壓隨時間變化的波形圖。

【典型例題】

類型一、帶電粒子在勻強電場中的加速

例I、一電子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，又垂直于電場線

進入電壓為6的兩平行金屬板間的偏轉電場，射出偏轉電場時沿電場線方向偏

移量為y,要使y增

大，則一定可行的方法是（）〃d,

----------+

A、5、6都增大卜

B、Ui、6都減小4----------1

C、Ui減小，6增大

D、6減小，Ui增大

【思路點撥】要分析改變哪幾個量使電子的偏移量變大，基本的方法就是快速寫

出偏移量的表達式。這里比較明顯的是增大偏轉電場的電壓，場強變大，電場力

變大，偏移量大。

【答案】c

【解析】電子由靜止在加速電場加速

以速度V進入偏轉電場l=vteE=maE=

y=gaf2y=777-故C正確。

24U。

【答案】(1)F=號(2))

d例Wo

(3)T=—yl2m(q(p()-A)

q(p。

【解析】(1)由圖可知，0與d(或-d)兩點間的電勢差為(po

電場強度的大小入粵

a

電場力的大小尸=4石=華

a

(2)設粒子在［，o,xo］區(qū)間內(nèi)運動,速率為v,由題意得

~my2-q(p=-A①

Ivl

由圖可知0=%(l-寸)②

a

1Ivl

由①②得二廠二4夕0?！?)-A③

2a

因動能非負，有m(1-日)-AZO

a

AA

得WWd(l----)即/="(1----)④

WoWo

4A

粒子運動區(qū)間)

q(p°q(Po

(3)考慮粒子從-xo處開始運動的四分之一周期

根據(jù)牛頓第二定律，粒子的加速度―衛(wèi)羋⑤

___mmma

由勻加速直線運動,二科

將④⑤代入，得/座(「工

VTO)W)

粒子運動周期/=4/=—42m(q%-4)

W)

