10.5 带电粒子在电场中的运动 专项训练 -2025-2026学年高二上学期物理人教版必修第三册

**基本信息** 以“概念-规律-推论-应用”为主线，系统整合带电粒子在电场中加速与偏转的解题方法，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识点填空|4组核心知识点|加速分动力学（匀强电场）与动能定理两种思路；偏转用运动分解法，总结速度反向延长线过中点等三推论|从基本运动性质（匀速/匀加速）到规律推导（偏移距离、偏转角公式），再到推论应用，形成完整逻辑链| |单选/解答|14单选+3解答|结合周期性电场、曲线运动等场景，综合运用动能定理、运动学公式及临界条件分析|通过不同电场环境（匀强、周期性）和运动形式（直线、类平抛、圆周），深化能量观念与模型建构能力|

带电粒子在电场中的运动专项训练 一、知识点填空题 1．带电粒子在电场中的加速（两种思路） （1）动力学分析：适用于______电场，公式有______，，______，等。 （2）动能定理：公式有或（匀强电场）。 带电粒子在电场中的偏转 如图，质量为m、带电荷量为q的基本粒子（忽略重力），以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U。 2．运动性质： ①沿初速度方向：速度为v0的______________运动。 ②垂直v0的方向：初速度为零的__________直线运动。 3．运动规律： ①偏移距离：因为， ，偏移距离y＝at2＝__________。 ②偏转角度：因为__________，____________。 4．带电粒子在匀强电场中的偏转三个重要推论 推论1：如图所示，粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为粒子沿初速度方向位移的_________。 推论2：位移方向与初速度方向间夹角的正切值为速度偏转角正切值的，即tan α＝___________。 推论3：不同的带电粒子(电性相同，初速度为零)，经同一电场加速后，再进入同一偏转电场，则它们的运动轨迹必定________________。 二、单选题 5．如图所示，相互平行的水平金属板、、分别与两个相同的电源相连，、两板上开的小孔在同一竖直线上。一电子从靠近板的位置由静止开始运动，恰好能到达板，不计电子重力。将板上移至水平虚线处，由处静止释放的电子（　　） A．到达板时速度减小 B．能穿过板上的小孔 C．到达板的时间不变 D．到达板的时间增大 6．如图所示是直线加速器的一部分，AB接在电压大小恒定、极性随时间周期性变化的电源上，粒子运动到圆筒与圆筒之间的间隙时，恰好都能使静电力的方向与运动方向相同而不断加速。一质子以初速度 v0=8×106m/s从第3个金属圆筒左侧的小孔进入圆筒，以v=1×107m/s的速度进入第5个金属圆筒。质子在每个筒内均做匀速直线运动，在每两筒的缝隙间电场加速的时间不计。已知质子的电荷量与质量之比约为1×108C/kg，则下列正确的是（    ） A．圆筒3的长度是1.6m B．第3、4、5个金属圆筒长度之比3：4：5 C．周期性电源的电压大小9×104V D．理论上若连接更多的金属筒，质子速度会加速到无限大 7．中国聚变工程BEST装置（“人造太阳”）预计在2027年建成，在“人造太阳”（托卡马克装置）前端直线加速系统实验中，采用平行极板加速器形成匀强电场来加速带电粒子。其基本原理如图所示，真空中两块平行极板正对放置，极板的正中央各有一小孔，某次带正电粒子p从左侧正极板小孔由静止出发，直线加速后从右侧极板小孔离开，不计粒子所受重力，若保持两板间电压恒定，将两板间距离增大到原来的2倍，相同粒子p仍从左侧正极板小孔由静止出发，则（　　） A．板间电场强度变为原来2倍 B．