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带电粒子在电场中的加速和偏转
带电粒子在电场中的加速和偏转
一、 带电粒子在电场中的加速
讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法：
(1)能量方法——能量守恒定律；
(2)功能关系——动能定理；
(3)力和运动学方法——牛顿运动定律，匀变速直线运动
公式。
[典题例析1]如图甲所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电荷量为q(q＞0)的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。
(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1；
(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm的过程中弹簧的弹力所做的功W；
(3)从滑块静止释放瞬间开始计时，请在图乙中画出
滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v－t图像。图中横坐标轴上的t1、t2与t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值与第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。

(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有
qE＋mgsinθ＝ma ①
s0＝at12 ②
联立①②可得
t1＝
(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有
mgsinθ＋qE＝kx0④
从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得
(mgsinθ＋qE)·(s0＋x0)＋W＝mvm2－0⑤
联立④⑤可得
W＝mvm2－(mgsinθ＋qE)·(s0＋)
[拓展训练1]如图6－3－7所示，板长L＝4 cm的平行板电容器，板间距离d＝3 cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100 V，有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10 C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出，取g＝10 m/s2。求：
(1)液滴的质量；
(2)液滴飞出时的速度。

(1)画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：
qEcosα＝mg
qEsinα＝ma
E＝
解之得：m＝
代入数据得m＝8×10－8kg
(2)对液滴由动能定理得：
qU＝mv2－mv02
v＝
所以v＝m/s≈1.32 m/s
[拓展训练2] 如图a所示，为一组间距d足够大的平行金属板，板间加有随时间变化的电压（如图b所示），设U0和T已知。A板上O处有一静止的带电粒子，其带电量为q，质量为m（不计重力），在t=0时刻起该带电粒子受板间电场加速向B板运动，途中由于电场反向，粒子又向A板返回（粒子未曾与B板相碰）。
（1）当Ux=2U0时求带电粒子在t=T时刻的动能；
（2）为使带电粒子在0~T时间内能回到O点，Ux要大于多少？

O
A
B
u
（a）
u
t
U0
Ux
O
T/2
T
3T/2
（b）

解析：（1），，，

（2），，
，，由上面四式，得
因为，，所以
二、带电粒子在电场中的偏转
带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同：先分析受力情况再分析运动状态和运动过程；然后选用恰当的规律解题。
[典题例析2]如图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力与它们之间的相互作用力。
(1) 设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有eU1＝mv02解得v0＝。 t＝
＝a y＝at2 解得：y＝。
(3)减小加速电压U1，增大偏转电压U2。
『拓展训练』如图所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103 V(仅在两板间有电场)，现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h＝20 cm的地方以初速度v0＝4 m/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，求：
(1)金属板的长度L。
(2)小球飞出电场时的动能Ek。
解析：(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：
vy＝＝2 m/s
设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为θ，
则：tanθ＝＝2
小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d，则：
tanθ＝＝
L＝， 解得L＝＝0.15 m
(2)进入电场前
mgh＝mv12－mv02
电场中运动过程
qU＋mgL＝Ek－mv12
解得Ek＝0.175 J
[典题例析3]如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）。
1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置.
（2）在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置.
（3）若将左侧电场Ⅱ整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场Ⅰ区域内由静止释放电子的所有位置。

解析：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v0，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有

解得y＝，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L
（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有

解得xy＝，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。
（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有

，
解得，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置
『拓展训练』真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°（取）。现将该小球从电场中某点以初速度竖直向上抛出。求运动过程中
（1）小球受到的电场力的大小与方向；
（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量；
（3）小球的最小速度的大小与方向。
答案：（1）根据题设条件，电场力大小
电场力的方向水平向右。
（2）小球沿竖直方向做匀减速运动，速度为

沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为ax
小球上升到最高点的时间此过程小球沿电场方向位移

