2024年高考物理一輪復習(新人教版)第 9 章第4 講 帶電粒子在電場中的偏轉

2024年高考物理一輪復習(新人教版)第9章第4講帶電

粒子在電場中的偏轉

第4講帶電粒子在電場中的偏轉

目標要求1.掌握帶電粒子在電場中的偏轉規(guī)律2會分析帶電粒

子在電場中偏轉的功能關系.3.掌握帶電粒子在電場和重力場的復合場

中的運動規(guī)律.4.會分析、計算帶電粒子在交變電場中的偏轉問題.

考點一帶電粒子在勻強電場中的偏轉

帶電粒子在勻強電場中偏轉的兩個分運動

(1)沿初速度方向做勻速直線運動，t=(如圖).

(2)沿靜電力方向做勻加速直線運動

①加速度：a===.

②離開電場時的偏移量：y=at2二.

③離開電場時的偏轉角：tanQ二二.

1.兩個重要結論

Q)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉

電場射出時，偏移量和偏轉角總是相同的.

證明：在加速電場中有qU0=mv02

在偏轉電場偏移量y=at2=-()2

偏轉角6,tan0==

得：y二，tan8二

V、8均與m、q無關.

(2)粒子經電場偏轉后射出，速度的反向延長線與初速度延長線的

交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉電場邊緣的距離為偏轉極

板長度的一半.

2.功能關系

當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy

=m^-mv02，其中Uy=y,指初、末位置間的電勢差.

考向1帶電粒子在勻強電場中的偏轉

例1(2023廣東佛山市模擬)如圖所示,正方形ABCD區(qū)域內存

在豎直向上的勻強電場,質子（H井口。粒子（He）先后從A點垂直射入勻

強電場，粒子重力不計，質子從BC邊中點射出，貝11（）

A.若初速度相同，a粒子從CD邊離開

B.若初速度相同，質子和a粒子經過電場的過程中速度增量之比

為1:2

C.若初動能相同，質子和a粒子經過電場的時間相同

D.若初動能相同，質子和c（粒子經過電場的過程中動能增量之比

為1:4

答案D

解析對任一粒子，設其電荷量為q,質量為m,粒子在電場中

做類平拋運動，水平方向有x=votz豎直方向有y=前2二??，若初速度

相同，水平位移x相同時，由于a粒子的比荷比質子的小，則a粒子

的偏轉距離y較小，所以a粒子從BC邊離開，由t=知兩個粒子在電

場中的運動時間相等，由Av二at二t,知Ava,則質子和a粒子經過

電場的過程中速度增量之比為2:1,故A、B錯誤;粒子經過電場的

時間為t=z若初動能相同，質子的初速度較大，則質子的運動時間較

短，故C錯誤；由y=??,E二mv2得y=，若初動能相同，已知x相

同，則yxq,根據動能定理知：經過電場的過程中動能增量AEk=qEy,

E相同，則,則質子和。粒子經過電場的過程中動能增量之比

為1：4,故D正確.

例2（2020?浙江7月選考-6）如圖所示，一質量為m、電荷量為

q的粒子以速度V。從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向

豎直向下的勻強電場中.已知MN與水平方向成45。角,粒子的重力

可以忽略,則粒子到達MN連線上的某點時（）

A.所用時間為

B.速度大小為3v0

C.與P點的距離為

D.速度方向與豎直方向的夾角為30。

答案C

解析粒子在電場中只受靜電力，F=qE,方向向下，如圖所

示.粒子的運動為類平拋運動.水平方向做勻速直線運動，有X=v0t,

豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，有y二at2二七，=tan45。,

聯立解得弋=，故A錯誤；

vy=at=-=2vQz則速度大小v==v0,tan6==,則速度方向與

豎直方向夾角6/30。,故B、D錯誤；

x=vnt=，與P點的距離s==，故C正確.

考向2帶電粒子在組合場中的運動

例3（2023?廣東湛江市模擬）示波管原理圖如圖甲所示.它由電

子槍、偏轉電極和熒光屏組成，管內抽成真空.如果在偏轉電極XX，和

YY，之間都沒有加電壓，電子束從電子槍射出后沿直線運動，打在熒光

屏中心，產生一個亮斑如圖乙所示,若板間電勢差Uxx，和UYY，隨時間

變化關系圖像如丙、丁所示，則熒光屏上的圖像可能為（）

答案A

解析Uxx，和Uy,均為正值，兩偏轉電極的電場強度方向分別由X

指向X、Y指向Y"電子帶負電,所受靜電力方向與電場強度方向相

反，所以分別向X、Y方向偏轉,可知A正確.

