10.5 带电粒子在电场中的运动 提升训练 -2026-2027学年高二上学期物理人教版必修第三册

**基本信息** 聚焦带电粒子在电场中的四类运动模型，分层递进设计，通过基础巩固、模型深化、综合应用三阶路径，培养运动与相互作用观念及科学推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |恒定电场加速/减速|动能定理、闭合电路欧姆定律|基础选择与计算，如南通三模题，强化运动和相互作用观念| |匀强电场类平抛|运动分解、偏转量计算|多过程问题，如丹阳市期末题，培养模型建构能力| |周期性电场偏转|交变电压、v-t图像分析|综合多选与计算，如镇海区校级期中题，提升科学论证能力| |周期性电场直线运动|直线加速器、振动模型|联系实际情境，如海口期末题，体现科学态度与责任|

带电粒子在电场中的运动（运动模型）专练 1、 带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动 1．（2026•南通三模）如图所示，相互平行的水平金属板A、B、C分别与两个相同的电源相连，B、C两板上开的小孔在同一竖直线上，一电子从靠近A板的位置O由静止开始运动，恰好能到达C板，不计电子重力，将B板上移至水平虚线处，由O处静止释放的电子（　　） A．到达B板时速度减小 B．能穿过C板上的小孔 C．到达C板的时间不变 D．到达C板的时间增大 2．（2025秋•平顶山期末）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的竖直高度差d＝20cm，电源电动势E＝18V，内阻r＝2Ω，电阻R＝4Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以v0＝6m/s的初速度竖直向上射入板间，小球带电荷量q＝4×10﹣4C，质量m＝3×10﹣4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。 （1）求滑动变阻器接入电路的阻值调为多大能使小球恰好到达A板； （2）求滑动变阻器接入电路的阻值调为多大能使滑动变阻器有最大热功率？并求出滑动变阻器的最大热功率。 3．（2025春•镇海区校级期中）M、N为平行正对的金属板，板M正中间有一个α粒子发射源（氦原子核，由2个质子和2个中子组成），能不停地向两板间各个方向发射不同速率的α粒子。M、N间距d为0.2m。在M、N之间加电压U，发现电压从0逐渐升高时，到达N板的α粒子数量逐渐减少。已知质子和中子的质量m＝9.1×10﹣31kg，质子所带的电荷量e＝1.6×10﹣19C，重力不计，则： （1）当电压U＝0V，求速度的α粒子到达N板的最短时间； （2）当外加电压U＝0.5V，求在M、N之间形成的电场的大小和方向； （3）当外加电压U＝0.91V时，恰好没有α粒子到达N板，求从M板上射出的α粒子的最大速度vm。 2、 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 4．（2026春•海淀区校级期末）如图，两相同极板A与B的长度为l＝6.0cm，相距为d＝2cm，极板间的电压U＝200V。一个电子沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度为v0，电子质量m＝9.1×10﹣31kg，电子带电量e＝1.6×10﹣19C，重力加速度g＝10m/s2。把两板间的电场看作匀强电场。 （1）试通过计算说明：与所受电场力相比，电子所受重力可以忽略不计； （2）求电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y和偏转的角度θ（用题目中的字母表示结果即可，不必求出数字）。 5．（2026春•丹阳市期末）如图所示的装置，由两对水平放置、相距为d的相同平行金属板AB和CD构成，每对极板长度为2d、间距为d，两对极板间电场方向相反，AB板间偏转电压大小为，CD板间偏转电压U′未知，质量为m、电荷量为+q的带电粒子M由静止状态通过加速器（未画出）加速后，从左侧紧贴A板下边缘以初速度v0水平进入两金属板间，粒子的重力和空气阻力都忽略不计，粒子均在纸面内运动。 （1）求加速器加速电压值U0； （2）粒子从AB板右侧飞出时，求沿垂直板面方向偏移的距离y和速度偏转角的正切值tanθ； （3）若粒子恰好从C板右侧上边缘射出，求粒子在CD板间电势能的变化量ΔEp。 6．（2026•泉州校级模拟）一带正电的粒子以初速度v0射入匀强电场，经时间t速度方向偏转了60°。已知匀强电场的场强大小为E，粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力，则t的最小值为（　　） A． B． C． D． 7．（2026•南阳模拟）如图，匀强电场的方向与直角△ABC所在平面平行，∠BAC＝60°，AB＝L。