电场力做功W=
小球上升到最高点的过程中，电势能减少
（3）水平速度，竖直速度
小球的速度
由以上各式得出
解得当
此时·,即与电场方向夹角为37°斜向上
巩固训练
一、选择题
1.板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正
确的是(　　)
A.U2＝U1，E2＝E1　　　 B.U2＝2U1，E2＝4E1 C.U2＝U1，E2＝2E1 D.U2＝2U1，E2＝2E1
2.水平放置的平行板电容器与一电池相连.在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态.现将电容器两板间的距离增大，则 (　　)
A.电容变大，质点向上运动 B.电容变大，质点向下运动
C.电容变小，质点保持静止 D.电容变小，质点向下运动
3.如图所示，长为L、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中.一电荷量为＋q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的M点沿斜面上滑，到达斜面顶端N的速度仍为v0，则(　　)
A.电场强度等于mg·tanθ/q
B.电场强度等于mg·sinθ/q
C.M、N两点的电势差为mgL/q
D.小球在N点的电势能大于在M点的电势能
4.如图所示，一个带电粒子从粒子源进入 (初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是(　　)
A.≤　　　　　　B.≤
C.≤ D.≤
5.如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变.则在B极板移动的过程中(　　)
A.油滴将向下做匀加速运动
B.电流计中电流由b流向a
C.油滴运动的加速度逐渐变大
D.极板带的电荷量减少
6.如图所示，在绝缘光滑水平面上固定两个等量同种电荷A、B，在AB连线上的P点由静止释放一带电滑块，则滑块会在A、B之间往复运动，则以下判断正确的是(　　)
A.滑块一定带的是与A、B异种的电荷
B.滑块一定带的是与A、B同种的电荷
C.滑块在由P向B运动过程中，电势能一定是先减小后增大
D.滑块的动能与电势能之和一定减小
7. a、b、c三个α粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定(　　)
A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B.b和c同时飞离电场
C.进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D.动能的增量相比，c的最小，b的最大
8.如图所示，A、B为一对中间开有小孔的平行金属板，相距一定距离，A板接地，现有一电子在t＝0时刻在A板小孔中由静止开始向B板运动，不计重力与阻力影响，使电子一定能从B板小孔射出，则B板电势φB与时间t的变化规律是(　　)

9.光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行.一质量为m、带电荷量为＋q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域.当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为 (　　)
A.0　　　　　　　B.mv－qEl
C.mv D.mv＋qEl
10.如图12所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子。若极板长为L间距为d。当A、B板加上电压U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出，细管C离两板等距。已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为(　　)

图12
A. B.
C. D.
解析：设所求的速度为v0，与上板A成θ角。在垂直于极板的方向上，β粒子做匀减速直线运动，当竖直分速度恰好减为零时，有＝at2，即d＝at2，水平位移L＝vxt，两式相除得＝＝，又vy＝at＝ ，所以vx＝vy＝ 。所以v0＝＝ 。选项C正确。

11.(18分)如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；
(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x.

12.如图14所示，长L＝1.2 m、质量M＝3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4 C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104 N/C的匀强电场。现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8 N。 取g＝10 m/s2，斜面足够长。求：

图14
(1)物块经多长时间离开木板？
(2)物块离开木板时木板获得的动能。
(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能。
解析：(1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律
对物块：mgsin37°－μ(mgcos37°＋qE)＝ma1
对木板：Mgsin37°＋μ(mgcos37°＋qE)－F＝Ma2
又a1t2－a2t2＝L
得物块滑过木板所用时间t＝ s。
(2)物块离开木板时木板的速度v2＝a2t＝3 m/s。
其动能为Ek2＝Mv22＝27 J
(3)由于摩擦而产生的内能为
Q＝F摩x相＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2.16 J。
答案：(1) s　(2)27 J　(3)2.16 J

