專題37帶電粒子在電場中的運動一、帶電粒子在電場中的直線運動1.帶電粒子(體)在電場中運動時是否考慮重力的處理方法(1)基本粒子:如電子、質子、α粒子、離子等,除有說明或明確的暗示以外,一般都不考慮重力(但并不忽略質量)。(2)帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或有明確的暗示以外,一般都要考慮重力。2.做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合=0時,粒子靜止或做勻速直線運動。(2)粒子所受合外力F合≠0,且與初速度方向在同一條直線上時,帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。3.處理帶電粒子在電場中做直線運動的兩個觀點(1)用動力學觀點分析a=F合m,E=Ud,v2(2)用功能觀點分析勻強電場中:W=Eqd=qU=12mv2-12m非勻強電場中:W=qU=Ek2-Ek1。二、帶電粒子在電場中的偏轉1.帶電粒子在勻強電場中偏轉的兩個關鍵分析條件分析不計重力,且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直,則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動運動分析一般用分解的思想來處理,即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動2.帶電粒子在電場中的偏轉規(guī)律3.兩個結論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時,偏移量y0和偏轉角θ總是相同的。(2)tanθ=2y4.確定粒子經偏轉電場后的動能(或速度)的兩種方法【典例1】[帶電粒子在勻強電場中直線運動]（多選）如圖所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強電場中斜向右下方做直線運動，其軌跡與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則下列判斷可能正確的是(????)電場強度的最大值等于mgq

B.電場強度的最小值等于mgsinθq

C.帶電油滴的機械能增加

【答案】BCD【解析】AB.帶電小球做勻速直線運動時重力與電場力平衡，qE=mg，得E=mgq；帶電小球做勻變速直線運動時其合力必定沿此直線向下，根據三角形定則作出合力，由圖看出，當電場力F與此直線垂直時，電場力F最小，場強最小，則有F=qEmin=mgsinθ，得到Emin=mgsinθq，無最大值，故A錯誤；B正確CD.當E=mgsinθq【典例2】[帶電粒子在交變電場中的直線運動]（多選）如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．電子靜止在左極板小孔處(不計重力作用).下列說法中正確的有（）A.從t=0時釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上

B.從t=0時釋放電子，電子可能在兩板間振動

C.從t=T4時釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上

D.從【答案】AC【解析】分析電子在一個周期內的運動情況。AB.從t=0時刻釋放電子，前T2內，電子受到的電場力向右，電子向右做勻加速直線運動；后T2內，電子受到向左的電場力作用，電子向右做勻減速直線運動；接著周而復始，所以電子一直向右做單向的直線運動，直到打在右板上，故A正確，B錯誤；CD.若從t=T4時刻釋放電子，電子先加速T4；再減速T4，有可能電子已到達右極板，若此時未到達右極板，則電子將在兩極板間振動，故【典例3】[帶電粒子在勻強電場中的偏轉]如圖所示，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?.質量均為m、帶電量分別為+q和?q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現在電場中).不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于(

)A.s22qEm? B.s2qEm?【答案】B【解析】由于正負粒子的質量、電荷量大小、運動初速度大小均相等，且粒子僅在電場的作用下運動，所以可知粒子做類平拋運動，且運動軌跡形狀相同，根據空間的對稱性可知，相切點為矩形的幾何中心，兩粒子運動到軌跡相切點的水平位移都為s2，豎直位移都為?2，由類平拋運動的關系可得：?2=Eq2mt2，s2=【典例4】[帶電粒子在交變電場中的偏轉]（多選）如圖所示，A，B表示真空中水平放置相距為d的平行金屬板，板長為L，兩板加電壓后板間電場可視為勻強電場，現在A，B兩極間加上如圖乙所示的周期性的交變電壓，在t=T4時，恰有一質量為m、電量為q的粒子在板間中央沿水平方向以速度v0射入電場，忽略粒子重力，下列關于粒子運動狀態(tài)表述正確的是（A.粒子在垂直于板的方向的分運動不可能是單向運動