例4如圖裝置是由粒子加速器和平移器組成，平移器由兩對水平

放置、間距為Ad的相同平行金屬板構成，極板間距離和板長均為L.加

速電壓為u0,兩對極板間偏轉電壓大小相等均為u0,電場方向相

反.質量為m、電荷量為+q的粒子無初速度地進入加速電場，被加

速器加速后，從平移器下板邊緣水平進入平移器，最終從平移器上板

邊緣水平離開，不計重力.下列說法正確的是（）

A.粒子離開加速器時速度v0二

B.粒子通過左側平移器時，豎直方向位移V1=

C.Ad與2L相等

D.只增加加速電壓，粒子將不能從平移器離開

答案B

解析根據qU0=mv02,粒子離開加速器時速度為v0=，故A錯

誤；粒子在左側平移器電場中的偏移量為y1二at2，又q=ma,L=v°t,

得y1=，故B正確；根據類平拋運動的特點和對稱性，粒子在兩平移

器之間做勻速直線運動，它的軌跡延長線分別過平行板中點，根據幾

何關系可知Ad=L,故C錯誤；由B選項可得九二，由A選項可知當

加速電壓增大時，粒子進入平移器的速度增大，粒子在平移器中豎直

方向偏移量變小，粒子可以離開平移器，位置比原來靠下,故D錯誤.

考點二帶電粒子在重力場和電場復合場中的偏轉

例5如圖所示，地面上某區(qū)域存在著水平向右的勻強電場，一個

質量為m的帶負電小球（可視為質點）以水平向右的初速度V。，由。點

射入該區(qū)域，剛好豎直向下通過豎直平面中的P點，已知0P與初速

度方向的夾角為60。,重力加速度為g,則以下說法正確的是（）

A.所受靜電力大小為

B.小球所受的合外力大小為

C.小球由O點到P點用時

D.小球通過P點時的動能為mv02

答案C

解析設OP二L,小球從O到P水平方向做勻減速運動，到達P

點時水平速度為零，豎直方向做自由落體運動,則水平方向Leos60°

=t,豎直方向Lsin60°=gt2，解得t=，選項C正確;水平方向受靜

電力F]=ma=m=，小球所受的合外力是F1與mg的合力,可知合力

的大小F==mg,選項A、B錯誤;小球通過P點時的速度大小vp=

gt=v0z則動能Ekp=mvp2=mv02,選項D錯誤.

例6（2019?全國卷m-24）空間存在一方向豎直向下的勻強電場,

。、P是電場中的兩點.從0點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質

量均為m的小球A、B.A不帶電，B的電荷量為q（q>0）.A從。點發(fā)

射時的速度大小為V。,到達P點所用時間為t;B從0點到達P點所

用時間為.重力加速度為g,求：

Q）電場強度的大?。?/p>

（2）B運動到P點時的動能.

答案⑴（2）2m（v02+g2t2）

解析Q）設電場強度的大小為E,小球B運動的加速度為a根據

牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有mg+qE=ma①

a()2=gt2(2)

解得E二③

⑵設B從。點發(fā)射時的速度為h,到達P點時的動能為E.,。、

P兩點的高度差為h,根據動能定理有mgh+qEh=Ek-mv0④

且有V1=⑤

h=gt2⑥

聯立③④⑤⑥式得Ek=2m(v02+g2t2).

考點三帶電粒子在交變電場中的偏轉

1.帶電粒子在交變電場中的運動，通常只討論電壓的大小不變、

方向做周期性變化(如方波)的情形.

當粒子垂直于交變電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻

速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性.

2.研究帶電粒子在交變電場中的運動，關鍵是根據電場變化的特

點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況.根據電場的變化

情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等.

3.注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律):抓住粒子運動時間

上的周期性和空間上的對稱性，求解粒子運動過程中的速度、位移、

做功或確定與物理過程相關的臨界條件.

4.對于鋸齒波和正弦波等電壓產生的交變電場，若粒子穿過板間

的時間極短，帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動.

例7在如圖甲所示的極板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、

方向周期性變化的交變電壓，其周期為T,現有一電子以平行于極板的

速度V。從兩板中央00’射入.已知電子的質量為m、電荷量為e,不

計電子的重力，問：

Q)若電子從t=0時刻射入，在半個周期內恰好能從A板的邊緣飛

出，則電子飛出時速度的大小為多少?

(2)若電子從t=0時刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為

多長？

(3)若電子恰能沿00'平行于極板飛出，電子應從哪一時刻射入？

兩極板間距至少為多大？

答案見解析

解析(1)由動能定理得e=mv2-mv02

解得v=.