粒子p在电场中的加速时间变为原来2倍 C．粒子p在电场中的加速度变为原来2倍 D．粒子p出右侧极板时速度变为原来2倍 8．如图甲所示，两平行金属板A、B竖直放置，两板间的电压UAB随时间变化的规律如图乙所示。t=0时刻，将一个带电量为q（q>0）、质量为m的粒子从A、B两板正中间的P点由静止释放，粒子在运动过程中恰好不与金属板相碰。已知两板所加电压的大小为U、周期为T，忽略粒子的重力，下列说法正确的是（　　） A．A、B两板间的距离为 B．若在时刻释放粒子，粒子将与B板相碰 C．若在时刻释放粒子，粒子恰好不与B板相碰 D．若在时刻释放粒子，粒子将在两板间做往复直线运动 9．一质量为m、电荷量为q的试探电荷在某匀强电场中运动，仅在静电力的作用下由a运动到b（运动轨迹在竖直面内），所用时间为t，其在a点和b点的速度大小均为2v，速度方向如图中箭头所示。虚线代表水平方向。则（　　） A．试探电荷从a运动到b的过程中，电势能先减小再增大 B．电场强度方向与a、b连线平行 C．a、b之间的距离为vt D．电场强度的大小为 10．如图所示，水平放置的两平行金属板间有一匀强电场，板长为，板间距离为，在距离板右端处有一竖直放置的屏M。一带电荷量为、质量为的微粒沿两板中心线以速度水平向右射入板间，最后打在M屏与中心线的交点，微粒未与金属板碰撞，重力加速度为，则下列结论正确的是（　　） A．微粒打在点时速度方向垂直于屏 B．整个过程中合力对微粒做功为零 C．板间电场强度大小为 D．两金属板间电势差为 11．如图，动能为1J的电荷垂直射入有左、右边界的匀强电场，电荷在运动中只受电场力作用，电荷射出电场时的动能为5J。若电荷以4J的动能垂直射入电场，其射出电场时的动能为（　　） A．25J B．20J C．8J D．5J 12．如图甲所示，两平行极板P、Q的极板长度和板间距离均为l，位于极板左侧的粒子源沿两板的中轴线向右连续发射质量为m、电荷量为、速度相同、重力不计的带电粒子。在时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极板边缘的影响）。已知时刻进入两板间的带电粒子恰好在时刻经极板边缘射出。不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况，则下列说法正确的是（　　） A．该粒子在平行板间一直做曲线运动 B．该粒子在平行板间偏转时的加速度 C．两平行板间所加电压大小为 D．若时刻进入两板间的带电粒子，也恰好经极板边缘射出，则两板间所加电压大小应为 13．如图所示，矩形AEFP区域存在竖直向上的匀强电场，竖直线AE上的A、B、C、D、E相邻两点的间距均为1.5cm，水平线AP上的A、M、N、O、P相邻两点的间距均为。一电子沿某一方向通过AE边进入电场时的动能，经过矩形内M点正上方时的动能，且此时速度方向恰好水平向右，已知D点所在的等势面的电势，电子始终在EF下方的区域内运动，电子电荷量大小为e，不计电子的重力。下列说法正确的是（　　） A．电子经过AE边时的速度方向与水平方向的夹角为45° B．若电子从O点离开电场，则其经过O点时的电势能一定为-54eV C．若电子从B进入电场，则它一定从N点离开电场 D．电子可能从P点离开电场 14．如图所示的矩形区域ABCD内分布有平行于AD方向的匀强电场，AB=2BC，P为CD中点。质量相同的带电粒子a、b分别从A点和D点平行于AB同时进入电场，并同时到达P、B点，二者的运动轨迹交于O点（图中未标出）。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用。则带电粒子a、b（　　） A．具有不同的比荷 B．电势能均随时间逐渐增大 C．到达O点所用的时间之比为1:2 D．到达P、B点时的动能之比为5:8 15．