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第十章静电场中的能量
第5节带电粒子在电场中的运动
【素养目标】
1、理解带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转方向的问题．
2、知道示波管的构造和基本原理。
【必备知识】
知识点一、带电粒子在电场中的加速
1.运动状态分析
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的静电力与运动方向在同一条直线上，做匀变速直线运动。
2.两种处理方法：
(1)利用动力学公式求解：在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析，当解决的问题属于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量时，适合用该思路分析。
(2)利用动能定理分析．
初速度为零的带电粒子，经过电势差为U的电场加速后，qU＝mv2，则v＝.
由于W＝qU既适用于匀强电场又适用于非匀强电场，故qU＝mv2－mv适用于任何电场，所以处理电场对粒子的加速问题时，一般应用动能定理。
知识点二、带电粒子在电场中的偏转
1．受力分析
带电粒子以速度v0垂直于电场线方向射入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用（F=qE）而做匀变速曲线运动．
2.运动分析
粒子受到垂直于初速度方向的静电力作用，做类平抛运动。
3．处理方法
电荷量为q的带电粒子在电场中做类平抛运动，将带电粒子的运动沿初速度方向和电场线方向进行分解(类似于平抛运动的处理方法)．如图所示，设带电粒子沿中线进入板间，忽略电容器的边缘效应．
(1)初速度方向
(2)电场线方向
(3)离开电场时的偏转角：tan
α＝＝
(4)离开电场时位移与初速度方向的夹角：tan
β＝＝.
知识点三、带电粒子在电场中运动的五个常用推论
(1)tan
α＝2tan
β.
(2)粒子从偏转电场中射出时，其速度反向延长线与初速度方向延长线交于沿初速度方向分位移的中点．
(3)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子，不论m、q是否相同，只要相同，即荷质比相同，则偏转距离y和偏转角α相同．
(4)若以相同的初动能Ek0进入同一个偏转电场，只要q相同，不论m是否相同，则偏转距离y和偏转角α相同．
(5)不同的带电粒子经同一加速电场加速后(即加速电压相同)，进入同一偏转电场，则偏转距离y和偏转角α相同
.
【点睛】示波管的原理
(1)示波管的构造：
由三部分构成：电子枪、偏转电极、荧光屏，如图所示．
示波管的原理图
(2)示波管的原理：
XX′电极使电子束做横向(面向荧光屏而言)的水平扫描，YY′电极使电子束随信号电压的变化在纵向做竖直方向的扫描，这样就在荧光屏上出现了随时间而展开的信号电压的波形．显然，这个波形是电子束同时参与两个相互垂直的分运动合成的结果．
【课堂检测】
1.一带电粒子（不计粒子重力）从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置。则下列说法中正确的是（??
）
A.?先断开开关S，再适当上移P极板，该粒子仍落在Q板上原位置
B.?先断开开关S，再适当左移P极板，该粒子可能从Q板上的小孔B射出
C.?保持开关S闭合，适当上移P极板，该粒子仍落在Q板上原位置
D.?保持开关S闭合，适当左移P极板，该粒子可能从Q板上的小孔B射出
【答案】
A
【解析】A．断开开关S，则电容器的电荷量Q不变，由于平行板电容器产生的电场为匀强电场，且根据电容器的定义式和决定式有C
=
，C
=
，E
=
由上式可看出，上移P极板，极板间的场强不变，则粒子加速度不变，运动轨迹不变，该粒子仍落在Q板上原位置，A符合题意；
B．根据A选项可知，当适当左移P极板，两极板的正对面积减小，场强变大，故粒子加速度变大，故时间缩短，水平分位移减小，故不可能从Q板上的小孔B射出，B不符合题意；
C．保持开关S闭合，则电容器的电压U不变，由于平行板电容器产生的电场为匀强电场有E
=
由上式可看出，上移P极板，d增加，场强E减小，根据牛顿第二定律有a
=
故加速度减小，根据t
=
则时间延长，水平分位移增大，可能从小孔B射出，C不符合题意；
D．由C可知，当适当左移P极板，极板间的场强不变，则粒子加速度不变，运动轨迹不变，该粒子仍落在Q板上原位置，D不符合题意。
故答案为：A。
2.如图所示，在竖直虚线MN和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子（不计重力）以初速度v0由A点垂直MN进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C点离开场区．如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区．则下列判断正确的是
（
??）
A.?该粒子由B，C，D三点离开场区时的动能相同
B.?该粒子由A点运动到B，C，D三点的时间均不相同
C.?匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比
D.?若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外
【答案】
C
【解析】解：A、洛伦兹力不做功，不改变粒子的动能，而电场力做正功，粒子的动能增大，则粒子由C、D两点离开场区时的动能相同，小于从B点离开场区的动能．A不符合题意．
B、粒子在正交的电磁场中与只有电场时运动时间相等，为t1=
；粒子在磁场中运动时间为t2=
，由于AD＞AC，则知粒子在磁场中运动时间最长．B不符合题意．
C、带电粒子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，则
qE=qv0B，得
=v0
．
C符合题意．
D、若该粒子带负电，则知电场方向竖直向下，由左手定则判断得知，磁场方向垂直于纸面向里．D不符合题意．
故答案为：C
【素养作业】
1.让一价氢离子、一价氦粒子和二价氦粒子的混合物经过同一加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场里偏转，则（??