B.粒子在垂直于板的方向的分運動可能是往復運動

C.粒子不可能沿與板平行的方向飛出

D.只要電壓周期T和v0【答案】BD【解析】AB.粒子在平行于極板的方向做勻速直線運動，在垂直于板的方向上粒子受到電場力的作用，做勻變速直線運動．粒子從t=T4出發(fā)，在電場中的運動時間不明確，故A錯誤，B正確。CD.若粒子在T4+nT2(其中n=1,2,3,?)時刻從右端離開電場，此時粒子沿電場方向的分速度恰好為0，粒子就可沿與板平行的方向飛出，故C【典例5】[帶電粒子在復合場中的運動]如圖所示，虛線左側有一場強為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右側相距也為L處有一與電場E2平行的屏．現將一電子(電荷量為e，質量為m)無初速度放入電場E1中的A點，最后打在右側的屏上，(1)電子從釋放到打到屏上所用的時間；(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tan(3)電子打到屏上的點O′到O點的距離．【解析】(1)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a1，時間為t1，

由牛頓第二定律得：a1=E1em=Eem

①

由x=12at2得：L2=12a1t12

②

電子進入電場E2時的速度為：v1=a1t1

③

進入電場E2到屏水平方向做勻速直線運動，時間為：t2=2Lv1

④

電子從釋放到打到屏上所用的時間為：t=t1+t2

⑤

①→⑤聯立求解得：t=3mLEe；

(2)設粒子射出電場E2時平行電場方向的速度為vy

由牛頓第二定律得：電子進入電場E2時的加速度為：a2=E2em=2Eem

⑥

vy=a2t3

⑦

t3=Lv1

⑧

電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為；tanθ=vyv1A.小球運動到B點時，動能最大

B.小球運動到B點時，向心加速度大小為13Eq2m

C.小球運動到A點時，動能為2EqL

D.小球在A點和B點時的動能之比為【答案】BD【解析】BCD、設小球在A點和B點時細線的拉力分別為T、5T，根據牛頓第二定律和向心力公式有T+Eq=mvA2L，5T?Eq=mv22L，小球從A點運動到B點，根據動能定理有Eq×2L=12mvB2?12mvA2，解得T=1.5Eq，將結果再代入前面的向心力公式，可得小球運動到B點時，向心加速度大小為13Eq2m，小球運動到A點時，動能為1.25EqL，小球在【典例7】[帶電粒子在電場中的圓周運動]（多選）如圖所示，ACB為固定的光滑半圓形軌道，軌道半徑為R，A、B為水平直徑的兩個端點，AC為14圓弧，MPQO為豎直向下的有界勻強電場(邊界上有電場)，電場強度的大小E=2mgq.一個質量為m，電荷量為?q的帶電小球，從A點正上方高為H處由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道，小球運動過程中電量不變，不計空氣阻力，已知重力加速度為A.若H=R，則小球剛好沿軌道到達C點

B.若H>R，則小球一定能到達B點

C.若小球到達C點時對軌道壓力為6mg，則H=92R

D.若H=3R，則小球到達C【答案】CD【解析】A.已知E=2mgq，根據動能定理和向心力公式分別求出小球過C點的速度大小為mg?2R?qE?R=12mvC2?0?vC=0，qE?mg=mvC2R?vC=gR，結論存在相互矛盾的情況，說明小球未能沿軌道到達C點，故A錯誤；

B.由動能定理：mgH?qER=12mvB2?0，若vB>0，則H>2R，故B錯誤。C【典例8】[帶電粒子電場中的臨界極值問題]如圖甲所示，在場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場中存在著一半徑為R的圓形區(qū)域，O點為該圓形區(qū)域的圓心，A點是圓形區(qū)域的最低點，B點是圓形區(qū)域最右側的點，在A點有放射源釋放出初速度大小不同、方向均垂直于場強方向向右的帶正電粒子，粒子的質量均為m、電量均為q，不計粒子重力和粒子之間的作用力。(1)某粒子的運動軌跡與圓形區(qū)域的邊緣交于P點，∠POA=θ，求此時電場力的瞬時功率；(2)若在圓形區(qū)域的邊緣有一接收屏CBD，如圖乙所示，C、D分別為接收屏上最邊緣的兩點，∠COB=∠BOD=30°，求該屏上能接收到的粒子動能的取值范圍?！窘馕觥?1)粒子由A到P做類平拋運動，由a=qEm

y=R(1?cosθ)

粒子在P點處豎直方向的速度由vPy2=2ay

得vPy=2qEmR(1?cos?θ)

故而此時電場力的瞬時功率為P=qEvPy=qE2qERm(1?cos?θ)

(2)粒子由A到D做類平拋運動：R【點對點01】質量為m，電量為+q的小球以初速度v0以與水平方向成θ角射出，如圖所示，如果在某方向加上一定大小的勻強電場后，能保證小球仍沿v0方向做直線運動，則所加勻強電場的最小值為(

)

A.mgq B.mgcosθq C.【答案】B【解析】由題知小球在重力和電場力作用下沿v0方向做直線運動，可知垂直v0方向上合外力為零，建如圖所示坐標系，設場強E和v0成Φ角，可得：EqsinΦ?mgcosθ=0，得：E=mgcosθqsinΦ

當Φ=90°時，E最小為Emin【點對點02】如圖所示，地面上某區(qū)域存在著水平向右的勻強電場，一個質量為m的帶負電小球以水平向右的初速度v0，由O點射入該區(qū)域，剛好豎直向下通過豎直平面中的P點，已知連線OP與初速度方向的夾角為60°，重力加速度為g，則以下說法正確的是(????)A.電場力大小為3mg2

B.小球所受的合外力大小為3mg3

C.小球由O點到P點用時3v0【答案】C【解析】C.設OP=L，從O到P水平方向做勻減速運動，到達P點的水平速度為零；豎直方向做自由落體運動，則水平方向：Lcos60°=v02?t，豎直方向：Lsin60°=?12?gt2解得：t=?3v0g；故C正確；AB.水平方向F1=ma=m?v0t?=3mg【點對點03】將如圖所示的交變電壓加在平行板電容器A、B兩板上，開始B板電勢比A板電勢高，這時有一個原來靜止的電子正處在兩板的中間，它在電場力作用下開始運動，設A、B兩極板間的距離足夠大，下列說法正確的是(????)A.電子一直向著A板運動

B.電子一直向著B板運動

C.電子先向A板運動，然后返回向B板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復運動

D.電子先向B板運動，然后返回向A板運動，之后在A、B兩板間做周期性往復運動【答案】D【解析】從圖中可知，電子在第一個T4內做勻加速運動，第二個T4內做勻減速運動，在這半個周期內，因初始B板電勢比A板電勢高，故電場力方向由B向A，所以電子向B板運動，加速度大小都為eU0md，但是兩個時間段內的加速度方向相反，故可知末速度為零。同理可得：電子在第三個T4內做勻加速運動，故電子向A板運動，第四個T4內做勻減速運動，運動方向還是由B板指向【點對點04】如圖所示，在豎直平面內有水平向右、場強為E=1×104N/C的勻強電場。在勻強電場中有一根長L=2?m的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系一質量為0.08?kg的帶電小球，它靜止時懸線與豎直方向成37°角，若小球獲得初速度恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動，取小球在靜止時的位置為電勢能零點和重力勢能零點，cos37°=0.8，g取10?m/s2A.小球的帶電荷量q=6×10?5C

B.小球動能的最小值為3J

C.小球在運動至圓周軌跡上的最高點時有機械能的最小值

D.小球繞O【答案】A【解析】A.對靜止的小球受力分析，由共點力的平衡可得：Eqmg=tan37°，解得小球的帶電荷量：q=6×10?5?C，故A正確；B.在圓周的等效最高點為m點關于O點的對稱點m,，由重力場和電場的復合場合力大小為mgcos37°得54mg，故而在等效最高點有復合力提供物體加速度，即54mg=mv2L，EK=12mv2得EK=1J.故B錯誤；C.從平衡位置小球開始運動，由功能關系可知，在該過程中，由于只有重力及電場力對球做功，故該過程小球的機械能、電勢能總和不變，故當電勢能最大時，其機械能最小，由圖可知，當球運動到與O【點對點05】(多選)如圖所示是一個說明示波管工作原理的示意圖，電子經電壓U1加速后垂直進入偏轉電場，離開電場時的偏轉量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L。為了提高示波管的靈敏度(每單位電壓引起的偏轉量?U2A.增大兩板間的電勢差U2 B.盡可能使板長L短些

C.使加速電壓U1降低些 D.盡可能使板間距離【答案】CD【解析】電子在加速電場中加速，根據動能定理可得：

eU1=12mv02所以電子進入偏轉電場時速度的大小為：v0=2eU1m電子進入偏轉電場后的偏轉量為：

?=12【點對點06】(多選)如圖，板長和板間距離相等的平行金屬板MN、PQ間存在圖乙所示周期性變化電場，電場方向與兩板垂直，不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向源源不斷地射入電場，粒子射入電場的初動能均為Ek0，已知t=0時刻射入電場的粒子剛好沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場．則(????)A.所有粒子最終都垂直電場方向射出電場

B.t=0之后射入電場的粒子有可能會打到極板上

C.所有粒子在電場中最大動能都不可能超過2Ek0

D.【答案】ACD【解析】AB.粒子在平行極板方向不受電場力，做勻速直線運動，故所有粒子的運動時間相同；t=0時刻射入電場的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場，沿上板右邊緣垂直電場方向射出電場，說明豎直方向分速度變化量為零，故運動時間為周期的整數倍；故所有粒子最終都垂直電場方向射出電場；由于t=0時刻射入的粒子始終做單向直線運動，豎直方向的分位移最大，故所有粒子最終都不會打到極板上；故A正確，B錯誤；C.t=0時刻射入的粒子豎直方向的分位移最大，為d2；根據分位移公式，有：d2=0+vym2?Lv0

由于L=d故：vym=v0故最大動能【點對點07】地面上方存在水平向右的勻強電場，一質量為m帶電量為q的小球用絕緣絲線懸掛在電場中，當小球靜止時絲線與豎直方向的夾角為θ，此時小球到地面的高度為h。求：

(1)勻強電場的場強？

(2)若絲線突然斷掉，小球經過多長時間落地？【解析】(1)對小球列平衡方程qE=mgtanθ所以

E=mgtanθq；

(2)絲線斷后豎直方向：?=12gt2，所以t=2?g

答：【點對點08】如圖所示，ACB是一條足夠長的絕緣水平軌道，軌道CB處在方向水平向右、大小E=1.0×106N/C的勻強電場中，一質量m=0.25?kg、電荷量q=?2.0×10?6C的可視為質點的小物體，在距離C點L0=6.0?m的A點處，在拉力F=4.0?N的作用下由靜止開始向右運動，當小物體到達C(1)小物體到達C點時的速度大小；(2)小物體在電場中運動的時間【解析】(1)根據牛頓第二定律，小物體的加速度大小為：a=小物體到達C點的過程中有：v代入數據解得：v=12?m/s(2)根據牛頓第二定律，小物體向右減速運動的加速度大小為：a小物體向右運動的時間：t小物體向右運動的位移：x由于|q|E>μmg，所以小物體先向右減速運動，后反向向左加速運動，直到滑出電場根據牛頓第二定律，小物體向左加速運動的加速度大小為：a小物體在電場中向左運動的時間為：t2=

2小物體在電場中運動的總時間為：t=【點對點09】一個電荷量為q=?2×10?8C，質量為m=1×10?14kg的帶電粒子，由靜止經電壓為U1=1600V的加速電場加速后，立即沿中心線O1O2垂直進入一