類型二、帶電粒子在勻強電場中的偏轉

例2、如圖所示，電子的質量為m、電量為-e,以速度vo沿與場強垂直的

方向從A點進入勻強電場，并從另一側B點沿與場強方向成150°角飛出。則A、

B兩點間的電勢差為多少？

BLoo【思路點撥】已知電子以某一初速度從一個勻強電場飛出，還

'v，扁轉角度，水平速度不變,求出末速度，顯然應用動能定理。

“Ph:u囚點150。角飛出，即與方向成60。角，

電場力做正功，根據(jù)動能定理-eU.&=].-3用片

將速度分解為Vo和Vy,得vcos6。。=%即y2%

聯(lián)立解得心8=-竽片

2e

UAB為負值說明A點電勢比B點電勢低,由電場線方向也可判斷B點電勢高。

【總結升華】運動學公式只適用于處理勻強電場中的運動問題，而動能定理及能

量觀點更具有普遍性。所以要隨時想到用能量觀點處理帶電粒子在電場或復合場

中的運動問題。尤其是復合場中不規(guī)則曲線運動問題。

舉一反三

【變式】如圖所示，在一塊足夠厚的鉛屏A的右表面上的P點處有一放射源，

7

放射源釋放的P射線的速度vo=l.OxlOm/s,在B處放置一平行于鉛屏的金屬

網(wǎng)——；BIM-水平向左的勻強電場，其電場強度E=3.64X104N/C,A、

B；P￡|2m,熒光屏M和B平行，相距s=1.0xl0-2m,求熒光屏

上[|范圍。（電子的荷質比為1.76x10“C/心）

?可

【答案】觀測到的范圍是半徑為R=3.125xl（r2〃z的圓范圍。

【解析】從P點處放射出的P粒子，向各個方向都有，速度方向平行于A板的

粒子在AB之間做類平拋運動，射出B后做勻速直線運動，打到熒光屏M的距

一個圓，觀測到的范圍就是半徑最大的圓。取一個速度方向平

進行分析如圖：

在AB飛行的時間小d=\at^,a=—,解得“熠

I~~2-mVeE

AB間偏移y==2.5x10"〃z

到B時匕=at[=戶畫

Vmi---

在BM間飛行時間、=￡=sj』一=6.25、1（尸°秒

匕V2deE

BM間側移必=怔=6.25x10?！ǎㄘQ直方向的速度仍是%）

-2

/.y=y]+y2=3.125xl0/w

觀察范圍是以O'為圓心，R=y=3.125xlO2〃?為半徑的圓。

【高清課堂：帶電粒子在電場中的運動1例2]

例3、如圖，虛線a、b和c是某靜電場中的三個等勢面，它們的電勢分別

為5、Ub和Uc,Ua>Ub>Uc.一帶正電的粒子射入電場中，其運動軌跡如實線

KLMN所示，由圖可矢：]（）

A.粒子從K到L的過程中，電場力做負功，—”?、、

/.■_.X

/，a、、、

B.粒子從L到M的過程中，電場力做負功「J，'""、''

C.粒子從K到L的過程中，靜電勢能增加

D.粒子從L到M的過程中，動能減少、一一,

【思路點撥】判斷粒子的電性一般根據(jù)"合力指向軌跡凹的一側〃，判斷電勢高

低根據(jù)電場線的方向判斷動能的增大減小、電勢能的增大減小根據(jù)電場力做功，

分析力的方向位移的方向。

【答案】AC

【解析】粒子先靠近再遠離，受斥力作用。粒子從K到L的過程中，力的方向

與位移相反，電場力做負功，A對；遠離過程電場力做正功，B錯；電場力做正

功，動能增加，電勢能減少，電場力做負功，動能減小，電勢能增加，粒子從K

到L,電場力做負功，靜電勢能增加C對,粒子從L到M的過程中，電場力做

正功，動能增加，D錯。

【總結升華】對這類問題，應先判斷受力情況，做曲線運動的物體所受合力指向

凹的一側，或者根據(jù)運動判斷，先靠近后遠離，顯然受排斥力。靜電場力做功問

題與重力場做功可以認為是〃一樣的〃，利用類比有助于理解和記憶。

舉一反三

【變式】如圖，在點電荷Q產(chǎn)生的電場中，將兩個帶正電的試探電荷多、分分

別置于A、B兩點，虛線為等勢線。取無窮遠處為零電勢點，若將名、生移動到

無窮遠的過程中外力克服電場力做的功相等，則下列說法正確的是（）

A.A點電勢大于B點電勢

B.A、B兩點的電場強度相等

C.%的電荷量小于%的電荷量

D.%在A點的電勢能小于私在B點的電勢能

【答案】C

【解析】將正的點電荷從電場中移到無窮遠處要克服電場力做功，說明點電荷Q

帶負電，在負的點電荷電場中離負電荷越遠處電勢越高，因此A點電勢小于B

點電勢，A項錯誤；姿點電荷越遠處電場強度越小，B項錯誤；A點與無窮遠處

的電勢差Ui比B點與無窮遠處的電勢差6大，由于兩電荷移到無窮遠處克服

電場力做功相等，因此有外〃，因此qi小于q2,c項正確；由于兩電荷

移到無窮遠處克服電場力做功相等,因此有，即4處二%為，

因此兩電荷在A、B兩點的電勢能相等，D項錯誤。

類型三、帶電粒子在交變電場中的運動

例4、如圖（a）所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的

交變電壓，

一工，「"'丁」SR『Z??固定在兩板的正中間P處。若在t。時刻釋放

該*」.，:R尸一時而向B板運動，并最終打在A板上。則to

可盲尸：

圖如）陽（協(xié)

八T口T37

A.0<%<一D.—<4)<----

°4204

3T97'