O点为AC边的中点。在B点以不同方向发射动能为Ek0、电荷量为q（q＞0），质量为m的粒子，经过A点的粒子动能为2Ek0，经过C点的粒子动能为4Ek0，不计粒子的重力。则（　　） A．电场强度的大小为 B．沿BO方向发射的粒子能沿直线到达O点 C．到达O点的粒子的动能为2Ek0 D．沿C指向B的方向发射的动能为Ek0的粒子在运动过程中最小动能为 3、 带电粒子在周期性变化的电场中偏转 8．（2025春•镇海区校级期中）如图所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d＝40cm，板长L＝12cm，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于A、B中间，距金属板右端x＝10cm处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图2所示的方波形周期电压，有大量质量m＝5.0×10﹣9kg，电荷量q＝2.0×10﹣2C的带正电粒子以平行于金属板的速度持续射向挡板。已知，粒子重力不计，求： （1）t＝0时刻从小孔进入的粒子在电场中运动时的加速度； （2）t＝0时刻从小孔进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小； （3）从小孔进入的粒子打中荧光屏上的光带宽度； （4）撤去左边挡板后，荧光屏上的光带宽度。 9．（2025秋•集美区校级月考）如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线。当两板间加电压UMN＝U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。 （1）求带电粒子的比荷； （2）求带电粒子运动到上极板中点时速度大小v； （3）若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值（用U0表示）； （4）第（3）问中，求所有粒子在运动过程中偏离中轴线O1O的最远距离的最小值。 （多选）10．（2026•晋中模拟）真空中不同区域分别存在甲、乙两种沿水平方向的电场，在两电场中分别沿水平方向建立坐标系，甲电场的电势随位置变化关系如图1所示，在﹣x0和x0处电势具有最大值φ0；乙电场的电场强度随位置变化关系如图2所示，在x0处电场强度具有最大值为E0，将质量均为m、电量均为q带正电的点电荷在两电场中均由位置﹣x0处静止释放，两电荷只在静电力的作用下运动。已知简谐运动的回复力F＝﹣kx，周期T＝2π，规定电场强度的正方向与x轴正方向相同，则（　　） A．电荷在甲电场中做简谐运动 B．电荷在乙电场中做简谐运动 C．电荷在甲电场中运动的周期为T＝4φ D．电荷在乙电场中运动的周期为T＝2π 四、带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动 11．（2026春•海口期末）如图所示，某直线加速器由一系列漂移管（金属圆管）组成，相邻漂移管分别接在交流电源的两极。质子沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，每次经过漂移管间缝隙时被电场加速。已知质子进入漂移管A时速度为，进入漂移管E时速度为交变电源电压U大小恒定，周期为1×10﹣7s，质子在每个管内运动时间为电源周期的。（已知质子的比荷为1×108C/kg）求： （1）漂移管A的长度； （2）相邻漂移管间的加速电压U。 12．（2025秋•西城区校级期中）在真空中水平放置的平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示。当给电容器突然充电使其电压增加ΔU，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2；又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为g。试求： （1）带电油滴所带电荷量与质量之比。 （2）第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小的比（ΔU1、ΔU2为未知，不能用ΔU1、ΔU2表示）。 （3）ΔU1与ΔU2之比。 13．（2025秋•青山湖区校级期中）如图甲所示，竖直平行板A、B间加有恒定电压U0，在A板附近有一个粒子源，可以按时间均匀地释放质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子，粒子的初速度忽略不计，经A、B板间电场加速后，沿平行金属板C、D间的中线垂直进入C、D板间电场，C、D板间所加的电压随时间变化如图乙所示，C、D板长为L，C、D板的右侧有一竖直的荧光屏，荧光屏到C、D板右端的距离为L，有的粒子能打在荧光屏上，不计粒子的重力，粒子在C、D板间运动的时间远小于T，求： （1）粒子经加速电场加速后速度多大？ （2）C、D板间的距离为多少？ （3）荧光屏上有粒子打上的区域长度为多少？ 14．（2025秋•西昌市期中）一电荷量q＝+1.6×10﹣19C、质量m＝2.0×10﹣27kg的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强在0﹣T内随时间变化的规律如图所示，E0＝50V/m，T＝4.0×10﹣5s，不计重力。设粒子开始运动方向为正方向，求粒子在0﹣T时间内： （1）场强大小为E0、2E0时的加速度大小a1、a2； （2）0.25T、0.5T、0.75T、T时刻速度并画出速度—时间图像； （3）粒子位移大小和方向。 答案或解析 1、 带电粒子在恒定的电场中做加速（或减速）运动 1．（2026•南通三模）如图所示，相互平行的水平金属板A、B、C分别与两个相同的电源相连，B、C两板上开的小孔在同一竖直线上，一电子从靠近A板的位置O由静止开始运动，恰好能到达C板，不计电子重力，将B板上移至水平虚线处，由O处静止释放的电子（　　） A．到达B板时速度减小 B．能穿过C板上的小孔 C．到达C板的时间不变 D．到达C板的时间增大 【分析】由题意可知B板到A板的电势差与B板到C板的电势差均等于电源的电动势，将B板上移至水平虚线处不会改变板间的电势差，只是改变了板间的电场强度。电子在A、B板间做匀加速直线运动，在B、C板间做匀减速直线运动。根据动能定理分析电子到达B板时速度的变化，以及是否能穿过C板上的小孔；电子由A板运动到C板的位移不变，到达C板的速度为零，将B板上移至水平虚线处后，改变了电子运动的加速度，根据v﹣t图像与时间轴围成的面积不变，作出电子运动的v﹣t图像，依据此图像分析电子到达C板的时间的变化。 【解答】解：由题意可知B板到A板的电势差UBA＞0，B板到C板的电势差UBC＞0，且UBA、UBC均等于电源的电动势，即：UBA＝UBC。电子在A、B板间做匀加速直线运动，在B、C板间做匀减速直线运动。 A．电子从A板到B板的过程，根据动能定理得：eUBA，将B板上移至水平虚线处，UBA仍等于电源的电动势，保持不变，可知电子到达B板时速度，故A错误； B．未移动B时电子恰好能到达C板，将B板上移至水平虚线处，UBA、UBC仍等于电源的电动势，均保持不变，根据动能定理易知电子仍然恰好能到达C板，不能穿过C板上的小孔，故B错误； CD．由上述分析，电子到达B板时速度vB不变，由A板运动到C板的位移不变，总是恰好到达C板，将B板上移至水平虚线处后，改变板间的匀强电场的电场强度，改变了电子运动的加速度，根据电子运动的v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，且面积不变，作出移动B板前后的电子由A板运动到C板的v﹣t图像，如下图所示： 由所作v﹣t图像可知到达C板的时间不变，故C正确，D错误。 故选：C。 2．（2025秋•平顶山期末）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的竖直高度差d＝20cm，电源电动势E＝18V，内阻r＝2Ω，电阻R＝4Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以v0＝6m/s的初速度竖直向上射入板间，小球带电荷量q＝4×10﹣4C，质量m＝3×10﹣4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。 （1）求滑动变阻器接入电路的阻值调为多大能使小球恰好到达A板； （2）求滑动变阻器接入电路的阻值调为多大能使滑动变阻器有最大热功率？并求出滑动变阻器的最大热功率。 【分析】（1）小球恰好到达A板时速度为零，需结合动能定理分析重力和电场力做功的关系，求出板间电压，再利用闭合电路欧姆定律求解滑动变阻器阻值。 （2）滑动变阻器的热功率可类比电源输出功率，当滑动变阻器阻值等于等效内阻时，热功率最大，据此分析并计算最大热功率。 【解答】解：（1）小球恰能到达A板，由动能定理有﹣mgd﹣qUAB＝0 解得UAB＝12V 由闭合电路欧姆定律得UAB 解得RP＝12Ω （2）将电阻R和内阻r看作新电源内阻r′＝R+r，代入数据解得r′＝6Ω 当RP＝r′时，即RP＝6Ω时滑动变阻器有最大热功率，滑动变阻器最大热功率为Pmax，代入数据解得Pmax＝13.5W 答：（1）滑动变阻器接入电路的阻值调为12Ω能使小球恰好到达A板； （2）滑动变阻器接入电路的阻值调为6Ω能使滑动变阻器有最大热功率，滑动变阻器的最大热功率为13.5W。 3．（2025春•镇海区校级期中）M、N为平行正对的金属板，板M正中间有一个α粒子发射源（氦原子核，由2个质子和2个中子组成），能不停地向两板间各个方向发射不同速率的α粒子。