(2)t=0時刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運動，向

A極板方向偏轉，半個周期后電場方向反向，電子在該方向上做勻減

速運動，再經過半個周期，電子在電場方向上的速度減小到零，此時

的速度等于初速度V。，方向平行于極板，以后繼續(xù)重復這樣的運動；

要使電子恰能平行于極板飛出，則電子在00'方向上至少運動一個周

期，故極板長至少為L=v0T.

(3)若要使電子沿00'平行于極板飛出，則電子在電場方向上應先

加速、再減速，減速到零后反向加速、再減速，每階段時間相同，一

個周期后恰好回到。0'上，可見應在t=+k(k=0,1,2，…)時射入，極

板間距離要滿足電子在加速、減速階段不打到極板上，設兩板間距為

d,由牛頓第二定律有a二,加速階段運動的距離s=?2￡

解得d>Tr故兩極板間距至少為T.

例8如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子

發(fā)射裝置的加速電壓為Uo,電容器極板長L=10cm,極板間距d=

10cm,下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L=10cm，熒

光屏足夠長，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板與下極板的電

勢差隨時間變化的圖像如圖乙所示.每個電子穿過極板的時間都極短，

可以認為電子穿過極板的過程中電壓是不變的.求：

Q)在t=0.06s時刻，電子打在熒光屏上的位置到。點的距離；

(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間長度.

答案Q)13.5cm(2)30cm

解析(1)設電子經電壓Uo加速后的速度為V。，根據動能定理得

eUo=mvo2，

設電容器間偏轉電場的場強為E,則有E二，

設電子經時間t通過偏轉電場，偏離軸線的側向位移為y,貝(J沿中

心軸線方向有t=,垂直中心軸線方向有a=,聯立解得y=at2==z

設電子通過偏轉電場過程中產生的側向速度為vy,偏轉角為0,

則電子通過偏轉電場時有vy=atztan6二，則電子在熒光屏上偏離0

點的距離為Y=y+Ltan8=，由題圖乙知t=0.06s時刻，U=1.8U。，

解得Y=13.5cm.

（2）由題知電子偏移量y的最大值為，根據y二可得，當偏轉電壓

超過2U。時,電子就打不到熒光屏上了,所以代入得Ymax=,所以熒

光屏上電子能打到的區(qū)間長度為2Yma=3L=30cm.

課時精練

1.侈選）如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻

強電場，電場方向水平向左.不計空氣阻力，則小球（）

A.做直線運動B.做曲線運動

C.速率先減小后增大D.速率先增大后減小

答案BC

解析對小球受力分析，小球受重力、靜電力作用，合外力的方

向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運動，故A錯誤,

B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為

銳角，故合外力對小球先做負功后做正功，所以速率先減小后增大，

故C正確，D錯誤.

2.侈選）（2023?遼寧葫蘆島市高三檢測）如圖所示，在豎直向上的勻

強電場中，A球位于B球的正上方，質量相等的兩個小球以相同初速

度水平拋出，它們最后落在水平面上同一點，其中只有一個小球帶電，

不計空氣阻力，下列判斷正確的是（）

A.如果A球帶電,則A球一定帶負電

B.如果A球帶電，則A球的電勢能一定增加

C.如果B球帶電，則B球一定帶負電

D.如果B球帶電,則B球的電勢能一定增加

答案AD

解析平拋時的初速度相同，在水平方向通過的位移相同，故下

落時間相同，A球在上方，豎直位移較大，由h=at2可知，A球下落

的加速度較大，所受合外力較大，如果A球帶電，則A球受到向下的

靜電力，一定帶負電，靜電力做正功，電勢能減小，故A正確，B錯

誤；如果B球帶電，由于B球的豎直位碎小，加速度較小，所受合

外力較小，則B球受到的靜電力向上，應帶正電，靜電力對B球做負

功，電勢能增加，故C錯誤，D正確.

3.如圖所示,一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射

入勻強電場，入射方向與電場線垂直.粒子從Q點射出電場時，其速

度方向與電場線成30。角.已知勻強電場的寬度為d,方向豎直向上，

P、Q兩點間的電勢差為U（U>0）,不計粒子重力，P點的電勢為

零.則下列說法正確的是（）

A.粒子帶負電

B.帶電粒子在Q點的電勢能為qU

C.P、Q兩點間的豎直距離為

D.此勻強電場的電場強度為

答案D

解析由題圖可知，帶電粒子的軌跡向上彎曲，則粒子受到的靜

電力方向豎直向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電，故A錯誤;

粒子從P點運動到Q點，靜電力做正功，大小為W=qU,則粒子的

電勢能減少了qU,P點的電勢為零，可知帶電粒子在Q點的電勢能為

-qU,故B錯誤；Q點速度的反向延長線過水平位移的中點，則y=

=d,電場強度大小為E==,故D正確，C錯誤.