答案解析
1.【解析】选C.由C＝可知，C2＝2C1，又Q＝C1U1,2Q＝C2U2，故得U2＝U1，又由E＝可得：E2＝2E1，C正确.
2.【解析】选D.带电质点在电容器中处于静止状态，有mg＝qE，因为电容器与电源连接，电压不变，E＝U/d，d增大，电容C减小，E减小，质点向下运动，答案为D.
3.【解析】选A.小球受到重力、电场力、支持力三个恒力作用，一定沿斜面匀速运动，必有mgsinθ＝Eqcosθ解得：E＝，A正确，B错误；UMN＝
E·Lcosθ＝，C错误；因电场力对小球做正功，小球的电势能减少，故小球在N点的电势能小于在M点的电势能，D错误.
4.【解析】选C.根据动能定理知，当带电粒子刚好从板间飞出时，qU1＝mv2，再由t＝和y＝at2＝·()2，得y≤d，解得≤，故C正确.
【变式备选】(双选)如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是(　　)
A.滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升
B.滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升
C.电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变
D.电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变
【解析】选B、D.电子加速有eU0＝mv，电子偏转有y＝()2＝，滑动触头向右滑动，U0增大，y减小，A错误，B正确；两电场对电子做的功为W＝e(U0＋y)，U增大，y增大，则W增大，所以选项C错误；电子在加速电场中匀加速时间不变，在偏转电场中匀速运动时间也不变，所以运动总时间不变，选项D正确.故答案为B、D.
5.【解析】选C、D.由C＝可知，d增大，电容器电容C减小，由Q＝CU可知，电容器的电荷量减少，电容器放电，电流由a流向b，D正确，B错误；由E＝可知，在B板下移过程中，两板间场强逐渐减小，由mg－Eq＝ma可知油滴运动的加速度逐渐变大，C正确，A错误.
6.【解析】选B、C.根据从P点由静止释放的带电滑块在A、B之间往复运动可以判断，开始时A对滑块向右的作用力大于B向左的作用力，所以滑块一定带与A、B相同的电荷，选项A错B对；由于A、B带等量同种电荷，所以其连线中点场强为零，滑块在由P向B运动过程中，电场力先做正功后做负功，电势能一定是先减小后增大，选项C正确；在整个运动过程中只有电场力做功，所以滑块的动能与电势能之和一定不变，D选项错，故答案为B、C.
7.【解析】选A、C.由＝t2可知，ta＝tb，A正确；而yc＝t，tcvb>va，C正确；由ΔEk＝Eq·y可知，ΔEkb＝ΔEka>ΔEkc，故D错误.
8.【解析】选A、B.图A中，B板电势一直比A板电势高，因此，电子一直向B板加速运动，一定能从B板小孔射出，A正确；由对称性可知，图B中电压加在板间，将使电子时而向B板加速，时而向B板减速，且一直向B板运动，一定能从B板小孔射出，B正确；图C、图D中电压加在板间，若板间距足够大，则电子将在两板间往复运动，若板间距较小，则有可能从B板小孔射出，故C、D均错误.
9.【解析】选A、C.如题图所示.
(1)当它从bc边中点垂直该边以水平初速度v0进入电场时，由动能定理得qEl＝Ek－mv
即Ek＝qEl＋mv.
(2)当它从ab边中点垂直该边进入，则可能沿ad边射出，也可能沿cd边射出.
①若从ad边射出，则＝Ek－mv，即
Ek＝＋mv，则选项B错误；
②若从cd边射出，设射出点与射入点沿场强方向的距离为x,0＜x≤，则qEx＝Ek－mv，得：
mv答案为A、C.
【总结提升】求解电场中的多解问题的方法技巧
(1)首先根据物体做直线运动和曲线运动的条件分析带电粒子在电场中运动的可能轨迹：是直线还是曲线；轨迹的形状和位置等.
(2)再由电场范围和题目要求分析带电粒子在电场中运动的所有可能入射点和出射点，并进行分析和归纳；若运动过程复杂要善于用分段分析.
(3)灵活运用牛顿运动定律、运动学公式、运动的合成与分解或动能定理、能量守恒定律归类分析、分类解答.
11.【解析】(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝. (4分)
(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：
a＝ (2分)
所以vy＝a＝ (3分)
所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tanα＝＝. (2分)
(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，则
y＝a()2＝· (2分)
又x＝y＋Ltanα， (3分)[
解得：x＝ (2分)
答案：(1)　(2)　(3)

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