M、N间距d为0.2m。在M、N之间加电压U，发现电压从0逐渐升高时，到达N板的α粒子数量逐渐减少。已知质子和中子的质量m＝9.1×10﹣31kg，质子所带的电荷量e＝1.6×10﹣19C，重力不计，则： （1）当电压U＝0V，求速度的α粒子到达N板的最短时间； （2）当外加电压U＝0.5V，求在M、N之间形成的电场的大小和方向； （3）当外加电压U＝0.91V时，恰好没有α粒子到达N板，求从M板上射出的α粒子的最大速度vm。 【分析】（1）当电压U＝0V时，α粒子在电场中做匀速直线运动，速度方向与板垂直的α粒子运动时间最短，由运动学公式求最短的时间。 （2）当外加电压U＝0.5V时，根据E求在M、N之间形成的电场的大小，并判断电场方向。 （3）当外加电压U＝0.91V时，恰好没有α粒子到达N板，到达N板的速度为0，根据动能定理求从M板上射出的α粒子的最大速度vm。 【解答】解：（1）当电压U＝0V时，α粒子在电场中做匀速直线运动，沿垂直于极板方向运动的α粒子运动时间最短，最短时间为 ts＝2×10﹣6s （2）M、N间建立匀强电场，当外加电压U＝0.5V时，场强大小为 EV/m＝2.5V/m 因α粒子带正电，板间电压升高时，到达N板的α粒子数量逐渐减少，说明α粒子受到的电场力方向向左，则电场方向由N板指向M板。 （3）α粒子的电荷量为q＝2e，质量为mα＝4m，速度最大的α粒子，恰好没有到达N板时速度为0，该α粒子从M板到N板的过程，由动能定理得 ﹣qU＝0 解得vm＝4×105m/s 答：（1）速度的α粒子到达N板的最短时间为2×10﹣6s； （2）在M、N之间形成的电场的大小为2.5V/m，方向由N板指向M板； （3）从M板上射出的α粒子的最大速度vm为4×105m/s。 2、 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 4．（2026春•海淀区校级期末）如图，两相同极板A与B的长度为l＝6.0cm，相距为d＝2cm，极板间的电压U＝200V。一个电子沿平行于板面的方向射入电场中，射入时的速度为v0，电子质量m＝9.1×10﹣31kg，电子带电量e＝1.6×10﹣19C，重力加速度g＝10m/s2。把两板间的电场看作匀强电场。 （1）试通过计算说明：与所受电场力相比，电子所受重力可以忽略不计； （2）求电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y和偏转的角度θ（用题目中的字母表示结果即可，不必求出数字）。 【分析】（1）根据匀强电场的电场强度与极板间电压的关系，可得电场强度，由电场力公式、重力公式，可比较电场力、重力大小，判断电子所受重力是否可忽略； （2）带电粒子在匀强电场中运动时，根据水平方向、竖直方向运分动特点，即可得到电子沿垂直于板面方向偏移的距离及偏转角度。 【解答】解：（1）电场强度为，电场力为F＝eE，解得F＝1.6×10﹣15N，电子所受重力mg＝9.1×10﹣30N； 二者比值为，与所受电场力相比，电子所受重力可以忽略不计； （2）偏移的距离为，加速度为，电场强度为，运动时间为，解得 根据题意得，速度的竖直分量vy＝at，解得 。 答：（1）电场力远大于重力，与所受电场力相比，电子所受重力可以忽略不计； （2）电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离为，偏转的角度为。 5．（2026春•丹阳市期末）如图所示的装置，由两对水平放置、相距为d的相同平行金属板AB和CD构成，每对极板长度为2d、间距为d，两对极板间电场方向相反，AB板间偏转电压大小为，CD板间偏转电压U′未知，质量为m、电荷量为+q的带电粒子M由静止状态通过加速器（未画出）加速后，从左侧紧贴A板下边缘以初速度v0水平进入两金属板间，粒子的重力和空气阻力都忽略不计，粒子均在纸面内运动。 （1）求加速器加速电压值U0； （2）粒子从AB板右侧飞出时，求沿垂直板面方向偏移的距离y和速度偏转角的正切值tanθ； （3）若粒子恰好从C板右侧上边缘射出，求粒子在CD板间电势能的变化量ΔEp。 【分析】（1）对粒子加速过程使用动能定理，直接变形推导出加速电压。 （2）将粒子在偏转电场AB中的运动分解为水平匀速、竖直匀加速，结合水平位移求运动时间；用匀强电场加速度公式求出竖直分速度与竖直偏移量，通过分速度比值得到速度偏转角正切值。 （3）利用偏转角几何关系算出粒子进入CD极板时距C板的竖直距离，结合匀变速运动、牛顿第二定律得到电场力做功，依据电场力做功与电势能变化的关系求出电势能变化量。 【解答】解：（1）粒子在加速器中由静止开始加速，由动能定理有 解得加速电压。 （2）设粒子M从AB板间飞出时速度与水平方向的夹角为θ。 水平方向粒子做匀速直线运动，有位移关系2d＝v0t 竖直方向粒子受电场力做匀加速直线运动，竖直分速度，竖直偏移位移，其中 解得竖直偏移距离，竖直分速度 则速度偏转角正切值。 （3）粒子从AB板飞出后，水平运动距离d进入CD极板区域，结合几何关系可求出粒子到C板的竖直距离 粒子进入CD极板区域后，竖直方向做匀变速直线运动，取向下为速度正方向，位移 设CD极板间电场强度为E'，对粒子由牛顿第二定律可得qE'＝ma' 电场力做功 根据电场力做功与电势能的关系ΔEP＝﹣W，解得粒子在CD板间电势能的变化量。 答：（1）加速器加速电压值为。 （2）沿垂直板面方向偏移的距离为，速度偏转角的正切值为。 （3）粒子在CD板间电势能的变化量为。 6．（2026•泉州校级模拟）一带正电的粒子以初速度v0射入匀强电场，经时间t速度方向偏转了60°。已知匀强电场的场强大小为E，粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力，则t的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据速度的分解与合成，结合沿初速度方向分量以及垂直初速度方向分量分析求解。 【解答】解：粒子在匀强电场中加速度大小为，恒定不变。设电场方向与初速度v0的夹角为θ，将加速度分解为：沿初速度方向分量a∥＝acosθ 该方向分速度 垂直初速度方向分量a⊥＝asinθ 该方向分速度 速度偏转角为60°，满足 代入沿初速度方向速度分量vx、沿垂直初速度方向分量vy，整理得 利用辅助角公式化简分母：，其最大值为2（当θ＝150°时取最大值），此时t最小： 故B正确，ACD错误； 故选：B。 7．（2026•南阳模拟）如图，匀强电场的方向与直角△ABC所在平面平行，∠BAC＝60°，AB＝L。O点为AC边的中点。在B点以不同方向发射动能为Ek0、电荷量为q（q＞0），质量为m的粒子，经过A点的粒子动能为2Ek0，经过C点的粒子动能为4Ek0，不计粒子的重力。则（　　） A．电场强度的大小为 B．沿BO方向发射的粒子能沿直线到达O点 C．到达O点的粒子的动能为2Ek0 D．沿C指向B的方向发射的动能为Ek0的粒子在运动过程中最小动能为 【分析】A.根据动能定理和平行四边形定则求电场强度的大小； B.根据电场力的方向和速度方向判断； C.根据动能定理求到达O点的粒子的动能； D.根据速度的分解和动能表达式求沿C指向B的方向发射的动能为Ek0的粒子在运动过程中最小动能。 【解答】解：A.如图 粒子由B运动到A，电场力做功为W1＝2Ek0﹣Ek0＝Ek0，粒子由B运动到C，电场力做功为W2＝4Ek0﹣Ek0＝3Ek0。设电场沿BA方向的分场强为E1，沿BC方向的分场强为E2，则根据动能定理有qE1L＝Ek0，，则有E2 根据平行四边形定则，合场强，方向沿B指向O的方向，故A错误； B.沿BO方向发射的粒子能沿直线做匀加速直线运动到达O点，故B正确； C.根据动能定理可得qEL＝Ek﹣Ek0，到达O点的粒子的动能为Ek＝3Ek0，故C错误； D.沿C指向B的方向发射的粒子的速度为，其速度沿BO方向的分量为0时，其最小动能最小，动能为，故D错误。 故选：B。 3、 带电粒子在周期性变化的电场中偏转 8．（2025春•镇海区校级期中）如图所示，水平放置的平行金属板A、B间距为d＝40cm，板长L＝12cm，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于A、B中间，距金属板右端x＝10cm处竖直放置一足够大的荧光屏。现在A、B板间加如图2所示的方波形周期电压，有大量质量m＝5.0×10﹣9kg，电荷量q＝2.0×10﹣2C的带正电粒子以平行于金属板的速度持续射向挡板。已知，粒子重力不计，求： （1）t＝0时刻从小孔进入的粒子在电场中运动时的加速度； （2）t＝0时刻从小孔进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小； （3）从小孔进入的粒子打中荧光屏上的光带宽度； （4）撤去左边挡板后，荧光屏上的光带宽度。 【分析】（1）粒子在电场中运动的过程，在水平方向上做匀速直线运动，由运动学公式得到粒子在电场中的运动时间，分析粒子的受力确定加速度方向，根据牛顿第二定律求解加速度； （2）t＝0时刻从小孔进入电场的粒子在竖直方向上做匀变速直线运动，分析粒子的运动过程，根据运动学公式求解离开电场时竖直方向位移大小； （3）所有粒子在电场中加速的总时间与减速的总时间均恒定，可知所有粒子离开电场时的速度大小与方向均相同，应用速度—时间图像分析粒子在竖直方向上的运动。根据速度—时间图像与时间轴围成的面积表示位移，求解粒子离开电场时竖直向下与向下的最大侧移量，进而得到从小孔进入的粒子打中荧光屏上的光带宽度； （4）根据前述分析确定粒子离开电场时的位置与两极板的距离最小值，同理求解荧光屏上的光带宽度。 