C.—<r0<TD,T<t0<—

【思路點撥】一是要分段分析，二是要明確粒子受電場力作用從靜止開始做勻加

速直線運動。

【答案】B

【解析】若。＜/。＜；,帶正電粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后

再反方向加

速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距

離，最終打

在B板上，所以A錯誤。若（＜,帶正電粒子先加速向A板運動、再減

速運動至

零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動，每次向左運動的距

離大于向右

運動的距離，最終打在A板上,所以B正確。若"。＜T,帶正電粒子先加

4

速向A板

運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動至零；如此反復運動,

每次向左

運動的距離小于向右運動的距離，最終打在B板上，所以C錯誤。若7＜1。＜亭,

O

帶正電

粒子先加速向B板運動、再減速運動至零；然后再反方向加速運動、減速運動

至零；如此

反復運動，每次向右運動的距離大于向左運動的距離,最終打在B板上，所以D

錯誤。

【總結升華】根據(jù)給定的時刻，分析清楚兩板電壓的高低，開始時向哪邊運動，

做的是勻加速運動，電壓反向后，先做勻減速運動，速度減為零后，再做反向勻

加速運動，繼續(xù)做勻減速至零，如此往復運動，注意時間的長短，即位移的大小,

比較位移的大小。也可以作速度時間圖像分析。

舉一反三

【高清課堂：帶電粒子在電場中的運動1例4]

【變式】如圖所示，AB是一對平行的金屬板，在兩板之間加上一周期為T的交

變電壓U,A板的電勢（pA=0,B板電勢（PB隨時間的變化規(guī)律如圖所示。現(xiàn)有

力?E口的電場區(qū)內(nèi)，設電子的初速度和重力的影響

國——?

mo\_：_ii:-

A.若電子是在t=0時刻進入的，它將一直向B板運動

B.若電子是在/=時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動,

8

最后打在B板上

C.若電子是在"打時刻進入的，它可能時而向B板運動時而向A板運動,

8

最后打在B板上

D.若電子是在f=；丁時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動

【答案】AB

/-t圖象如圖中①所示,由圖象可知電子

E確。

電子在/=時刻進入電場后的v-t圖象如圖中②所示，由圖象可知，在電子運

8

動的一周內(nèi),電子先向B運動后向A板運動，但向B板運動的位移大于向A板

的位移，故最后要打在B板上，B正確。同理,由第③條v-t圖線可知C錯誤。

電子在f=時刻進入電場，電子開始就受力向A返回,不能在電場中運動,

故D不對。故選AB。

類型四、帶電粒子在復合場中的運動

處理帶電粒子在復合場中運動的關鍵是要弄清粒子所在區(qū)域存在幾個場，分

別是什么性質的場（電場、磁場、重力場），幾個場是簡單的排列，還是疊加，

粒子受力情況如何。處理方法主要有以下兩種：

1.正交分解法：將復雜的運動分解為兩個互相正交的簡單的直線運動。

E,丁法，將重力與電場力進行合成如圖所示，則心等效

于"重力攵于"重力加速度’，心的方向等效于"重力的方向〃。

GFa

例5、在如圖所示的xOy平面內(nèi)（y軸正方向豎直向上）存在著水平向右的勻

強電場，有一帶正電的小球自坐標原點。沿y軸正方向豎直向上拋出，它的初

動能為4J,不計空氣阻力。當它上升到最高點M時，它的動能為5J。

求：（1）試分析說明帶電小球被拋出后沿豎直方向和水平方向分別做什么運

二力?