4.侈選）（2021?全國乙卷20）四個帶電粒子的電荷量和質量分別

為（+q,m）、（+q,2m）、（+3q,3m）、（?q,m），它們先后以相同的

速度從坐標原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平

行.不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的

是（）

答案AD

解析帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為a=，由類

平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子在電場中運動時間為t=,離開電場時，

帶電粒子的偏轉角的正切值為tan6===/因為四個帶電的粒子的初

速度相同，電場強度相同，水平位移相同，所以偏轉角只與比荷有關，

（+q,m）粒子與（+3q,3m）粒子的比荷相同,所以偏轉角相同，軌跡

相同,且與（-q,m）粒子的比荷也相同，所以（+q,m）、（+3q,3m）、

（-q,m）三個粒子偏轉角相同，但（-q,m）粒子與上述兩個粒子的偏

轉角方向相反，（+q,2m）粒子的比荷比（+q,m）、（+3q,3m）粒子的

比荷小，所以（+q,2m）粒子比（+q,m）（+3q,3m）粒子的偏轉角小，

但都帶正電，偏轉方向相同，故A、D正確,B、C錯誤.

5.如圖所示，一電子槍發(fā)射出的電子（初速度很小，可視為零）經過

加速電場加速后，垂直射入偏轉電場，射出后偏轉位移為Y.要使偏轉

位移增大，下列哪些措施是可行的（不考慮電子射出時碰到偏轉極板的

情況）（）

A.增大偏轉電壓U

B.增大加速電壓Uo

C,增大偏轉極板間距離

D.將發(fā)射電子改成發(fā)射負離子

答案A

解析設偏轉極板長為I,極板間距為d,由eU0=mv02,t=,a

=，y=at2,聯立得偏轉位移y二，增大偏轉電壓U,減小加速電壓U。，

減小偏轉極板間距離，都可使偏轉位移增大，選項A正確，B、C錯誤;

由于偏轉位移y=與粒子質量、帶電荷量無關，故將發(fā)射電子改成發(fā)射

負離子，偏轉位移不變，選項D錯誤.

6.（多選）如圖甲所示,真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金

屬板P、Q,兩板間距為d,兩板間加上如圖乙所示最大值為Uo且周

期性變化的電壓，在兩板左側緊靠P板處有一粒子源A,自t=0時刻

開始連續(xù)釋放初速度大小為v。、方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t

=0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側邊緣離開電場，已知電場變化周

期T二，粒子質量為m,不計粒子重力及相互間的作用力,則（）

A.在t=0時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為v0

B.粒子的電荷量為

C.在t=T時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了mv02

D.在t=T時刻進入的粒子剛好從P板右側邊緣離開電場

答案AD

解析粒子進入電場后，水平方向做勻速運動，則t=0時刻進入

電場的粒子在電場中運動時間t二，此時間正好是交變電壓的一個周期，

粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經過一個周期，粒子的

豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0,選項

A正確；在豎直方向,t=0時刻進入電場的粒子在時間內的位移為，

則=a-()2=()2,計算得出q=，選項B錯誤；在t二時刻進入電場的粒

子,離開電場時在豎直方向上的位移為d=2xa(T)2-2xa()2二，故靜

電力做功為W=xd=Uoq=mv02,電勢能減少了mv02,選項C錯誤;

t二時刻進入的粒子，在豎直方向先向下加速運動，然后向下減速運動，

再向上加速，然后再向上減速，由對稱可以知道，此時豎直方向的位

移為零，故粒子從P板右側邊緣離開電場，選項D正確.

7.(2023?重慶市高三模擬)如圖所示,一圓形區(qū)域有豎直向上的勻

強電場，O為圓心，兩個質量相等、電荷量大小分別為qrq2的帶電

粒子甲、乙,以不同的速率V］、V?從A點沿AO方向垂直射入勻強電

場，甲從C點飛出電場，乙從D點飛出，它們在圓形區(qū)域中運動的時

間相同，已知/AOC=45。，NAOD=120°,不計粒子的重力，下列說

法正確的是()

A.=B.=

C.=D.=

答案B

解析甲、乙在電場中均做類平拋運動，沿初速度方向做勻速直

線運動，它們在圓形區(qū)域中運動時間t相同，在水平方向上，根據題圖

中幾何關系可得xAC=vt=R-Reos45。，x=vt=R+Reos60。，

聯立可得二=,A錯誤，B正確；甲、乙在電場中沿靜電力方向均做初

速度為零的勻加速直線運動，則有yAC=?t2=Rsin45°,yAD=-t2=

Rsin60。，聯立可得二二，C、D錯誤.

