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10.5带电粒子在电场中的运动
知识链接
Hi，在开始挑战之前，先来热下身吧！
同学们，要想判断带电粒子的运动情况首先要分析什么？
◆学习任务
（一）读教材，首战告捷
让我们一起来阅读教材，并做好色笔区分吧。
（二）试身手，初露锋芒
让我们来试试下面的问题和小练习吧。
问题1：偏移量的公式？
。
问题2：偏转角的公式？
。
练习1、如图所示，一个质量为m、带电荷量为q的粒子，从两平行板左侧中
点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板．
要使粒子的入射速度变为v/2，仍能恰好穿过电场，则必须再使(　　)
A．粒子的电荷量变为原来的1/4
B．两板间电压减为原来的1/2
C．两板间距离增为原来的4倍
D．两板间距离增为原来的2倍
练习2、喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电
室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上．则微滴在
极板间电场中(　　)
A．向负极板偏转　 B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线　 D．运动轨迹与带电荷量无关
（三）攻难关，自学检测
让我们来挑战吧！你一定是最棒的！
(
☆
)
1、如图所示，电子经U1电压加速后以速度v0进入偏转电压为U的电场中，
电子离开电场后打在距离偏转电场为L的屏上，试求电子打在屏上的位置与
屏的中点的距离Y（平行板的长度为，板间距离为d）.
(
O
L
P
M
)
(
☆☆
)
2、氢核（H）和氦核（He）垂直射入同一匀强电场，求分别在下列情况
下离开电场时它们的横向位移之比：
（1）初速相同；
（2）初动能相同；
（3）初动量相同；
（4）先经过同一加速电场后进入偏转电场.
（四）找规律，方法总结
请你试着推倒一下带电粒子在电场中偏移量及偏转角的表达式（用加速电压
及偏转电压表示），并总结你发现的规律。我发现的规律是：
要点诠释：
如图所示，一个质量为m、带电量为q的粒子，由静止开始，先经过电
压为U1的电场加速后，再垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中
两金属板板长为，间距为d，板间电压为U2.
1、粒子射出两金属板间时偏转的距离y
加速过程使粒子获得速度v0，由动能定理.
偏转过程经历的时间，偏转过程加速度，
所以偏转的距离.
可见经同一电场加速的带电粒子在偏转电场中的偏移量，与粒子q、m
无关，只取决于加速电场和偏转电场.
2、偏转的角度
偏转的角度.
可见经同一电场加速的带电粒子在偏转电场中的偏转角度，也与粒子q、
m无关，只取决于加速电场和偏转电场.
测一测，大显身手
1、如图所示，一带电量为＋q、质量为m的小球，从距地面高h处以一定的初速度水平抛出，在距抛出点水平
距离为L处有根管口比小球略大的竖直细管，管的上口距地面.为了使小球能无碰撞地通过管子，可在管子
上方整个区域内加一个水平向左的匀强电场，求：
(1)小球的初速度v0的大小；
(2)应加电场的场强大小；
(3)小球落地时的动能．
2、一电荷量为q(q＞0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间
变化的规律如图所示．不计重力．在t＝0到t＝T的时间间隔内，求：
(1)粒子位移的大小和方向；
(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．
3、如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，
该直径与电场方向平行．一电荷量为q (q>0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别
为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．
4、在电场强度为E的匀强电场中，有一条与电场线平行的直线，如图X11－8中虚线所示．直线上有两个静
止的小球A和B(均可视为质点)，两小球的质量均为m，A球带电量为＋q，B球不带电．开始时两球相距L，
在电场力的作用下，A球开始沿直线运动，并与B球发生正对碰撞，碰撞中A、B两球的总动能无损失．设每
次碰撞后A、B两球速度互换，碰撞时，A、B两球间无电荷转移，且不考虑重力及两球间的万有引力，不计
碰撞时间，问：
　　(1)A球经过多长时间与B球发生第一次碰撞？
　　(2)再经过多长时间A球与B球发生第二次碰撞？
　
5、如图所示，竖直平面内一个带正电的小球质量为m，所带的电荷量为q，用一根长为L不可伸长的绝缘细线
系在一匀强电场中的O点．匀强电场方向水平向右，分布的区域足够大．现将带正电小球从O点右方由水平
位置A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零．
(1)求匀强电场的电场强度E的大小．
(2)若小球从O点的左方由水平位置C点无初速度释放，则小球到达最低点B所用的时间t是多少？此后小球能达到的最大高度H(相对于B点)是多少？
答案解析
试身手，初露锋芒
练习1、答案：AD
解析：粒子恰好穿过电场，平行板的方向：L＝v0t，垂直板方向：＝t2所以：d2＝，因此选项A、D正确．
练习2、答案：C
解析：由于微滴带负电，其所受电场力指向正极板，故微滴在电场中向正极板偏转，A项错误．
微滴在电场中所受电场力做正功，电势能减小，B项错误．
由于极板间电场是匀强电场，电场力不变，故微滴在电场中做匀加速曲线运动，并且轨迹为抛物线，C项正确．
带电量影响电场力及加速度大小，运动轨迹与加速度大小有关，故D项错误．
攻难关，自学检测
1.【答案】
【解析】加速过程用动能定理，
进入偏转电场后，
离开偏转电场时的偏转位移为y， ，
解得，
电子离开电场后做匀速直线运动，到达屏上经历的时间是、
电子平行于屏的方向的速度是
电子离开偏转电场后在平行于屏的方向又发生的位移
电子打在屏上的位置与屏的中点的距离Y，则：
由此可见降低加速电压，提高偏转电压、增大偏转电极的长度、减小偏转电极之间的距离可以使得粒子打在屏上的侧移变大.