长度为L的轻绳（不可伸长）一端固定在光滑绝缘水平桌面上的O点，另一端连接带电荷量为−q的小球（置于桌面上）。整个空间存在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场，虚线PQ过O点且与电场方向平行。将小球拉至桌面上的A点，使轻绳伸直且与PQ间的夹角为45°，现由静止释放小球，下列说法正确的是（　　） A．小球绕O点做半径为L的圆周运动 B．一段时间后，小球将再次回到A点 C．小球速度再次为0时，轻绳与PQ所夹的角度为90° D．小球第一次经过虚线PQ时的动能为 16．如图所示，竖直面内有一半径为的光滑绝缘圆轨道，一质量为，电荷量大小为的带负电小球从轨道最低点出发，沿着轨道切线方向以大小为的初速度水平射出，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，已知，重力加速度大小为，下列说法正确的是（　　） A．小球在最低点对轨道的压力大小为 B．小球若能够不脱轨到达最高点，则初速度最小为 C．小球在最低点对轨道的压力大小为 D．小球若能够不脱轨到达最高点，则初速度最小为 17．在竖直平面内有一方向斜向上且与水平方向成的匀强电场，电场中有一质量为，电量为的带电小球，用长为的不可伸长的绝缘细线悬挂于点，如图所示。开始小球静止于点，这时细线恰好为水平，现用外力将小球拉到最低点，然后由静止释放，下列判断正确的是（　　） A．小球到达点时速度为零 B．小球由到点过程中，其机械能增加了 C．小球运动到点时绳的拉力大小为 D．如果小球运动到点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动 18．如图所示，在水平向右的匀强电场中，某带电粒子从A点运动到B点，在A点时速度竖直向上，在B点时速度水平向右，在这一运动过程中粒子只受电场力和重力，所受电场力是重力的倍，并且克服重力做的功为，电场力做的正功为。则下列说法中不正确的是（　　） A．粒子带正电荷 B．粒子在A点的动能比在B点多 C．粒子在A点的机械能比在B点少 D．粒子由A点到B点过程中速度最小时，速度的方向与水平方向的夹角为 三、解答题 19．竖直平面内固定放置一半径为R的光滑的圆轨道，圆轨道下端有一小口，圆轨道空间有竖直向下的场强为E的匀强电场，场强大小为，现给质量为m、带电荷量为的小球（可视为质点）一个水平初速度，使它从最低点A进入圆轨道，如图所示，重力加速度g。 (1)若小球最高到达与圆心等高的B点，求的大小； (2)若小球恰好能做完整的圆周运动，求的大小； (3)当时，求小球转过多大角度时开始不做圆周运动。 20．如图为一种静电除尘装置的原理示意图，它的上金属板M带负电，下金属板N带正电，两金属板水平放置，间距d=0.04m，宽度L=0.4m，金属板间匀强电场的电场强度E=10V/m。分布均匀的带电烟尘颗粒随空气以的速度从左侧平行于金属板进入该装置，当其碰到N板时被收集，且该过程不影响电场的分布。已知每个烟尘颗粒的质量，所带电荷量。不考虑烟尘颗粒的重力、颗粒间的相互作用力和空气阻力。 (1)求烟尘颗粒在金属板间运动的最长时间t； (2)要使所有的烟尘颗粒均落在N板上，求板间最小场强。 21．真空室中有如图甲所示的装置，电极持续发出的电子（初速度可忽略不计）经过电场加速后，从小孔沿水平放置的偏转极板、的中心轴线射入。加速电压，、板长均为，偏转极板右侧有光屏（足够大且未画出）。、两板间的电压随时间变化的图线如图乙所示，其中。调节、两偏转极板之间的距离，使得每个电子均能通过偏转极板。已知电子的质量、电荷量分别为、，不计电子重力以及电子间的相互作用。求： (1)电子通过偏转极板的时间； (2)偏转极板之间的最小距离； (3)当偏转极板间的距离取（2）中的最小值时，光屏恰当放置时电子击中它的范围最短，该最短范围的长度是多少？