1、【 精品教育资源文库 】 51 带电粒子在电场中的加速和偏转 方法点拨 (1)带电粒子在匀强电场中做直线运动时，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理 (2)在匀强电场中做类平抛运动时一般从分解的角度处理 (3)注意带电粒子重力能否忽略 1电子束焊接机中的电场线如图 1 中虚线所示 K 为阴极， A 为阳极，两极之间的距离为 d，在两极之间加上高压 U，有一电子在 K 极由静止被加速不考虑电子重力，元电荷为 e，则下列说法正确的是 ( ) 图 1 A A、 K 之间的电场强度为 Ud B电子到达 A 极板时的动能 大于 eU C由 K 到 A 电子的电势能减小了 eU D由
2、K 沿直线到 A 电势逐渐减小 2 (多选 )(2018 泰州中学模拟 )如图 2 所示，质量相同的两个带电粒子 M、 N 以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中， M 从两极板正中央射入， N 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中 ( ) 图 2 A它们运动的时间 tN tM B它们电势能减少量之比 EM EN 12 C它们的动能增加量之比 EkM EkN 12 D它们所 带的电荷量之比 qM qN 12 3 (2017 扬州中学 12 月月考 )如图 3 所示，有一带电粒子贴着 A 板沿水平方向射
3、入匀强电场，当偏转电压为 U1时，带电粒子沿轨迹 从两板正中间飞出；当偏转电压为 U2时，带电粒【 精品教育资源文库 】 子沿轨迹 落到 B 板中间设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次的电压之比为 ( ) 图 3 A U1 U2 18 B U1 U2 14 C U1 U2 12 D U1 U2 11 4 (2018 伍佑中学质量检测 )一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向两个比荷(即粒子的电荷量与 质量之比 )不同的带正电的粒子 a 和 b，从电容器边缘的 P 点 (如图 4)以相同的水平速度射入两平行板之间测得 a 和 b 与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为 12.
4、若不计重力，则 a 和 b 的比荷之比是 ( ) 图 4 A 41 B 21 C 11 D 12 5如图 5 所示，虚线表示匀强电场的等势线，间距均为 d，一质量为 m、电荷量大小为 q 的粒子 (不计重力 )，从 A 点以与等势线成 角的速度 v0射入，到达 B 点时，速度方向恰与等势线平行，则 ( ) 图 5 A粒子一定带正电 B电场中 A 点的电势一定高于 B 点电势 C匀强电场的电场强度大小为 mv20sin24qd D粒子在 A 点具有的电势能大于在 B 点具有的电势能 6如图 6，半径为 R 的圆环处在匀强电场 E 中，圆环平面与电场方向平行，直径 ab 与电场线垂直；一带电粒子以
5、速度 v0从 a 点沿 ab 方向射入电场，粒子打在圆环上的 c 点；已知 c点与 ab 的距离为 R2，不计粒子重力，求带电粒子的比荷 . 【 精品教育资源文库 】 图 6 7如图 7 所示，竖直平行正对放置的带电金属板 A、 B， B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系 xOy 的 O 点； y 轴沿竖直方向；在 x0 的区域内存在沿 y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E 4310 3 V/m；比荷为 1.010 5 C/kg 的带正电的粒子 P 从 A 板中心 O 处静止释放，其运动轨迹恰好经过 M( 3， 1)点；粒子 P 的重力不计，试求： 图 7 (1)金属板 A、 B 之
6、间的电势差 UAB； (2)若在粒子 P 经过 O 点的同时，在 y 轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒 Q，使P、 Q 恰能运动中相碰；假设 Q 的质量是 P 的 2 倍、带电情况与 P 相同； Q 的重力及 P、 Q 之间的相互作用力均忽略不计；求 粒子 Q 所有释放点的集合 【 精品教育资源文库 】 8在 xOy 直角坐标系中，三个边长都为 2 m 的正方形如图 8 所示排列，第 象限正方形区域ABOC 中有水平向左的匀强电场，电场强度的大小为 E0，在第 象限正方形 COED 的对角线 CE左侧 CED 区域内有竖直向下的匀强电场，三角形 OEC 区域内无电场，正方形 DEN