丁

'球從拋出點0到落回與0在同一水平線上的。'點

00'點時的動能。

X

【思路點撥】根據(jù)豎直上拋運動的時間特點：上升到最高點的時間與落回到拋出

點的時間相等，小球沿水平方向的分運動特點初速度為零的勻加速度直線運動,

在相等的時間內(nèi)位移之比為1:3,即可畫出軌跡，根據(jù)動能定理求末動能。

【答案】（1）豎直方向為上拋運動，水平方向做初速度為零的勻變速直線運動。

二拋回落時間相同，故水平位移比為1：3),即。'點

【解析】(1)豎直方向只受重力，并存在豎直向上的初速度v0,所以豎直方向

為勻減速直線運動(豎直上拋運動)；水平方向初速度為零，小球受水平向右的

恒定的電場力作用，故做初速度為零的勻變速直線運動。

(2)根據(jù)豎直上拋運動的時間特點(上升到最高點的時間與落回到拋出點的時

間相等)

和小碳消7kp右向的云動特點(初速度為零的勻加速度直線運動，在相等的時

：OP:W=1:3,M點為最高點，水平距離為0P,

與電小球在水平方向的位移P0'為三個格，即點。'在

(3)設小球質量為m、帶電量為q,初速度為vo,上升的最大高度為h,0M

(OP)兩點間電勢差為Ui,MO'(P0')兩點間電勢差為6，小球在0'點的

動能為Ek'。

已知％=4/EkM=5J

對于小球從。到M的過程，根據(jù)動能定理有：qU「mgh=Ehv1-EkO

由豎直方向的分運動可得出h=受mgh=-mvl=4J

2g2

對于小球從M到0'的過程，根據(jù)動能定理有：qU2+mgh=E[-4V

根據(jù)豎直上拋運動的時間特點(上升到最高點的時間與落回到拋出點的時間相等)

和小球沿水平方向的分運動特點(初速度為零的勻加速度直線運動，在相等的時

間內(nèi)位移之比為1：3)可知：OP:P0'=1:3

由勻強電場的電勢差與場強的關系有G：3=1：3(qU、=5J,qU2=\SJ)

由以上方程可解得：E：=24J

【總結升華】對于復合場中的力學問題，可以根據(jù)力的獨立作用原理分別研究每

種場力對物體的作用效果，也可以同時研究幾種場力共同作用的效果，將復合場

等效為一個簡單場，然后與重力場中的力學問題進行類比，利用力學的規(guī)律和方

法進行分析與解答。

舉一反三

【變式】如圖所示，一絕緣"U"形桿由兩段相互平行的足夠長的水平直桿PQ、

MN和一半徑為R的光滑半圓環(huán)MAP組成，固定在豎直平面內(nèi)，其中MN桿

是光滑的，PQ桿是粗糙的.現(xiàn)將一質量為m的帶正電荷的小環(huán)套在MN桿上,

小環(huán)所受的電場力為重力的1/2.

(1)若將小環(huán)由D點靜止釋放，則剛好能到達P點，求DM間的距離.

(2)若將小環(huán)由M點右側5R處靜止釋放，設小環(huán)與PQ桿間的動摩擦因數(shù)

￡；__________

為口，小環(huán)所落灰靜摩擦力與滑初摩擦力大小相等,求小環(huán)在整個運動過程中

克服摩擦場螭嘰------------

------邛------N

*'D

【答案】(1)x=4R(2)若從mgNqE,叱=?警；

1+2//

【解析】(1)設DM間的距離為x,根據(jù)動能定理由-2叫次=0-0

已知亞=，咫，聯(lián)立解得x=4R.

(2)若“mg之^石(即〃2；),設小環(huán)到達P點右側心處靜止，

根據(jù)動能定理qE(5穴--〃7g2R-fs}=0-0,f=pN="mg

聯(lián)立解得，?=-4-，克服摩擦力做功叱=W岬=.

若卬慨<4七(即〃<；),小環(huán)在PQ上經(jīng)過往復運動，最后在P點速度為零，

根據(jù)動能定理-w82/?-明=0,克服摩擦力做功W2

類型五、示波管的原理

【高清課堂：帶電體在電場中的運動2例3】

例6、質子和a粒子在同一電場中加速后再經(jīng)過同一電場偏轉，打在熒光屏

上，下列說法正確的是（）

A、到