第九章 第5课时 带电粒子在电场中的偏转（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（粤教版 粤）

第5课时　带电粒子在电场中的偏转 目标要求　1.掌握带电粒子在电场中偏转的规律。2.理解带电粒子在示波管中的运动。3.掌握带电粒子在电场和重力场的叠加场中的运动规律。 考点一　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，t＝(如图)。 (2)沿电场力方向做匀加速直线运动 ①加速度：a＝＝＝； ②离开电场时的偏移量：y＝at2＝； ③离开电场时的偏转角：tan θ＝＝。 2．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＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。 3．粒子经电场偏转后射出时，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偏转极板长度的一半。 思考　不同的带电粒子(带同种电性)在加速电场的同一位置由静止开始加速后再进入同一偏转电场，带电粒子的轨迹是重合的吗？ 答案　由qU0＝mv02 y＝at2＝··()2 tan θ＝＝ 得y＝，tan θ＝， y、θ均与m、q无关。即偏移量和偏转角总是相同的，所以它们的轨迹是重合的。 例1　(2023·广东深圳市福田区红岭中学模拟)在xOy平面内有一个平行y轴的匀强电场，一个电荷量为 －q、质量为m的带电粒子，在 y轴上某点A以速度v0垂直于y轴射入第一象限，速度方向偏转θ角时经过点B(d, 0)。忽略粒子重力。求： (1)场强的大小和方向； (2)若仅改变场强大小，粒子能经过点C(， 0)，则由A到C，带电粒子的电势能变化了多少。 答案　(1)　电场指向y轴正方向　(2)－2mv02tan2θ 解析　(1)由带电粒子偏转方向可知电场指向y轴正方向 粒子在第一象限，有d＝v0t，qEt＝mvy，过点B(d, 0)时，有vy＝v0tan θ，联立解得E＝ (2)场强变为E′，由＝v0t′，得t′＝，由y＝a′t′2 得a′＝4a，由vy′＝a′t′，得vy′＝2vy＝2v0tan θ 又ΔEp＝mv02－m(v02＋vy′2)，联立解得ΔEp＝－2mv02tan2θ。 例2　(2023·广东省东北师范大学附属中学期中)1890年，英国物理学家J.J.汤姆孙对阴极射线进行了研究，打开了探究原子结构的大门，他的实验装置如图所示。真空玻璃管内阴极K发出的电子，由静止经A、K间的电压加速后，以平行于极板C、D的速度进入平行板电容器。若两极板C、D间无电压，则电子恰好打在荧光屏上的O点；若在两极板间施加图示的电压，则电子打在荧光屏上的P点。已知极板C、D的长度均为l，间距为d，O、P间的距离为y，电子的比荷为，加速电压和偏转电压均为U。求： (1)电子进入极板C、D时的速度大小v0； (2)两极板右端距荧光屏的距离L。 答案　(1)　(2)－ 解析　(1)根据动能定理有Ue＝mv02 解得v0＝ (2)电子的运动轨迹如图所示，设电子在偏转电场中偏转的位移大小为h，有h＝·()2，＝ 解得L＝－。 确定最终偏移距离 思路一 思路二 例3　(多选)(2024·广东广州市测试)如图所示为带异种电荷的平行金属板(忽略电场的边界效应)，在电场内紧贴M板左端内侧，向垂直于M板和平行于M板两个方向分别发射速度大小均为v0的相同粒子a、b，分别打中N板左端和右端。若不计重力和粒子之间的相互作用，a粒子到达N板的速度大小为v0，则(　　) A．a、b粒子到达N板的时间相等 B．a粒子到达N板的时间小于b粒子到达N板的时间 C．a、b粒子到达N板的速度大小相等 D．a粒子到达N板的速率小于b粒子到达N板的速率 答案　BC 解析　b粒子在垂直于M板的方向的分运动初速度为0，加速度与a粒子的加速度相同，而a粒子的初速度不为0，所以a粒子到达N板的时间小于b粒子到达N板的时间，故A错误，B正确；a、b粒子到达N板时电场力做的功相同，根据动能定理，a、b粒子到达N板的速度大小相等，故C正确，D错误。 确定偏转后的动能(或速度) 思路一 思路二 例4　(2023·广东湛江市模拟)示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差UXX′和UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为(　　) 答案　A 解析　UXX′和UYY′均为正值，两偏转电极的电场强度方向分别由X指向X′，由Y指向Y′，电子带负电，所受电场力方向与电场强度方向相反，所以分别向X、Y方向偏转，可知A正确。 考点二　带电粒子在电场和重力场的复合场中的偏转 例5　如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电小球(可视为质点)以水平向右的初速度v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　) A．小球所受电场力大小为 B．小球所受的合外力大小为 C．小球由O点到P点用时为 D．小球通过P点时的动能为mv02 答案　C 解析　设OP＝L，小球从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点时水平速度为零，竖直方向做自由落体运动，则水平方向Lcos 60°＝t，竖直方向Lsin 60°＝gt2，解得t＝，选项C正确；水平方向受电场力F1＝ma＝m＝，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合外力的大小F＝＝mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度大小vP＝gt＝v0，则动能EkP＝mvP2＝mv02，选项D错误。 