7、M 区域内无电场现有一带电荷量为 q、质量为 m 的带电粒子 (重力不计 )从 AB 边上的 A 点由静止释放，恰好能通过 E 点 图 8 (1)求 CED 区域内的匀强电场的电场强度的大小 E1； (2)保持 (1)问中电场强度不变 ，若在正方形 ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过 E 点，则释放点的坐标值 x、 y 间应满足什么关系； (3)若 CDE 区域内的电场强度大小变为 E2 43E0，方向不变，其他条件都不变，则在正方形区域 ABOC 中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过 N 点，则释放点的坐标值 x、 y 间又应满足什么关系
8、【 精品教育资源文库 】 答案精析 1 C A、 K 之间的电场为非匀强电场， A、 K 之间的电场强度不是 Ud，选项 A 错误；由动能定理，电子到达 A 极板时的动能 Ek eU，选项 B 错误；电子由 K 到 A 的过程电场力做正功，电子的电势能减小了 eU，选项 C 正确；沿电场线方向电势降低，则由 K 沿直线到 A 电势逐渐升高，选项 D 错误 2 AD 3 A 据题意，粒子在偏转电场中做类平抛运动，即粒子在水平方向做匀速直线运动，则：x vt，在竖直方向做初速度为 0 的匀加速直线运动，则： y 12at2 qUx22mdv2，偏转电压为 U2mdyv2qx2 ，则偏转电压之比为
9、：U1U2y1x22y2x21y1y2(x2x1)2 18，故 A 选项正确 4 A 5.C 6见解析 解析 沿 ab 方向与电场强度方向建立 xOy 直角坐标系，设粒子从 a 到 c 所需时间为 t，则：x v0t y 12at2 由牛顿第二定律得 qE ma 由题意可知： y 12R； x (1 32 )R 联立解得： qm 4?7 4 3?v02ER 7 (1)1 000 V (2)y 16x2，其中 x0 解析 (1)设粒子 P 的质量为 m、带电荷量为 q，从 O 点进入匀强电场时的速度大小为 v0；由题意可知，粒子 P 在 y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从 O 点运动到 M(
10、 3， 1)点所用时间为 t0，由类平抛运动可得： x v0t0， y qE2mt02 解得： v0 210 4 m/s 在金属板 A、 B 之间，由动能定理： qUAB 12mv02 解得： UAB 1 000 V (2)设 P、 Q 在右侧电场中运动的加速度分别为 a1、 a2； Q 粒子从 N(x， y)点释放后，经时间 t【 精品教育资源文库 】 与粒子 P 相碰；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得 对于 P： Eq ma1 对于 Q： Eq 2ma2 x v0t 12a1t2 y 12a2t2 解得： y 16x2，其中 x0 即粒子 Q 释放点 N(x， y)坐标满足
11、的方程为 y 16x2，其中 x0 8 (1)4E0 (2)y x (3)y 3x 4 解析 (1)设带电粒子出第 象限电场时的速度为 v，在第 象限电场中加速运动时，根据动能定理得 E0qL 12mv2，其中 L 2 m要使带电粒子通过 E 点，在第 象限电场中偏转时，竖直方向位移为 y0，设水平方向位移为 x0，则 y0 12 E1qm (x0v)2，因 CEO 45 ，即 x0 y0 2 m，解得 E1 4E0. (2)设释放点的坐标为 (x， y)，带电粒子出第 象限电场时的速度为 v1，在第 象限电场中加速运动时，根据动能定理 得 E0qx 12mv12，要使带电粒子过 E 点，在第 象限电场中偏转时，竖直方向位移为 y，水平方向位移也为 y，则 y 12 E1qm (yv1)2，解得 y x. (3)如图所示为其中一条轨迹图，带电粒子从 DE 出电场时与 DE 交于 Q.进入 CDE 区域的电场后，初速度延长线与 DE 交于 G，出电场时速度的反向延长线与初速度延长线交于 P 点，设在第 象限释放点的坐标为 (x， y) 由图可知，在 CDE 区域中带电粒子的水平位移为 y，设偏转位移为 y ， 则 y 12 E2qm (yv2)2，而 yy y GPNE，其中 GP y2， NE 2 m， 在第 象限加速过程中， E0qx 12mv22，解得 y 3x 4.