）
A.?它们会沿同一轨迹运动???????????????????????????????????????B.?它们会分成三股射出
C.?它们会分成两股射出???????????????????????????????????????????D.?它们只是在同一位置射出轨迹并不相同
【答案】
A
【解析】在中场中加速
在电场中偏转
解得
，偏转距离与带电粒子的电量和质量都无关，它们会沿同一轨迹运动，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解偏转量的表达式，结合选项求解即可。
2.a、b、c三个
粒子（重力不计）由同一点M同时垂直电场强度方向进入带有等量异种电荷的两平行金属板的电场间，其轨迹如图所示，其中b恰好沿板的边缘飞出电场，由此可知（??
）
A.?进入电场时a的速度最大，c的速度最小
B.?b、c在电场中运动经历的时间相等
C.?若把上极板向上移动，则a在电场中运动经历的时间减小
D.?若把下极板向下移动，则a在电场中运动经历的时间增长
【答案】
D
【解析】AB．三个
粒子在电场中做类平抛运动，加速度相同，a、b两粒子在竖直方向的位移相同，c粒子沿竖直方向的位移最小，由
可知，a、b两粒子的运动时间相同，c粒子的运动时间最短；b、c两粒子在水平方向的位移相同且大于a粒子，由
可知，三个粒子初速度的关系为
，AB不符合题意；
CD．由电容器电容
，
，
联立可得
即移动极板，两板间的电场强度不变，粒子加速度不变，故若把上极板向上移动，则a在电场中运动经历的时间不变，若把下极板向下移动，则a在电场中运动经历的时间增长，C不符合题意D符合题意。
故答案为：D。
【分析】粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可。
3.如图所示为某粒子分析器的简化结构．金属板P、Q相互平行,两板通过直流电源、开关相连,其中Q板接地．一束带电粒子，从a处以一定的初速度平行于金属板P、Q射入两板之间的真空区域,经偏转后打在Q板上如图所示的位置．在其他条件不变的情况下，要使该粒子束能从Q板上的b孔射出不计粒子重力和粒子间的相互影响，下列操作中可能实现的是（
??）
A.?保持开关S闭合，适当上移P极板?????????????????????????B.?保持开关S闭合，适当左移P极板
C.?先断开开关S，再适当上移P极板?????????????????????????D.?先断开开关S，再适当左移P极板
【答案】
A
【解析】A．保持开关S闭合，两极板间的电压不变，适当上移P极板，两极板间的距离增大，根据
知场强变小，带电粒子的加速度
变小，竖直方向
，时间变长，水平方向的位移
变大，该粒子可能从Q板上的b孔射出，A符合题意；
B．保持开关S闭合，适当左移P极板，两极板间的距离不变，根据
知场强大小不变，根据
知加速度大小不变，根据
知运动时间相等，根据
知水平位移不变，粒子打在Q板上的位置不变，B不符合题意；
C．先断开开关S，金属板P、Q所带的电荷量Q不变，电容
，结合
，电场强度
所以场强不变，粒子所受的电场力不变，加速度不变，粒子仍然打在下极板的原位置，C不符合题意；
D．断开开关S，电容器所带的电荷量不变，左移P极板，正对面积S减小，根据
知，电容减小，由
知两极板间的电压增大，场强增大，加速度增大，根据
可知，时间减小，由
知水平位移减小，故落点在原位置的左侧，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解。
4.如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，恰好沿下板边缘飞出。若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（?????