例6　空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求： (1)电场强度的大小； (2)B运动到P点时的动能。 答案　(1)　(2)2m(v02＋g2t2) 解析　(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma① a()2＝gt2② 解得E＝③ (2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh＋qEh＝Ek－mv12④ 且有v1·＝v0t⑤ h＝gt2⑥ 联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。 课时精练 1. (多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。不计空气阻力，则小球(　　) A．做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小 答案　BC 解析　对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，故C正确，D错误。 2. (2023·广东揭阳市期末)平行金属板A、B分别带等量异种电荷，A板带正电，B板带负电，a、b两个带正电的粒子，以相同的速率先后垂直于电场线从同一点Q进入两金属板间的匀强电场中，并分别打在B板上的A′、B′两点，如图所示。若不计重力，则(　　) A．a粒子带的电荷量一定大于b粒子带的电荷量 B．a粒子的质量一定小于b粒子的质量 C．a粒子带的电荷量与质量之比一定大于b粒子带的电荷量与质量之比 D．a粒子带的电荷量与质量之比一定小于b粒子带的电荷量与质量之比 答案　C 解析　设粒子的速度为v，电荷量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则加速度a＝，运动时间t＝ 粒子垂直电场线射入电场后，粒子的偏移量y＝at2＝·()2 根据题图可知，粒子的偏移量相同，xa<xb，所以>，但a粒子带的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，故选C。 3. (2024·广东省模拟)如图所示，一质量m＝1×10－3 kg、电荷量为q＝＋1×10－3 C的粒子，重力不计，在竖直向下的电场强度为E＝1×103 N/C的匀强电场中运动，在A点时速度方向与电场方向夹角为60°，经过0.1 s后到达B点速度方向与电场方向夹角为30°，则粒子在A点速度的大小为(　　) A．100 m/s B．200 m/s C．300 m/s D．400 m/s 答案　A 解析　粒子只受电场力作用，由牛顿第二定律可得a＝＝103 m/s2 整个运动过程中水平方向不受力，速度不变，设水平方向的速度为v0，则有＝＋at 解得v0＝50 m/s，故粒子在A点速度大小为vA＝＝100 m/s，故选A。 4. (2023·广东汕头市二模)如图所示，一立方体空间平行x轴方向存在匀强电场，处于Oyz平面内的粒子源P能同时发射速率相同的同种粒子，其中沿x轴、z轴正方向的粒子分别从该空间的M、N点离开电场。不计重力和粒子间的相互作用，则(　　) A．P点的电势一定高于M点的电势 B．从M、N点离开电场的粒子速度相同 C．从M、N点离开电场的粒子在电场中运动的时间相等 D．从M点离开时粒子所受电场力的功率大于从N点离开时粒子所受电场力的功率 答案　D 解析　不知电荷的正负，无法得知平行于x轴方向的匀强电场方向，当电场方向水平向右时，M点的电势低于P点，当电场方向水平向左时，M点的电势高于P点，故A错误； 电场力对两粒子做功相同，又两粒子的初动能相同，可知两粒子的末动能相同，即粒子的速度大小相同，但方向不同，从M点离开的粒子速度方向水平向右，从N点离开的粒子速度方向向右下，故B错误； 两粒子水平加速度相同，但水平初速度不同，水平位移相同，由x＝v0t＋at2，可知运动时间不同，故C错误；根据功率P＝Fv，电场力相同，但是水平速度不同，根据题意从M点离开的粒子水平速度大，则从M点离开时粒子所受电场力的功率大于从N点离开时粒子所受电场力的功率，故D正确。 5. (多选)(2024·广东省广州大学附属中学联考)如图所示，质子和α粒子的混合体，由静止经同一电场U1加速后，垂直于电场方向射入同一偏转电场U2中，偏转后打在同一荧光屏上，则它们(　　) A．离开加速电场时的速度相同 B．离开偏转电场时速度方向相同 C．在偏转电场中的偏转距离y相同 D．到达屏上位置相同 答案　BCD 解析　设带电粒子的电荷量为q，质量为m，偏转电场极板长为L，板间距离为d，根据动能定理可知，在加速电场中qU1＝mv02 可得v0＝ 由于质子和α粒子的比荷不同，故离开加速电场时的速度不相同，故A错误； 在偏转电场运动时间为t＝ 带电粒子偏转距离y＝at2＝·()2＝ 设速度偏转角为θ，则tan θ＝＝＝ 由以上分析可知带电粒子在偏转电场中的偏转距离、速度偏转角与带电粒子的质量、电荷量无关，故质子和α粒子离开偏转电场时速度方向相同，偏转距离相同，会打在屏上同一点，故B、C、D正确。 6．(多选)(2023·广东省检测)如图所示，虚线MN左侧有一场强大小为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度大小为E2＝3E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点，A点到MN的距离为，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，则(　　) A．电子从释放到打到屏上所用的时间为2 B．电子从释放到打到屏上所用的时间为3 C．电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为2 D．