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《带电粒子在电场中的运动专项训练》参考答案 题号 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 C C B A C D D D B D 题号 15 16 17 18 答案 C B C B 1． 匀强 ma 【详解】[1][2][3] 利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式分析。适用于电场是匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量，公式有 2． 匀速直线 匀加速 3． 【解析】2．[1][2]粒子做类平抛运动，沿初速度方向，粒子做速度为v0的匀速直线运动；垂直v0的方向，粒子做初速度为零的匀加速直线运动。 3．[1]因为 故偏移距离 [2][3]又 故 4． 中点 相同 【详解】略 5．C 【详解】A．电子从O到B板，根据动能定理 AB间电压始终为，因此到达B板的速度，A错误； B．对电子从O到C板全过程，动能定理 总功始终为0，因此电子到达C板时速度仍为0，恰好到达C板，不能穿过小孔，B错误； CD．AB段匀加速：加速度 位移 解得​​，即​与​成正比。 BC段匀减速：加速度大小 同理可得减速到0的时间，即与​成正比。 总时间，不变，因此总时间不变，C正确，D错误。 故选 C。 6．C 【详解】A．质子在每个筒内均做匀速直线运动，时间恰好都为，圆筒3的长度 解得，故A错误； C．由图可知，从3到5经过2次加速，设加速电压为，根据动能定理可知 质子的电荷量与质量之比约为1×108C/kg，可得，故C正确； B．圆筒5的长度 其中v=1×107m/s，圆筒4的长度 根据 可得 可得，故B错误； 由图可得质子在每个筒内均做匀速直线运动，时间恰好都为，可得第3、4、5个金属圆筒长度之比为，故B错误； D．若连接更多的金属筒，质子速度会越来越快，根据相对论效应物体速度不能超过光速，质量会变大，加速度变小，加速变得困难，故实际上不可能达到无限大，故D错误。 故选C。 7．B 【详解】A．板间电场强度为可知，将两板间距离增大到原来的2倍，板间电场强度变为原来倍，故A错误； C．根据牛顿第二定律可得由A分析可知，板间电场强度变为原来倍，所以粒子p在电场中的加速度变为原来倍，故C错误； B．根据，整理可得 即粒子p在电场中的加速时间与两板间距离成正比，也变为原来2倍，故B正确； D．根据动能定理，解得 则粒子p出右侧极板时速度与两板间距离无关，即粒子p出右侧极板时速度不变，故D错误。 故选B。 8．A 【详解】A．若在0时刻释放带电粒子，带电粒子的v-t图像如图所示 可知时刻恰不与B板相碰，有 解得板间距离，故A正确； B．若时刻释放粒子，粒子将始终向A板做单向的直线运动，将与A板相碰，故B错误； C．若时刻释放粒子，由A项分析可知，粒子恰好不与A板相碰，故C错误； D．若时刻释放粒子，粒子将始终向B板做单向的直线运动，直至碰到B板，故D错误。 故选A。 9．C 【详解】B．因小球在ab两点的速度大小相同，可知小球在ab两点的电势能相同，ab两点的电势相同，即ab为等势面，则电场强度方向与a、b连线垂直，方向斜向左下方，B错误； A．小球从a运动到b的过程中，电场力先做负功后做正功，则电势能先增大再减小，A错误； C．由对称性可知，ab连线与水平线的夹角为30°，小球沿ab方向做匀速运动，则a、b之间的距离为，C正确； D．沿场强方向由 解得，D错误。 故选C。 10．D 【详解】A．