【解答】解：（1）粒子在电场中运动的过程，在水平方向上做匀速直线运动，可得粒子在电场中的运动时间为： 此时间恰好等于A、B板间的电压变化周期T＝3×10﹣6s，由此可知，t＝0时刻从小孔进入的粒子在0～2×10﹣6s的时间内其加速度方向为竖直向下；在2×10﹣6s～3×10﹣6s时间内其加速度方向为竖直向上。 根据牛顿第二定律可得两过程的加速度大小均为： 其中：d＝40cm＝0.4m 解得：a＝3×1010m/s2 （2）t＝0时刻从小孔进入电场的粒子在竖直方向上，在前的时间内做竖直向下的匀加速运动，在后时间内做竖直向下的匀减速运动。由运动学公式可得离开电场时竖直方向位移大小为： 解得：y＝10.5cm （3）不同时刻从小孔进入的粒子在电场中的运动时间均为A、B板间的电压变化周期T，粒子在电场中加速的总时间与减速的总时间均恒定，可知所有粒子离开电场时的速度大小与方向均相同，下图作出了某些时刻进入电场的粒子在竖直方向上的速度—时间图像（以竖直向下为正方向）。 可知图中的， 根据速度—时间图像与时间轴围成的面积表示位移可得，在t＝nT（n＝0、1、2……）时刻进入电场的粒子离开电场时竖直向下的侧移量最大（设为y1），在t＝nT（n＝0、1、2……）时刻进入电场的粒子离开电场时竖直向上的侧移量最大（设为y2），则有： y1 根据（2）的解答可知：y1＝y＝10.5cm y2 联立解得：y2＝1.5cm 所有粒子离开电场后均做匀速直线运动，且离开电场时的速度大小与方向均相同，如下图所示，可得从小孔进入的粒子打中荧光屏上的光带宽度为； Δy＝y1+y2＝10.5cm+1.5cm＝12cm （4）由前述分析可知，在t＝nT（n＝0、1、2……）时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间达到竖直向上的最大侧移量（设为y3，参考上图），则有： y32y2＝2×1.5cm＝3cm 可知在电场中运动轨迹恰好与A板相切的粒子，进入电场时的位置与A板距离为y3＝3cm，其离开电场时的向上的偏移量等于y2＝1.5cm。 由此可得所有粒子离开电场的位置与A板最近的距离为：yA＝y3﹣y2＝3cm﹣1.5cm＝1.5cm 粒子可以从B板的右端离开电场，由粒子离开电场后均做匀速直线运动，且离开电场时的速度大小与方向均相同，可得撤去左边挡板后，荧光屏上的光带宽度为： Δy′＝d﹣yA＝40cm﹣1.5cm＝38.5cm 答：（1）t＝0时刻从小孔进入的粒子在电场中运动时的加速度大小为3×1010m/s2，在0～2×10﹣6s的时间内其方向为竖直向下，在2×10﹣6s～3×10﹣6s时间内其方向为竖直向上； （2）t＝0时刻从小孔进入的粒子离开电场时在竖直方向的位移大小为10.5cm； （3）从小孔进入的粒子打中荧光屏上的光带宽度为12cm； （4）撤去左边挡板后，荧光屏上的光带宽度为38.5cm。 9．（2025秋•集美区校级月考）如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线。当两板间加电压UMN＝U0时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。某种带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。 （1）求带电粒子的比荷； （2）求带电粒子运动到上极板中点时速度大小v； （3）若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值（用U0表示）； （4）第（3）问中，求所有粒子在运动过程中偏离中轴线O1O的最远距离的最小值。 【分析】（1）粒子经过时间t0打在M板中点，竖直方向的位移为d，水平方向的位移为L。 （2）带电粒子运动到上极板中点时，竖直分速度大小为，再把水平方向速度和竖直方向速度合成即可。 （3）粒子在竖直方向速度呈周期性变化。 （4）所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在 或（n＝0，1，2...）（n＝0，1，2…）时刻进入电场的粒子恰好从中轴线飞出。 【解答】解：（1）设粒子经过时间t0打在M板中点，沿极板方向有 垂直极板方向有 联立解得，带电粒子的比荷为 （2）带电粒子运动到上极板中点时，竖直分速度大小为 合速度大小为 联立解得 （3）粒子通过两板时间为 从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小为 方向垂直极板向上；在每个电压变化周期的后三分之二时间内加速度大小为为 方向垂直极板向下。不同时刻从O1点进入电场的粒子在电场方向的速度vy随时间t变化的关系如图所示 因为所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在t＝nT或时刻进入电场的粒子恰好分别从极板右侧上下边缘处飞出，它们在电场方向偏转的距离最大，有 解得 （4）在所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，可以确定在 或（n＝0，1，2...）（n＝0，1，2…）时刻进入电场的粒子恰好从中轴线飞出。它们在运动过程中电场方向偏转的距离最小，则偏离中轴线最小位移为 联立可得 答：（1）带电粒子的比荷为。 （2）带电粒子运动到上极板中点时速度大小为。 （3）最终所有粒子刚好能全部离开电场而不打在极板上，U的值为。 （4）所有粒子在运动过程中偏离中轴线O1O的最远距离的最小值为。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/8/1 16:14:06；用户：Scary；邮箱：17851029270；学号：30697016 二、带电粒子在周期变化电场中的偏转 （多选）10．（2026•晋中模拟）真空中不同区域分别存在甲、乙两种沿水平方向的电场，在两电场中分别沿水平方向建立坐标系，甲电场的电势随位置变化关系如图1所示，在﹣x0和x0处电势具有最大值φ0；乙电场的电场强度随位置变化关系如图2所示，在x0处电场强度具有最大值为E0，将质量均为m、电量均为q带正电的点电荷在两电场中均由位置﹣x0处静止释放，两电荷只在静电力的作用下运动。已知简谐运动的回复力F＝﹣kx，周期T＝2π，规定电场强度的正方向与x轴正方向相同，则（　　） A．电荷在甲电场中做简谐运动 B．电荷在乙电场中做简谐运动 C．电荷在甲电场中运动的周期为T＝4φ D．电荷在乙电场中运动的周期为T＝2π 【分析】A.根据电荷在﹣x0到0和0到x0处受电场力关系判断出电荷的运动情况，进而判断电荷在甲电场中是否做简谐运动； C.根据运动学公式和牛顿第二定律求电荷在甲电场中运动的周期； B.根据电场力表达式判断电荷在乙电场中是否做简谐运动； D.根据周期表达式求电荷在乙电场中运动的周期。 【解答】解：A.甲电场中，电荷在﹣x0到0处受电场力大小为：，沿x轴正方向的恒力，在0到x0处受电场力大小为：，沿x轴负方向的恒力，故电荷在甲电场中先沿x轴正方向做匀加速直线运动，再沿x轴正方向做匀减速直线运动，可知电荷在甲电场中做往复运动，故A错误； C.从﹣x0到0处 周期为T＝4t，可得 故C正确； B.电荷在乙电场中0到x0处，任意位置受电场力： 做简谐运动，故B正确； D.周期为 故D错误。 故选：BC。 四、带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动 11．（2026春•海口期末）如图所示，某直线加速器由一系列漂移管（金属圆管）组成，相邻漂移管分别接在交流电源的两极。质子沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，每次经过漂移管间缝隙时被电场加速。已知质子进入漂移管A时速度为，进入漂移管E时速度为交变电源电压U大小恒定，周期为1×10﹣7s，质子在每个管内运动时间为电源周期的。（已知质子的比荷为1×108C/kg）求： （1）漂移管A的长度； （2）相邻漂移管间的加速电压U。 【分析】（1）质子在漂移管内做匀速直线运动，由运动学公式求得漂移管A的长度； （2）质子从漂移管A运动到漂移管E共经过4次加速，根据动能定理求得相邻漂移管间的加速电压。 【解答】解：（1）由题意可得漂移管A的长度为：L＝v1• 已知：，周期为T＝1×10﹣7s 解得：L＝0.3m （2）质子从漂移管A运动到漂移管E共经过4次加速，设质子的电荷量为q、质量为m，根据动能定理得： 4qU 已知：，1×108C/kg 解得：U＝8×104V 答：（1）漂移管A的长度为0.3m； （2）相邻漂移管间的加速电压U为8×104V。 12．（2025秋•西城区校级期中）在真空中水平放置的平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示。当给电容器突然充电使其电压增加ΔU，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2；又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为g。试求： （1）带电油滴所带电荷量与质量之比。 （2）第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小的比（ΔU1、ΔU2为未知，不能用ΔU1、ΔU2表示）。 （3）ΔU1与ΔU2之比。 【分析】（1）油滴静止时电场力与重力平衡，利用平衡条件可以建立方程，通过电压和板间距离表示电场强度，最终得到电荷量与质量的比值关系。 （2）分析油滴在两个时间段的运动情况，第一阶段向上加速，第二阶段向上减速至回到原点。通过位移关系和速度关系联立方程，消去时间变量后可以得到加速度大小的比值。 （3）根据电压变化对电场力的影响，分别写出两个时间段内加速度的表达式，结合第二问中得到的加速度比值关系，通过代数运算即可求出两次电压变化量的比值。 【解答】解：（1）油滴静止时满足F电＝mg，由，可得。 （2）第1段Δt内油滴向上加速，位移； 第2段Δt内向上减速，位移，其中v1＝a1Δt。由x1＝﹣x2得，解得。 （3）由及，结合，解得。 答：（1）带电油滴所带电荷量与质量之比为。 （2）第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小的比为。 （3）ΔU1与ΔU2之比为。 13．（2025秋•青山湖区校级期中）如图甲所示，竖直平行板A、B间加有恒定电压U0，在A板附近有一个粒子源，可以按时间均匀地释放质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子，粒子的初速度忽略不计，经A、B板间电场加速后，沿平行金属板C、D间的中线垂直进入C、D板间电场，C、D板间所加的电压随时间变化如图乙所示，C、D板长为L，C、D板的右侧有一竖直的荧光屏，荧光屏到C、D板右端的距离为L，有的粒子能打在荧光屏上，不计粒子的重力，粒子在C、D板间运动的时间远小于T，求： （1）粒子经加速电场加速后速度多大？ （2）C、D板间的距离为多少？ （3）荧光屏上有粒子打上的区域长度为多少？ 【分析】（1）粒子在A、B板间被恒定电压加速，忽略初速度，根据动能定理可直接求出加速后的速度。题目中给出电压和电荷量，结合粒子质量即可求解末速度。 （2）C、D板间电压随时间变化，粒子在板间运动时间远小于周期T，可视为匀强电场。根据题目条件，三分之二粒子能打到荧光屏上，意味着粒子恰好从板边缘射出时对应的电压决定了板间距离。通过运动学公式结合电场力产生的加速度求解板间距。 （3）荧光屏上粒子打中的区域长度由粒子在板间偏转的最大距离决定。粒子从板边缘射出后做匀速直线运动，根据几何关系可求出在荧光屏上的偏转距离。由于粒子可能向上或向下偏转，总区域长度为两倍最大偏转距离。 【解答】解：（1）粒子在两板间被加速，由，解得：。 （2）因的粒子能打在荧光屏上，当CD两板间电压为时粒子恰好从两板右边缘射出，由，，L＝v0t，解得：。 （3）对于从极板右侧边缘射出的粒子，由，解得：y1＝d，则荧光屏上有粒子打上的区域长度为y＝2y1，代入计算得：。 答：（1）粒子经加速电场加速后速度为。 （2）C、D板间的距离为。 （3）荧光屏上有粒子打上的区域长度为。 14．（2025秋•西昌市期中）一电荷量q＝+1.6×10﹣19C、质量m＝2.0×10﹣27kg的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强在0﹣T内随时间变化的规律如图所示，E0＝50V/m，T＝4.0×10﹣5s，不计重力。设粒子开始运动方向为正方向，求粒子在0﹣T时间内： （1）场强大小为E0、2E0时的加速度大小a1、a2； （2）0.25T、0.5T、0.75T、T时刻速度并画出速度—时间图像； （3）粒子位移大小和方向。 【分析】（1）根据电场力与加速度的关系，当场强为E0和2E0时，分别计算对应的加速度。由于电场力与场强成正比，a2应为a1的两倍。 （2）将时间分为四个等间隔段，每段内加速度恒定。0﹣0.25T以a1加速，0.25T﹣0.5T以a2减速，0.5T﹣0.75T反向以a2加速，0.75T﹣T以a1减速。通过分段计算各时刻速度，并绘制速度随时间变化的折线图。 （3）通过速度—时间图像的面积计算位移。0﹣0.25T和0.75T﹣T两段位移均为正值且大小相等，0.25T﹣0.75T位移对称抵消。总位移为两段正位移之和，方向与初始运动方向一致。 【解答】解：（1）粒子在电场中受恒定电场力作用，由牛顿第二定律得加速度，当场强为E0时，，解得：。 当场强为2E0时，，解得：。 （2）取时间间隔，根据v＝v0+at分段计算： 0.25T时刻：v1＝a1Δt，解得：；0.5T时刻：v2＝v1﹣a2Δt，解得：； 0.75T时刻：v3＝v2+a2Δt，解得：；T时刻：v4＝v3﹣a1Δt，解得：v4＝0m/s。 速度—时间图像依次通过坐标点（0，0）、（0.25T，4.0×104）、（0.5T，﹣4.0×104）、（0.75T，4.0×104）、（T，0）。 （3）由v﹣t图像面积可得：0～0.25T位移，解得：x1＝0.2m；0.25T～0.75T因图像对称，合位移为0； 0.75T～T位移，解得：x4＝0.2m。总位移x＝x1+x4，解得：x＝0.4m，方向与初速度方向相同。 答：（1）场强大小为E0时的加速度大小a1为4.0×109m/s2；场强大小为2E0时的加速度大小a2为8.0×109m/s2。 （2）0.25T时刻速度为4.0×104m/s；0.5T时刻速度为﹣4.0×104m/s；0.75T时刻速度为4.0×104m/s；T时刻速度为0m/s。 （3）粒子位移大小为0.4m，方向与初速度方向相同。 学科网（北京）股份有限公司 $