）
A.?将打在下板上?????????????????????????????????????????????????????B.?仍沿原轨迹由下板边缘飞出
C.?不发生偏转，沿直线运动????????????????????????????????????D.?小球可能会打到下板的中央
【答案】
B
【解析】将电容器上板向上移动一段距离,电容器所带的电量Q不变,因为:
?,由公式可以知道当d增大时,场强E不变,以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动,B符合题意,ACD不符合题意.
故答案为：B
【分析】当两板的电荷量不变时，可以利用场强的表达式推出和板间距离无关，所以改变了板间距离，电场力不变，轨迹也不变。
5.电场线如图，某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，带电粒子的运动轨迹如图所示，可以判定（??
）
A.?A点的电势低于B点的电势???????????????????????????????????B.?在A点的加速度大于在B点的加速度
C.?粒子带正电?????????????????????????????????????????????????????????D.?粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能
【答案】
C
【解析】解：A、沿电场线方向电势逐渐降低，A点的电势高于B点的电势，所以A错误；
B、由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，故B错误；
C、受力方向指向运动轨迹凹的一侧，故可知粒子受力方向向上，与电场线方向相同，粒子带正电，C正确；
D、B、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A点的动能小于它在B点的动能，粒子在A点的电势能大于它在B点的电势能，故D错误；
故选：C
【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．根据带电粒子轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功正负，判断动能和电势能的变化；沿电场线的方向，电势降低
6.真空中一匀强电场中有一质量为0.01g，电荷量为﹣1×10﹣8C的尘埃沿水平方向向右做匀速直线运动，取g=10m/s2
，
如果考虑尘埃的重力则（　　）
A.?场强方向水平向左????????B.?场强方向水平向右????????C.?场强方向竖直向上????????D.?场强的方向竖直向下
【答案】
D
【解析】由题，尘埃在匀强电场中沿水平方向向右做匀速直线运动，受到的电场力与重力平衡，且根据平衡条件得：mg=qE．则电场力方向竖直向上，而尘埃带负电，所以电场强度方向竖直向下．故ABC错误，D正确
故选：D
【分析】尘埃在匀强电场中沿水平方向向右做匀速直线运动，受到的电场力与重力平衡，根据平衡条件求出电场强度大小和方向．
7.静电喷涂时，喷枪带负电，被喷工件带正电，喷枪喷出的涂料微粒带负电，假设微粒被喷出后只受静电力作用，最后吸附在工件表面，微粒在向工件靠近的过程中（?
）
A.?一定沿着电场线运动??????B.?所受电场力先减小后增大??????C.?克服电场力做功??????D.?电势能逐渐增大
【答案】
B
【解析】A、由于涂料微粒有初速度，故不一定沿电场线方向运动，故A错误．
B、由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中，涂料微粒带负电．根据电场强度的分布可知，所受电场力先减小后增大，故B正确
C、D涂料微粒所受的电场力方向向左，其位移方向大体向左，则电场力对涂料微粒做正功，其电势能减小．故CD错误．故选：B
【分析】本题抓住异种电荷相互吸收，分析涂料微粒的电性．根据电场力做功正负判断电势能的变化情况
8.如图所示，竖直平面内有水平向右的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上。两个质量相等的带电粒子，以相同的速度
分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力。已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是（??
）
A.?两粒子都带负电??????????????????????????????????????????????????B.?从M点进入的粒子电荷量较大
C.?从N点进入的粒子动量变化较大??????????????????????????D.?两粒子的电势能都增加
【答案】
C
【解析】A．两粒子都向电场方向偏转，所以粒子均带正电，A不符合题意；
B．两粒子在电场中均做类平抛运动，竖直方向做匀速直线运动，到达P点时时间相等，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，有
从M点进入的粒子水平距离小，所以其电量也小。B不符合题意；
C．根据B可知，从N点进入的粒子电量大，根据动量定理得
所以从N点进入的粒子动量变化较大。C符合题意；
D．电场力均做正功，电势能减小。D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用粒子的偏转方向可以判别粒子的电性；利用类平抛的位移公式可以比较运动的时间及水平方向的加速度的大小，结合牛顿第二定律可以比较粒子电荷量的大小；利用动量定理可以比较粒子动量变化量的大小；利用电场力做功可以比较电势能的变化。

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