8.(2022?浙江6月選考,9)如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平

行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L(不考慮邊界效應).t=0時

刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為v0的相同粒子,垂直M

板向右的粒子,到達N板時速度大小為v0;平行M板向下的粒子，剛

好從N板下端射出.不計重力和粒子間的相互作用，貝［|()

A.M板電勢高于N板電勢

B.兩個粒子的電勢能都增加

C.粒子在兩板間的加速度為a二

D.粒子從N板下端射出的時間t二

答案C

解析由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢

高低，故A錯誤；根據題意垂直M板向右的粒子到達N板時速度增

加，動能增加，則靜電力做正功，電勢能減小，則平行M板向下的粒

子到達N板時靜電力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；設兩板

間距離為d,對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板

間做類平拋運動，有二v°t,d=at2,對于垂直M板向右的粒子，在板

間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，則在電場中加速度相同，有

(v°)2-v02=2ad,聯立解得t=,a=，故C正確，D錯誤.

9.(多選)如圖所示，一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板

水平放置，板長為L,板間距離為d,距板右端L處有一豎直屏M.-

帶電荷量為q、質量為m的質點以初速度V。沿中線射入兩板間,最后

垂直打在M上，則下列說法中正確的是(已知重力加速度為g)()

A.兩極板間電壓為

B.板間電場強度大小為

C.整個過程中質點的重力勢能增加

D.若僅增大兩極板間距，則該質點不可能垂直打在M上

答案BC

解析據題分析可知，質點在平行板間軌跡應向上偏轉，做類平

拋運動，飛出電場后，軌跡向下偏轉，才能最后垂直打在M屏上，前

后過程質點的運動軌跡有對稱性，如圖所示，

可知兩次偏轉的加速度大小相等，對兩次偏轉分別由牛頓第二定

律得qE-mg二ma,mg=ma,解得a=g,E=，由U=Ed得兩極板

間電壓為u=，故A錯誤，B正確；質點在電場中向上偏轉的距離y二

at2,t=，解得y=,故質點打在屏上的位置與P點的距離為s=2y=

整個過程中質點的重力勢能的增加量E=mgs=,故C正確；僅增大

兩極板間的距離，因兩極板上電荷量不變，根據E====可知，板間

電場強度不變，質點在電場中受力情況不變，則運動情況不變，仍垂

直打在M上，故D錯誤.

10.(2023?黑龍江佳木斯市第八中學調研)如圖所示,兩平行金屬板

A、B長L=8cm,兩板間距離d=8cm,A板比B板電勢高300V,

一個不計重力的帶正電的粒子電荷量q=lO-ioCx質量m=10-20kg,

沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v0=2x106m/s,粒子

飛出平行板電場后，可進入界面MN和光屏PS間的無電場的真空區(qū)

域,最后打在光屏PS上的D點(未畫出).已知界面MN與光屏PS相

距12cm,。是中心線RO與光屏PS的交點.sin37°=0.6,cos37°

=0.8,求：

Q)粒子穿過界面MN時偏離中心線R0的距離；

(2)粒子射出平行板電容器時偏轉角；

(3)OD兩點之間的距離.

答案(l)0.03m(2)37°(3)0.12m

解析Q)帶電粒子垂直進入勻強電場后做類平拋運動，加速度為

a==

水平方向有L=v°t

豎直方向有y=at2

聯立解得%=0.03m

(2)設粒子射出平行板電容器時偏轉角為0Zvy=at

tan9====,故偏轉角為37°.

(3)帶電粒子離開電場時速度的反向延長線與初速度延長線的交點

為水平位移的中點,設兩界面MN、PS相距為L',由相似三角形得二,

解得Y=4y=0.12m.

11.(2023?遼寧大連市第八中學高三檢測)如圖甲所示,真空中的

電極可連續(xù)不斷均勻地逸出電子(設電子的初速度為零)，經加速電場加

速，由小孔穿出，沿兩個彼此絕緣且靠近的水平金屬板A、B的中線射

入偏轉電場，A、B兩板距離為d,A、B板長為L,AB兩板間加周期

性變化的電場UABr如圖乙所示，周期為T,加速電壓U］二，其中m

為電子質量、e為電子電荷量，T為偏轉電場的周期，不計電子的重力，

不計電子間的相互作用力，且所有電子都能離開偏轉電場，求：

Q)