2.【答案】2:1 1:2 1:8 1:1
【解析】粒子在匀强电场中偏转，做运动：
平行电场方向：L=v0t........① (L为极板长)
垂直电场方向：y=t2.............② (y为偏转位移)
由①②两式得：y=
(1)初速相同时，y, 所以=·=·=.
(2)初动能相同时y= yq 所以==.
(3)初动量相同时 y= yqm
所以=·=·=.
(4)先经过同一加速电场加速
由qU加=mv02得y=，与qm无关，所以 =1
测一测，大显身手
1、答案：(1)2L 　(2)　(3)mgh
解析：要使小球无碰撞地通过管口，则当它到达管口时，速度方向为竖直向下．
(1)竖直方向，自由落体运动，则运动时间可求出．
h＝gt2 t＝，
水平方向，小球做匀减速运动，减速至0，
位移　L＝t，解得　v0＝＝2L .
(2)水平方向，根据牛顿第二定律：qE＝ma，
又由运动学公式：v2－v＝2(－a)L，
解得　E＝.
(3)由动能定理得mgh－qEL＝Ek－mv，
解得　Ek＝mgh.
2、解析：解法一：(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
a1＝， ① a2＝－2，　　　② a3＝2，　　　③ a4＝－.　　④
由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的加速度－时间图象如图(a)所示，
对应的速度－时间图象如图(b)所示．
其中v1＝a1·＝.　　　 ⑤
由图(b)可知，带电粒子在t＝0到t＝T时间内的位移为
s＝v1.　　　 ⑥ 由⑤⑥式得s＝T2，　　　 ⑦
它沿初始电场正方向．
(2)由图(b)可知，粒子在t＝T到t＝T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间t为
t＝T－T＝.
解法二：(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
qE0＝ma1， ① －2qE0＝ma2，　　　② 2qE0＝ma3，　　　③ －qE0＝ma4.　　　④
设带电粒子在t＝、t＝、t＝、t＝T时的速度分别为v1、v2、v3、v4，则
v1＝a1·，　　　⑤ v2＝v1＋a2·，　　　⑥ v3＝v2＋v3·，　　　⑦ v4＝v3＋a4·.　　　⑧
设带电粒子在t＝0到t＝T时间内的位移为s，有
s＝(＋＋＋)·，　　 　 ⑨
联立以上各式可得 s＝. ⑩ 它沿初始电场正方向．
(2)由电场的变化规律知，t＝时粒子开始减速，设经过时间t1粒子速度减为零，即
0＝v1＋a2t1. 将①②⑤式代入上式，得 t1＝.
粒子从t＝时开始加速，设经过时间t2速度变为零．0＝v2＋a3t2.
此式与①②③④⑤⑥式联立得t2＝.
t＝0到t＝T时间内粒子沿初始电场反方向运动的时间t为t＝(－t1)＋t2，
将 式代入 式得t＝.
3、答案：见解析
解析: 该题考查带电体在电场中做圆周运动的问题，解题思路是利用向心力公式表示出在a、b两点的速度，
再利用动能定理表示出a、b两点的速度，求解方程即可．质点所受电场力的大小为f＝qE. ①
设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有
f＋Na＝m，　　　 ② Nb－f＝m.　　　 ③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有
Eka＝mv，　　　 ④ Ekb＝mv.　　　 ⑤
根据动能定理有 Ekb－Eka＝2rf.　　　 ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
E＝(Nb－Na)，　　　 ⑦ Eka＝(Nb＋5Na)， ⑧ Ekb＝(5Nb＋Na)．　　 　⑨
4、解析：（1）由牛顿第二定律：Eq=ma 所以，
（2）设再经t2时间A、B第二次相碰，则xA=xB
而 所以
5、解析：(1)对小球由A到B的过程，由动能定理得0＝mgL－qEL，所以E＝.
(2)如图所示，小球由C点释放后，将做匀加速直线运动，到B点时的速度为vB
小球做匀加速直线运动的加速度为a，则a＝＝g
由运动学公式有v＝2a·L 所以t＝＝
小球到B点时细线恰好拉紧．将vB分解为vB1和vB2，vB1＝vBcos 45°＝
此后小球以vB1做圆周运动．设运动到D点恰好速度为0，对小球由B点到D点的过程，由动能定理得－mg(L＋Lsin θ)＋qELcos θ＝0－mv2B1，所以θ＝45°
在到达D点前小球一直沿圆轨道运动，所以小球离B点的最大高度H＝L＋Lsin θ＝L.

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