电子打到屏上的点P′(图中未标出)到点O的距离为L 答案　BD 解析　电子在E1＝E的匀强电场中向右做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律有eE1＝ma1 根据位移时间公式，有＝a1t12 电子进入E2＝3E的匀强电场时的速度v1＝a1t1，在水平方向上做匀速直线运动，有2L＝v1t2 电子从释放到打到屏上所用的时间为t＝t1＋t2 代入数据解得t＝3，B正确，A错误；电子在电场E2中时竖直方向上有eE2＝e·3E＝ma2，vy＝a2t3，L＝v1t3，电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan θ＝，解得tan θ＝3，C错误；电子离开电场E2时的速度反向延长线交于E2电场中点O′，轨迹如图所示，电子打到屏上的点P′到点O的距离为x，由相似三角形得tan θ＝，解得x＝L，D正确。 7. (2023·广东深圳市罗湖外语学校期中)如图所示为一种新型粒子收集装置，一个粒子源放置在立方体ABCD－A′B′C′D′中心(固定在竖直轴上)，粒子源可以向水平各方向均匀地发射同一种带正电粒子，粒子比荷为＝1×108 C/kg。立方体处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝1×103 N/C；立方体棱长L＝0.1 m，除了上下底面AA′B′B、CC′D′D为空外，其余四个侧面均为荧光屏。不考虑粒子源的尺寸大小、粒子重力以及粒子间的相互作用；粒子打到荧光屏上后被荧光屏所吸收，不考虑荧光屏吸收粒子后的电势变化。求： (1)粒子打出后，在电场中运动的加速度大小； (2)分析说明打到荧光屏上哪些位置的粒子运动的时间最长，并求最长时间； (3)不能打到荧光屏上的粒子，发射时的速度范围。 答案　(1)1×1011 m/s2　(2)见解析　(3)v0<5×104 m/s 解析　(1)根据牛顿第二定律qE＝ma 代入数据可得加速度大小为a＝1×1011 m/s2 (2)粒子在电场中做类平抛运动，粒子恰好落在荧光屏的下边缘运动时间最长，即落到正方形CDD′C′边上的粒子在电场中运动时间最长，竖直方向有＝at2 代入数据解得t＝1×10－6 s (3)恰好打在荧光屏下边缘时，水平方向有＝v0t，得能打到荧光屏上的最小速度为v0＝5×104 m/s，所以不能打到荧光屏上的粒子的速度范围v0<5×104 m/s。 8. (2023·广东珠海市第一中学测试)如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，第三象限内有水平向左的匀强电场，第四象限内y轴与x＝2R虚线之间有竖直向下的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E，x＝3R处有一竖直固定的荧光屏。现在第三象限内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧圆心在坐标原点O，A端点在x轴上，B端点在y轴上。一个质量为m的带电小球从A点上方高2R处的P点由静止释放，小球从A点进入圆弧轨道运动，从B点离开时速度的大小为2，重力加速度为g，求： (1)小球的电荷量及其电性； (2)小球离开第四象限电场时的位置坐标； (3)小球最终打在荧光屏上的位置距x轴的距离。 答案　(1)　正电　(2)(2R，－2R)　(3)3.125R 解析　(1)小球从P点运动到B点的过程中，设电场力做的功为W电，根据动能定理得 mg·3R＋W电＝mv2－0 解得W电＝－mgR，所以小球带正电，设电荷量大小为q，有W电＝－qER，解得q＝ (2)在第四象限电场中，由于电场力方向向下，且有qE＝mg，小球从B点以v＝2的速度进入第四象限内的电场做类平抛运动， 加速度大小为a＝＝2g 在电场中运动的时间t1＝＝，下落的高度为h1＝at12＝R，则离开第四象限电场时的位置坐标为(2R，－2R) (3)出电场时竖直方向的分速度为vy＝at1＝2 出电场后到屏的运动时间为t2＝＝， 出电场后至打到光屏上在竖直方向运动的距离 h2＝vyt2＋gt22＝R 因此小球打在荧光屏上的位置距x轴的距离 H＝R＋h1＋h2＝3.125R。 9．如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为Δd的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L。加速电压为U0，两对极板间偏转电压大小相等均为U0，电场方向相反。质量为m、电荷量为＋q的粒子无初速度地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计粒子重力。下列说法正确的是(　　) A．粒子离开加速器时速度v0＝ B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移y1＝ C．Δd与2L相等 D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开 答案　B 解析　根据qU0＝mv02，粒子离开加速器时速度为v0＝，故A错误；粒子在左侧平移器电场中的偏移量为y1＝at2，又q＝ma，L＝v0t，得y1＝，故B正确；根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动，它的轨迹延长线分别过左侧平移器下方平行板和右侧平移器上方平行板中点，根据几何关系可知Δd＝L，故C错误；由上述分析可得y1＝，当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏移量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误。 谢谢！ 学科网（北京）股份有限公司 $