微粒在水平方向做匀速直线运动，在板间运动时间，离开板后运动时间，即 在竖直方向，微粒先做初速度为零的匀加速直线运动（设加速度为，方向向上），后做匀减速直线运动（加速度为，方向向下）。 设板间竖直位移为，出板时竖直分速度为，板外竖直位移为， 由运动学公式， 离开板后 因为微粒打在点，总竖直位移为 0，即 代入得 因，解得 微粒打在点时的竖直分速度，即速度方向不垂直于屏，故A错误； B．整个过程中，微粒起点和终点在同一水平线上，重力做功为零。但在板间微粒向上偏转，电场力竖直向上，电场力做正功； 根据动能定理，合外力做功等于动能变化量，由于电场力做正功，合力做功不为零，故B错误； C．在板间，根据牛顿第二定律有 代入，解得，即，故C错误； D．两金属板间电势差，故D正确。 故选D。 11．D 【详解】电荷垂直射入匀强电场，做类平抛运动；设电场沿初速度方向的宽度为，初动能 运动时间 沿电场方向偏转位移 由动能定理，电场力做功，即电场力做功（动能增量）与初动能成反比； 第一次初动能，末动能，动能增量 第二次初动能，电场力做功（动能增量）与初动能成反比，则动能增量 射出时动能 故选D。 12．D 【详解】A．由图乙可知，粒子在时间内做类平抛运动，时间内，粒子不受电场力的作用而做匀速直线运动，故A错误； B．t=0 时刻进入的粒子，在 时间内做类平抛运动，竖直位移 竖直末速度 时间内，粒子以速度做匀速直线运动，竖直方向的位移 粒子恰好从边缘射出，竖直方向的总位移 联立解得，故B错误； C．根据牛顿第二定律可得 结合电场强度 解得 代入 解得，故C错误； D．若 时刻进入，粒子在板间运动时间仍为，离开时刻为， 设此时电压为，加速度为 运动过程分为三个阶段：时间内，粒子做类平抛运动，则有 末的瞬时速度为 粒子做匀速直线运动，则有 粒子做匀减速运动，则有 总位移 联立解得 则电压，故D正确。 故选D。 13．B 【详解】A．如图甲所示，设电子从边进入电场时，设速度方向与水平方向的夹角为，则有，， 联立可解得，即，故A错误； B．电子在运动过程中电势能与动能之和守恒，电子从运动到克服电场力做功为 而从运动到点电场力做的正功 所以电子经过点时电势能，故B正确； C．由上述分析可知，若电子从点离开电场，电子应从点进入电场，故C错误； D．设电子进入电场后经过时间运动到最大高度，水平位移为，则有 因电子经过点正上方时速度沿水平方向，表明电子进入电场的最高位置为点，此时电子的水平位移最大，如图乙所示，据初速度为零的匀变速直线运动的特点可知，竖直方向电子从运动到的时间和电子从到出电场的时间相等，所以电子离开电场时距点最远点为点，故D错误。 故选B。 14．D 【详解】A．带电粒子a、b同时到达P、B点，沿电场方向的位移大小相等，由可知两粒子的加速度大小相等，由牛顿第二定律可得 解得 所以两粒子的比荷相等，故A错误； B．带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误； C．带电粒子a、b同时到达P、B点，沿垂直电场方向的位移大小为，由可知两粒子的初速度大小之比为，带电粒子a、b到达O点的垂直电场方向的位移大小相等，所用的时间之比为，故C错误； D．带电粒子a、b同时到达P、B点，沿电场方向的位移大小相等，由，可知带电粒子a、b到达P、B点沿电场方向的速度大小相等；对b粒子，到达B点， 所以 由于带电粒子a、b的初速度大小之比为，所以 到达P、B点时的动能之比为，故D正确。 故选D。 15．C 【详解】AB．由静止释放小球，小球受到水平向左的电场力，小球向左做匀加速直线运动，直到轻绳再次伸直时，小球开始做圆周运动，由于轻绳伸直时小球的动能有损失，所以小球将不能回到A点，故AB错误； C．小球向左做匀加速运动，根据运动学规律可得 根据牛顿第二定律可得 联立解得 之后小球做圆周运动，设小球速度为零时轻绳与PQ所夹的角度为θ，根据动能定理可得 联立解得θ=90°，故C正确； D．