带电粒子在匀强电场中的加速和偏转问题一：.两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。

证明：由qU 0＝12m v 20及tan φ＝qUl md v 20得tan φ＝Ul2U 0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到电场边缘的距离为l 2。

二：．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12m v 2－12m v 20，其中U y ＝U d y ，指初、末位置间的电势差。

三：带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路 1．运动学与动力学观点(1)运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况： ①带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动； ②带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。

(2)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法。

2．功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算。

(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量。

(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。

四：典题分析：1 如图1所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y ，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)( )图1A ．增大偏转电压UB ．增大加速电压U 0C ．增大偏转极板间距离D ．将发射电子改成发射负离子解析：选A 设偏转电极板长为l ，极板间距为d ，由qU 0＝12m v 2，t ＝l v 0，y ＝12at 2＝qU 2md t 2，得偏转位移y ＝Ul 24U 0d ，增大偏转电压U ，减小加速电压U 0，减小偏转极板间距离，都可使偏转位移增大，选项A 正确BC 错误；由于偏位移y ＝Ul 24U 0d 与粒子质量带电量无关，故将发射电子改成发射负离子，偏转位移不变，选项D 错误。

2. 如图2(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图9(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t 0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t 0可能属于的时间段是( )图2A ．0<t 0<T4 B.T 2<t 0<3T 4 C.3T4<t 0<TD ．T <t 0<9T8解析：选B 两板间加的是方波电压，刚释放粒子时，粒子向A 板运动，说明释放粒子时U AB 为负，因此A 项错误，若t 0＝T2时刻释放粒子，则粒子做方向不变的单向直线运动，一直向A 运动；若t 0＝3T4时刻释放粒子，则粒子在电场中固定两点间做往复运动，不能到达A 板；因此T 2<t 0<3T4时间内，粒子的运动满足题意的要求，选项B 正确。

3如图3所示，一价氢离子(11H)和二价氦离子(24He)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3A ．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解析：选B 一价氢离子(11H)和二价氦离子(24He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会打在同一点。

选B 。

4. 如图4所示，矩形区域ABCD 内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a 和b 以相同的水平速度射入电场，粒子a 由顶点A 射入，从BC 的中点P 射出，粒子b 由AB 的中点O 射入，从顶点C 射出。

若不计重力，则a 和b 的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)是( )图4A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶8D ．8∶1解析：选D 两粒子在电场中均做类平抛运动，则有沿初速度方向：x ＝v 0t ，垂直于初速度方向：y ＝12·qE m t 2，即y ＝12qE m ·x 2v 20，则有q a m a ∶q b m b ＝y a y b ·x 2b x 2a ＝21×221＝8∶1，D 项正确。

5．如图3所示，一对半径均为R 1的金属板M 、N 圆心正对平行放置，两板距离为d ，N 板中心镀有一层半径为R 2的圆形锌金属薄膜，d ≪R 2<R 1，两板之间电压为U MN ，两板之间真空且可视为匀强电场。

N 板受到某种单色光照射后锌金属薄膜表面会发射出最大速率为v ，方向各异的电子，已知电子的电荷量为e ，质量为m ，每秒稳定发射n 个电子。

电子在板间运动过程中无碰撞且不计电子的重力和电子间相互作用，电子到达M 板全部被吸收。

M 板右侧串联的电流表可以测量到通过M 板的电流I 。

试求：图5(1)当U MN 取什么值时，I 始终为零；(2)当U MN 取什么值时，I 存在一个最大值，并求这个最大值； (3)请利用(1)(2)的结论定性画出I 随U MN 变化的图象。

解析：(1)当垂直N 板发射速度为v 的电子不能到达M 板时，I ＝0， 令此时两板间电压为U MN ，则12m v 2＝－eU MN 得U MN ＝－m v 22e(2)当从锌膜边缘平行N 板射出的电子做类平抛运动刚好能到达M 板边缘时，则所有电子均能到达M 板，电流最大I ＝ne令此时两板间电压为U MN ′ R 1－R 2＝v t ， d ＝12at 2，a ＝U MN ′e dm得U MN ′＝2md 2v 2e (R 1－R 2)2(3)I 随U MN 变化的图象如图所示。

答案：(1)－m v 22e (2)2md 2v 2e (R 1－R 2)2ne (3)见解析图6．如图6所示，真空中水平放置的两个相同极板Y 和Y ′长为L ，相距为d ，足够大的竖直屏与两板右侧相距为b 。

在两板间加上可调偏转电压U ，一束质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)从两板左侧中点A 以初速度v 0沿水平方向射入电场且能穿出。

图6(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O 点； (2)求两板间所加偏转电压U 的范围； (3)求粒子可能到达屏上区域的长度。

解析：(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a ，离开偏转电场时偏转距离为y ，沿电场方向的速度为v y ，偏转角为θ，其反向延长线通过O 点，O 点与板右端的水平距离为x ，则有y ＝12at 2① L ＝v 0t ② v y ＝attan θ＝v yv0＝yx，联立可得x＝L2，即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心。

(2)a＝Eq m③E＝U d④由①②③④式解得y＝qUL22dm v20当y＝d2时，U＝md2v20qL2则两板间所加电压的范围－md2v20qL2≤U≤md2v20qL2(3)当y＝d2时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y0)，则y0＝(L2＋b)tan θ而tan θ＝dL，解得y0＝d(L＋2b)2L则粒子可能到达屏上区域的长度为d(L＋2b)L。

答案：(1)见解析(2)－md2v20qL2≤U≤md2v20qL2(3)d(L＋2b)L7 如图7所示直流电源的路端电压U＝182V。

金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近。

它们分别和变阻器上的触点a、b、c、d连接。

变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为1∶2∶3。

孔O1正对B和E，孔O2正对D和G。

边缘F、H正对。

一个电子以初速度v0＝4×106m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场。

金属板间的距离L1＝2 cm，L2＝4 cm，L3＝6 cm。

电子质量m e＝9.1×10－31 kg，电量q＝1.6×10－19C。

正对两平行板间可视为匀强电场，求：图7(1)各相对两板间的电场强度。

(2)电子离开H 点时的动能。

(3)四块金属板的总长度(AB ＋CD ＋EF ＋GH )。

[尝试解题](1)三对正对极板间电压之比U 1∶U 2∶U 3＝R ab ∶R bc ∶R cd ＝1∶2∶3。

板间距离之比L 1∶L 2∶L 3＝1∶2∶3 故三个电场场强相等E ＝UL 1＋L 2＋L 3＝1 516.67 N/C(2)根据动能定理 eU ＝12m v 2－12m v 20 电子离开H 点时动能E k ＝12m v 20＋e U ＝3.64×10－17 J (3)由于板间场强相等，则电子在竖直方向受电场力不变，加速度恒定可知电子做类平抛运动：“竖直方向”L 1＋L 2＋L 3＝12qE m t 2 “水平方向”x ＝v 0t 消去t 解得x ＝0.12 m极板总长AB ＋CD ＋EF ＋GH ＝2x ＝0.24 m 。

[答案] (1)1 516.67 N/C (2)3.64×10－17 J (3)0.24 m8 如图8所示，带电粒子P 所带的电荷量是带电粒子Q 的3倍，它们以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M 、N 点，若OM ＝MN ，则P 和Q 的质量之比为( )图8A ．3∶4B ．4∶3C ．3∶2D ．2∶3解析：选A 本题忽略了粒子重力的影响，P 和Q 在匀强电场中做类平抛运动，它们沿水平方向均以初速度v 0做匀速直线运动，根据OM ＝MN ，可知，它们沿竖直方向的下落时间之比为t P ∶t Q ＝1∶2；根据h ＝12at 2可得a ＝2ht 2，可见，它们沿竖直方向下落的加速度之比为a P ∶a Q ＝4∶1；根据a ＝Eq m 可得m ＝Eq a ∝qa ，所以m P m Q ＝q P q Q ·a Q a P＝3×14＝34，所以选项A 正确，答案为A 。

9．如图9所示为说明示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d 、板长为l 电子经电压为U 1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场，设电子质量为m e 、电荷量为e 。

图9(1)求经电场加速后电子速度v 的大小；(2)要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U 2应是多少？电子动能多大？解析：(1)电子经电压为U 1的电场加速，根据动能定理：eU 1＝12m e v 2，则经电场加速后电子的速度v ＝2eU 1m e 。