【物理】2018届一轮复习沪教版第10讲用分解的思想处理电场中的偏转问题学案
第10讲 用分解的思想处理电场中的偏转问题
【高考热点】
1.带电粒子在电场中的偏转问题
2.带电粒子在电场中加速和偏转运动的综合.
3.带电粒子在交变电场中的运动.
一、带电粒子在电场中的偏转
1.带电粒子(不计重力)垂直电场线方向进入电场而发生偏转的过程中，应采用运动分解的思想：沿初速度方向粒子做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动.
2.学会快速准确推导偏转量和偏转角的表达式.
【例1】 (2015·山东·20)(多选)如图1甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示.t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是( )
图1
A.末速度大小为v0 B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了mgd D.克服电场力做功为mgd
【变式1】 (多选)一个质量为m、带电荷量为q的
粒子从两平行金属板的正中间沿与匀强电场相垂直的方向射入，如图2所示.不计重力，当粒子的入射速度为v0时，它恰好能穿过这电场而不会碰到金属板.现欲使入射速度为的此带电粒子也恰好能穿过这电场而不碰到金属板，则在其他量不变的情况下，必须( )
图2
A.使粒子的带电荷量减小为原来的
B.使两板间的电压减小为原来的
C.使两板间的距离增大为原来的2倍
D.使两板间的距离增大为原来的4倍
规律总结 电场中偏转的运动规律
1.能飞出平行板时运动时间t＝.
2.沿电场方向加速度：a＝＝＝
离开电场时的偏移量：y＝at2＝
离开电场时的偏转角：tan θ＝＝
二、带电粒子在电场中加速与偏转的综合
对于带电粒子的加速过程，如果题目不要求分析运动细节，如计算运动时间等，首先考虑动能定理，这时只需分清合外力做功以及初态和末态的动能增量.对于带电粒子的类平抛过程，首先考虑运动的合成与分解，从动力学角度进行求解.
【例2】 如图3所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为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：
图3
(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tan α；
(3)粒子打在屏上的点P到O点的距离x.
【变式2】 如图4所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后从极板中央射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行.整个装置处在真空中，重力可忽略.在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )
图4
A.U1变大、U2变大 B.U1变小、U2变大
C.U1变大、U2变小 D.U1变小、U2变小
方法提炼
计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的三种方法：
(1)Y＝y＋dtan θ(d为屏到偏转电场的水平距离)
(2)Y＝(＋d)tan θ(L为电场宽度)
(3)Y＝y＋vy·
(4)根据三角形相似：＝
三、带电粒子在交变电场中运动
带电体在交变电场中的运动问题，一般分为直线运动(如加速或减速)和类平抛运动，分析思路和方法与前面介绍的带电体在电场中的运动相同，即还是运用力学规律，通过正确的受力分析和运动分析，灵活运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理等规律求解.只需注意电场(力)的变化即可.
【例3】 如图5(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处.若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上.则t0可能属于的时间段是( )
(a) (b)
图5
A.0
a乙>a丙
D.三个质点到达负极板的动能E丙>E乙>E甲
4.如图10所示，平行金属板长为L，一个带电荷量为＋q、质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计，求：
图10
(1)粒子末速度大小；
(2)电场强度的大小；
(1) 两极板间距离.
题组2 带电粒子在电场中加速与偏转的综合
5.如图11所示，一个带电粒子从粒子源飘入(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( )
图11
A.< B.<
C.< D.<
6.如图12所示，一价氢离子(H)和二价氦离子(He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )
图12
A.同时到达屏上同一点 B.先后到达屏上同一点
C.同时到达屏上不同点 D.先后到达屏上不同点
7.(多选)如图13所示，有一质量为m、带电荷量为q的油滴，被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中.设油滴是从两板中间位置，由静止释放，则可以判定( )
图13
A.油滴在电场中做抛物线运动
B.油滴在电场中做匀加速直线运动
C.油滴打在极板上的运动时间只取决于电场强度和两板间距离
D.油滴打在极板上的运动时间不仅取决于电场强度和两板间距离，还取决于油滴的荷质比
8.(多选)如图14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，下列说法中正确的是( )
图14
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，则电子从离开金属板到打在荧光屏上的时间不变
9.示波器的示意图如图15所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场.电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上.设加速电压U1＝1 640 V，偏转极板长l＝4 cm，偏转极板间距d＝1 cm，当电子加速后从两偏转极板的中央沿与板平行的方向进入偏转电场.
图15
(1) 偏转电压为多大时，电子束打在荧光屏上的偏转距离最大？
(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝20 cm，则电子束打在荧光屏上的最大偏转距离为多少？
题组3 带电粒子在交变电场中运动
10.(多选)如图16甲所示，一平行板电容器A、B两极板上，加一个如图乙所示的交变电压，开始时B板电势比A板高，有一个原来静止的电子正处在两板中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两板间距离足够大，下列说法中正确的是( )
图16
A.若电子从t＝0开始运动，则电子将在AB板间来回做往复运动
B.若电子从t＝1 s开始运动，则电子将在AB板间来回做往复运动
C.若电子从t＝2 s开始运动，则电子将一直向A板运动
D.若电子从t＝3 s开始运动，则电子将一直向A板运动
11.如图17甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压.开始时A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是( )
图17
12.如图18所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计).分别在A、B两板间加四种电压，它们的UAB－t图线如下列选项所示.其中可能使电子到不了B板的是( )
图18
第10讲 用分解的思想处理电场中的
偏转问题
备考指导
例1 BC [因0～时间内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g＝0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知，mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误；故选B、C.]
变式1 BC [设带电粒子穿过电场的侧移量为x，则x＝at2＝··()2＝.若v0变为，q减小为原来的，则x变为原来的2倍；v0变为，两板距离增大为原来的4倍时，x不变，仍为，带电粒子不是恰好飞出电场．答案A、D错．若v0变为，U变为原来的，则x不变；若v0变为，d变为原来的2倍，则x也变为原来的2倍，带电粒子恰从板边缘飞出．答案B、C正确．]
例2 (1) (2) (3)
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＝.
(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＝
所以vy＝a＝
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tan α＝＝.
(3)解法一 设粒子在电场中的偏转距离为y，则
y＝a()2＝·
又x＝y＋Ltan α，解得：x＝
解法二 x＝vy·＋y＝.
解法三 由＝得：x＝3y＝.
变式2 B [设电子经加速电场后获得的速度为v0，水平极板长为l，则由动能定理得U1q＝mv，电子在水平极板间偏转所用时间t＝，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律a＝，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy＝at，联立解得vy＝，又tan θ＝＝＝＝，故U2变大、U1变小，一定能使偏转角θ变大，故B正确．]
例3 B [设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负．
作出t0＝0、、、释放时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确．]
变式3 D [选向右为正方向，根据题图(b)作出粒子运动的v－t图象如图所示．由图象可知正确选项为D.]
考点突破
1．C [由题意知粒子从电场右边缘射出时的速度v＝＝v0，根据动能定理可知电场力对粒子所做的功W＝ΔEk＝mv2－mv＝mv，C正确，D错误．粒子射出电场时，初末位置的电势差不能确定，所以电场力对粒子所做的功不能确定，A、B错误．]
2．A [粒子P和Q在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及＝得，tP∶tQ＝1∶2，竖直方向由h＝at2得a＝，它们沿竖直方向下落的加速度之比为aP∶aQ＝4∶1；根据a＝得m＝，故＝·＝，A正确．]
3．AC [三个质点均做类平抛运动，它们在水平方向上的分运动相同，都是以初速度v0做匀速直线运动，在竖直方向上均做初速度为零的匀加速直线运动，但它们下落的加速度不同，不带电的质点的加速度大小等于g，带正电质点的加速度大于g，带负电质点的加速度小于g，下落高度相同，下落时间与加速度大小有关，根据公式h＝at2可得t＝，可见，加速度越小，下落时间越长，所以t负>t不带电>t正，又因为它们的水平位移x＝v0t，所以x负>x不带电>x正，选项A、C正确，B错误；因为三个质点到达负极板的过程中，电场力对带正电质点做正功，机械能增大，对带负电质点做负功，机械能减小，对不带电质点不做功，机械能不变，所以它们的动能E甲>E乙>E丙，选项D错误．]
4．(1) (2) (3)
解析 粒子在平行板间做类平抛运动，射出极板的速度分解如图，
所以v＝＝
v⊥＝v0tan θ＝.①
(2)由v⊥＝at②
而t＝③
a＝④
由①②③④得E＝.⑤
(3)v＝2ad，
由①③④⑤得d＝.
5．C [根据qU1＝mv2，再根据t＝和y＝at2＝·()2，由题意知，y
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