小球从开始做圆周运动到第一次经过虚线PQ时，根据动能定理可得 联立解得，故D错误。 故选C。 16．B 【详解】AC．小球在最低点时，由牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可知小球在最低点对轨道的压力大小为，故AC错误； BD．若能够不脱轨到达最高点，当在最高点轨道对小球的弹力刚好为零时，则有 解得小球经过最高点的最小速度为 由动能定理可得 解得初速度最小值为，故B正确，D错误。 故选B。 17．C 【详解】AB．根据题述，开始时小球静止于点，细线恰好水平，由平衡条件可知， 则 小球再次到点时，切向加速度为零，速度最大，从到，由几何关系可得两点间沿电场线方向的距离为 该过程中重力做负功，电场力做正功，故合力做功为 化简得 由动能定理可知此时小球的动能为 速度不为零，机械能增加了 ，故AB错误； C．小球在点，在合力的作用下做圆周运动，合力提供向心力 解得 ，故C正确； D．当小球运动到点时，其速度方向竖直向上，若此时细线突然断裂，细线拉力瞬间变为零，此时由几何关系可知，重力与电场力的合力方向水平向右，故小球将做类平抛运动，故D错误。 故选C。 18．B 【详解】A．从A到B过程，电场力做正功，可知电场力方向水平向右，与场强方向一致，故粒子带正电，A正确； B．从A到B过程，由动能定理可得 代入数据可解得，即粒子在A点的动能比在B点少2J，B错误； C．机械能的变化量等于除重力外的其他力所做的功，电场力做正功3J，机械能增大3J，即粒子在A点的机械能比在B点少3J，C正确； D．当合力方向与速度方向垂直时，速度最小，如图所示，设重力mg与合力F的夹角为，由题意可得 即，由几何关系可知，此时速度方向与水平方向的夹角为60°，D正确。 故选B。 19．(1) (2) (3)转过（或弧度）时开始不做圆周运动 【详解】（1）已知条件 因此小球受到竖直向下的总合力为 小球最高到达与圆心等高的B点时，速度为，从A到B上升高度为，由动能定理 代入，化简得 即 （2）小球恰好完成完整圆周运动的条件是，在最高点C，轨道对小球弹力为，重力与电场力的合力提供向心力 解得 从A到C上升高度为，由动能定理 代入化简得 解得 （3）设小球从A转过角（为位置半径与竖直向下半径OA的夹角）时，轨道弹力，开始脱离圆周。 此时沿半径指向圆心的合力提供向心力，得 解得 从A到该位置，小球上升高度 由动能定理 代入和 化简 解得 得 即转过（或弧度）时开始不做圆周运动。 20．(1) (2) 【详解】（1）对于该装置左上角的烟尘颗粒，在竖直方向上有 竖直方向有 联立解得 在水平方向上有 解得 由，可得最长时间 （2）易知临界条件为左上角的烟尘颗粒正好落在N板最右端，在竖直方向上有 根据牛顿第二定律有 联立解得最小场强 21．(1) (2) (3) 【详解】（1）电子在加速电场中，根据动能定理有 电子在偏转电场中，水平方向 解得 （2）、、时刻进入偏转电场的电子，竖直方向先加速运动，后做匀速直线运动，射出电场时沿竖直方向偏移的距离最大。竖直方向加速有 竖直方向匀速运动有 电子能出偏转极板有 联立得，故最小距离为L。 （3）对满足（2）问条件下任意确定的，不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的速度均为 电子速度偏转角的正切值均为 即 电子射出偏转电场时的偏转角度相同，即电子出偏转电场时速度的大小和方向均相同，不同时刻射出偏转电场的电子沿垂直于极板方向的侧移距离可能不同，侧移距离的最 大值与最小值之差即 若光屏与电子出偏转极板后的速度垂直，则电子击中光屏的范围最小，该最小范围为 联立解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $