突破43 带电粒子在匀强电场中的偏转-2019高三物理一轮微专题系列之热点专题突破 Word版含解析.doc

突破43带电粒子在匀强电场中的偏转 1.运动规律 沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间 沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动，加速度：a = F/m = qU/dm 离开电场时的偏移量 离开电场时的偏转角： 2．分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键 (1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动． (2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动． 3．两个结论 (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． (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为粒子水平位移的中点． 【典例1】如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点，A与虚线MN的间距为eq \f(L,2)，最后电子打在右侧的屏上，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： (1)电子从释放到打到屏上所用的时间； (2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点P′到点O的距离x。 【答案】　(1)3 eq \r(\f(mL,eE))　(2)2　(3)3L 【解析】　(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，时间为t1，由牛顿第 解得：tan θ＝2。 (3)如图， 设电子在电场E2中的偏转距离为x1 x1＝eq \f(1,2)a2t32 tan θ＝eq \f(x2,L) 解得：x＝x1＋x2＝3L。 【典例2】 如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求： (1)交变电压的周期T应满足什么条件？ (2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？ 【答案】　(1)T＝eq \f(L,nv0)，其中n取大于等于eq \f(L,2dv0)eq \r(\f(qU0,2m))的整数 (2)t＝eq \f(2n－1,4)T(n＝1,2,3，…) 【解析】　(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L＝nTv0，解得T＝eq \f(L,nv0) 粒子在eq \f(1,4)T内离开中心线的距离为y＝eq \f(1,2)aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)T))2 所以粒子的周期应满足的条件为 T＝eq \f(L,nv0)，其中n取大于等于eq \f(L,2dv0)eq \r(\f(qU0,2m))的整数． (2)粒子进入电场的时间应为eq \f(1,4)T，eq \f(3,4)T，eq \f(5,4)T，… 故粒子进入电场的时间为t＝eq \f(2n－1,4)T(n＝1,2,3，…)． 【跟踪短训】 1．如图所示，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b.在两板间加上可调偏转电压UYY′，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v0沿水平方向射入电场且能穿出． (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UYY′的范围； (3)求粒子可能到达屏上区域的长度． 【答案】　(1)见【解析】　(2)－eq \f(d2mv\o\al(2,0),qL2)≤UYY′≤eq \f(d2mv\o\al(2,0),qL2) (3)eq \f(d?L＋2b?,L) 【解析】　(1)设粒子在电场中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，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，如图所示， 则有y＝eq \f(1,2)at2 L＝v0t vy＝at，tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(y,x)，联立解得x＝eq \f(L,2) 故粒子在屏上可能到达的区域的长度为 H＝2y0＝eq \f(d?L＋2b?,L). 2. 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，电容