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** 以运动模型为核心，系统整合恒定/周期性电场中直线与曲线运动问题，通过典例提炼动能定理、运动分解等方法，构建“模型-方法-应用”逻辑链，培养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| |----|-----------|----------|----------| |恒定电场直线运动|3题（如广州模拟题）|动能定理求速度/位移，牛顿定律分析加速度|从匀变速直线运动基础模型出发，关联电场力做功与能量变化| |匀强电场类平抛|4题（如大庆模拟题）|运动分解法，水平匀速与竖直匀变速合成|拓展曲线运动模型，强化运动独立性原理应用| |周期性电场偏转|4题（如成都期中题）|临界电压分析，偏转位移公式，时间周期性|结合交变电场动态特性，深化临界条件与运动周期性理解| |周期性电场直线运动|3题（如九龙坡区模拟题）|分段运动分析，加速度与速度关系|综合直线运动与周期性电场，提升复杂情境处理能力|

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•广州模拟）在雷达技术商业化初期，反射式速调管因能稳定产生特定频率的微波信号，是常用的微波器件之一。利用带电粒子与电场相互作用原理模拟制成的微波振荡器件，其内部电场如图所示，在虚线两侧分布着平行于x轴，方向相反的匀强电场，电场强度大小分别为，。一质量为m＝2×10﹣6kg、电荷量大小为q＝1×10﹣9C的带负电的粒子从x轴上的P（﹣2cm，0）点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴往复运动。求： （1）带电粒子在运动过程中速度的最大值vmax； （2）粒子向右运动距O点的最远距离d； （3）粒子运动的频率f。 2．（2024秋•揭西县期末）在光滑绝缘的水平面上，长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（均可视为质点）组成一个带电系统，球A所带的电荷量为+2q，球B所带的电荷量为﹣3q。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MNQP内，已知虚线MN位于细杆的中垂线，MN和PQ的距离为4L，匀强电场的电场强度大小为E、方向水平向右。释放带电系统，让A、B从静止开始运动，不考虑其他因素的影响。求： （1）释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小； （2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间。 3．（2025秋•渝中区校级月考）飞行时间质谱仪，是利用离子飞行的时间测量离子的质量及比荷（电荷量与质量之比）的仪器。如图甲所示，一激光脉冲照射到样品靶上，瞬间产生一定数量不同种类的带正电的离子。离子初速度不计，经过宽为D、电压为U的静电场加速后，射入长为L的无场飞行区，在飞行区内沿轴线做匀速直线运动。在飞行区的B端置有探测装置，可测得离子在飞行区中的运动时间。不计离子重力及离子间的相互作用。 （1）某种离子在无场飞行区中的运动时间为T1，求该离子的比荷； （2）若在飞行区前加一组静电场反射镜，将飞出的离子反推回去，加长离子的飞行时间可提高质谱仪的分辨率。如图乙，当在飞行区MN极板加偏转电压U′，电场反射区加向左的匀强电场，场强大小为E，离子在静电力的作用下返回到B端检测器（离子未与极板C相碰），若探测器测得某离子从进入A端至B端检测器的总飞行时间为T2，求该离子的比荷。 2、 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 4．（2026•大庆模拟）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向上的匀强电场中，两个相同的带负电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。当a到达最高点时，a、b间的距离为（　　） A． B． C． D． 5．（2026春•淄博校级期末）如图所示，矩形区域abcd处于竖直平面内，其中ab边水平，abcd内部存在水平向右的匀强电场，O点在a点正上方高h＝0.2m处。先将一带正电的小球A，从O点以某一初速度水平抛出，到达上边界ab时速度方向与水平方向夹角为α＝30°，进入矩形区域后做直线运动，从c点离开；再将另一质量相同的带负电的小球B，从O点以与A相同的初速度水平抛出，离开矩形区域时速度方向竖直向下。两小球均可视为质点，所带电荷量的绝对值相等。不计空气阻力，取重力加速度大小为g＝10m/s2。 （1）求小球在抛出点O的初速度大小v0，以及小球从O点抛出至刚到达上边界ab过程中运动的水平位移x； （2）求A、B在电场中运动的水平位移大小之比； （3）保持矩形区域的ab边位置和长度不变，仅改变矩形区域的高度，使电场区域随之变化，电场强度不变。仍将小球B从O点以初速度v0水平抛出，若小球B能从下边界cd间某位置离开电场，求bc边的高度y的取值范围。 6．（2026春•镇江期末）如图所示，在平面直角坐标系第一、四象限内存在两个对称矩形匀强电场，电场方向平行于y轴且方向相反，电场区域宽度为d，两电场靠近x轴的边界纵坐标分别为和。在x＝10d处有一垂直于x轴的收集板，M、P分别为板与x轴、电场下边界的两个交点。一个质量为m、电量为﹣q的粒子从O点以初速度v0射出，方向与x轴成37°角，经过上方的电场区域一次，到达P点时速度恰好垂直收集板。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板的位置。不计粒子的重力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求粒子进入电场时沿x轴方向的分速度； （2）求电场强度E的大小； （3）欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。 7．（2026春•孝感期末）如图，竖直平面内有一平面直角坐标系xOy，在第二象限内存在一曲线边界，边界解析式方程为y＝kx2（k为已知量，是一常数）该曲线与y正半轴之间存在一竖直向下的匀强电场E（E大小未知），在第一象限和第四象限存在大小也为E的匀强电场，方向分别竖直向下和竖直向上。曲线边界的左侧存在一线性粒子发射源，可以向右均匀发射初速度均为v0的相同粒子，粒子质量为m，电荷量为+q，粒子从曲线边界上不同位置进入第二象限的匀强电场，且所有粒子均从坐标原点O离开进入第四象限，粒子重力不计。 （1）求第二象限场强E大小； （2）求到达原点O处速度方向与x正半轴夹角为60°的粒子，运动过程中离x轴的最大距离d大小； （3）求到达原点O处速度方向与x正半轴夹角为60°的粒子，离开原点O后经过多长时间速度偏向角度为120°。 3、 带电粒子在周期性变化的电场中偏转 （多选）8．（2026春•成都期中）如图甲所示，一平行板电容器极板的长度l＝10cm，宽s＝8cm，两极板间距为d＝4cm。距极板右端处有一竖直放置的荧光屏；在平行板电容器左侧有一长b＝8cm的“狭缝”粒子源，可沿着两极板中心平面均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010C/kg、速度大小为4×106m/s的带电粒子（不计重力和粒子间的相互作用）。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下列说法不正确的是（　　） A．粒子打在屏上的区域面积为64cm2 B．粒子打到屏上时，必然有U＞128V C．在0～0.02s内，进入电容器内的粒子有32%能够打在屏上 D．在0～0.02s内，屏上出现亮线的时间为0.0128s （多选）9．（2025秋•龙岩期中）空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所示。现有一带电微粒，在t＝0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿逆时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为其轨迹，ab为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力F，不计其他力的作用；测得微粒所处位置的电势φ随时间t的变化图像如图乙所示，t1时电势为φ1，7t1时电势为﹣φ2。下列说法正确的是（　　） A．该微粒在圆周运动过程中机械能守恒 B．b点与a点的电势差 C．该微粒做匀速圆周运动的周期为14t1 D．电场强度的大小为，方向与x轴负方向夹角为 10．（2026春•烟台期末）如图所示，两块相距很近的平行金属板A、B竖直放置，板中央均有小孔，两小孔连线水平向右，以水平向右方向为x轴正方向，A、B板间加速电压恒为U0＝10V，紧靠A板小孔左侧处有一粒子源，能够连续不断地沿x轴正方向均匀发射带正电的同种粒子，所有粒子的初速度均为v0＝300m/s。紧靠B板右侧有关于x轴上下对称的两平行金属板C、D，板长L1＝10cm板间距d1＝4cm，C、D间的电压U1随时间t变化的关系图像如图甲所示，0～2s 内，D板电势高于C板。在紧邻C、D板右侧有关于x轴前后对称的两平行金属板E、F，两金属板沿x方向长度为 L2＝10cm，沿y方向足够长，板间距d2＝8cm，E、F间的电压U2随时间t变化的关系图像如图乙所示，0～2s内，F板电势高于E板。在距金属板E、F右侧L3＝10cm处放置一足够大的荧光屏，荧光屏面与x轴垂直交于O点，在荧光屏上以O点为坐标原点建立直角坐标系zOy，y轴正方向竖直向上。已知粒子的比荷，不计粒子重力，求： （1）粒子从B板小孔出射时的速度大小； （2）0～4s内，能够从C、D板间射出的粒子数与粒子源发射出的总粒子数之比； （3） 粒子打在荧光屏上z轴上方的位置中，距离z轴最远位置的点的坐标（y，z）。 11．（2026春•沙河口区校级月考）某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为U0，AB两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压UAB随时间t的变化规律如图2所示，周期为T，质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子，从t＝0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场。粒子通过偏转电场的时间远小于T，可视作穿过AB板时，偏转电压恒定等于射入时刻的电压，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： （1）粒子进入偏转电场时的速度大小； （2）在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数与总粒子数的比值； （3）粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。 四、带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动 12．（2025秋•天水期末）如图所示电路中，电源的电动势E＝4V，内电阻r＝1Ω，定值电阻R1＝2Ω，变阻器R2的最大阻值足够大。平行金属板AB、CD水平放置，板长L＝1m，间距d＝0.2m。一质量m＝0.1kg、电荷量q＝0.1C的带负电小球从左侧沿金属板中心线以速度v0＝5m/s射入，调节变阻器R2的阻值使小球沿金属板中心线做直线运动，重力加速度g取10m/s2。求： （1）金属板间的电压； （2）变阻器R2的接入阻值； （3）为了使小球能从极板间飞出，变阻器R2接入阻值的范围。 13．（2024秋•临泉县校级期末）如图甲所示，两平行金属板M、N竖直固定在真空中，间距为d，N板接地，P点在金属板M、N之间且靠近N板，金属板M的电势φM随时间t变化的图像如图乙所示。t＝0时刻，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，已知φ2＝2φ1，不计电子重力，电子始终没有撞到两金属板。求： （1）在0～T时间内，电子所受的电场力； （2）在0～2T时间内，电子电势能的变化量； （3）在0～2.5T时间内，电子的位移。 14．（2023秋•辽宁月考）如图所示，足够大的金属板A、B竖直平行固定，间距为d，O、O'分别是两板的中心，B板接地，A板电势随时间变化的规律如图乙所示。在A板内侧中心点O有一个粒子源，不断向两板之间的区域均匀发射初速度大小为的带正电荷的粒子，发射范围0°～180°。已知粒子质量为m、电荷量为q，，不计粒子重力，求： （1）粒子打到B板上时的最大动能； （2）粒子打在B板上的点到O'点的最大距离。 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•广州模拟）在雷达技术商业化初期，反射式速调管因能稳定产生特定频率的微波信号，是常用的微波器件之一。利用带电粒子与电场相互作用原理模拟制成的微波振荡器件，其内部电场如图所示，在虚线两侧分布着平行于x轴，方向相反的匀强电场，电场强度大小分别为，。一质量为m＝2×10﹣6kg、电荷量大小为q＝1×10﹣9C的带负电的粒子从x轴上的P（﹣2cm，0）点由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴往复运动。求： （1）带电粒子在运动过程中速度的最大值vmax； （2）粒子向右运动距O点的最远距离d； （3）粒子运动的频率f。 【分析】（1）粒子从P点由静止释放，在左侧电场E1中向右做匀加速直线运动，到达O点时速度达到最大值。该过程电场力做正功，动能增加，利用动能定理可直接建立电场强度、位移与最大速度的关系，无需分析后续减速过程。 （2）粒子通过O点后进入右侧电场E2，受到向左的电场力做匀减速直线运动，直至速度减为零时到达最远点。从P点出发到最远点的整个过程中，电场力做功的代数和为零，动能变化为零，利用动能定理可关联左侧加速位移与右侧最远距离d。 （3）粒子运动具有周期性，一个完整周期包含从P点加速到O点、从O点减速到最右端、从最右端加速返回O点、从O点减速返回P点四个阶段。利用牛顿第二定律分别求出在E1和E2区域内的加速度大小，结合匀变速直线运动的速度公式求出各阶段时间，总时间即为周期，其倒数即为频率。 【解答】解：（1）粒子先向右做匀加速直线运动，经过原点后向右做匀减速直线运动，因此粒子通过原点时速度达到最大值。根据动能定理可得：，解得：vmax＝0.2m/s。 （2）根据动能定理可得：E1qx﹣E2qd＝0，解得：d＝0.04m。 （3）根据牛顿第二定律，粒子在原点左右两侧的加速度大小分别为：，。粒子在左侧电场中加速过程满足：vmax＝a1t1。利用逆向思维，粒子在原点右侧的减速过程可视为反向的加速过程，满足：vmax＝a2t2。根据运动的对称性，粒子运动的周期为：T＝2（t1+t2）。又因为，代入数据解得：。 答：（1）带电粒子通过原点时速度最大，最大值为0.2m/s。 （2）粒子向右运动距O点的最远距离为0.04m。 （3）粒子运动的频率为Hz。 2．（2024秋•揭西县期末）在光滑绝缘的水平面上，长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（均可视为质点）组成一个带电系统，球A所带的电荷量为+2q，球B所带的电荷量为﹣3q。现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MNQP内，已知虚线MN位于细杆的中垂线，MN和PQ的距离为4L，匀强电场的电场强度大小为E、方向水平向右。释放带电系统，让A、B从静止开始运动，不考虑其他因素的影响。求： （1）释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小； （2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间。 【分析】（1）通过整体受力分析，结合牛顿第二定律求加速度； （2）需分阶段分析运动：第一阶段A在电场内、B未进入电场的加速运动，第二阶段B进入电场后的减速运动，结合运动学公式计算各阶段时间和总时间。 【解答】解：（1）对整体应用牛顿第二定律有 E•2q＝2ma 解得两小球加速度大小为 a （2）系统向右加速运动阶段 L 解得 t1 此时B球刚刚进入MN，带电系统的速度 v＝at1 假设小球A不会出电场区域，带电系统向右减速运动阶段有 ﹣3Eq+2Eq＝2ma′ 加速度 a′ 减速运动时间 t2，解得t2 减速运动的距离 L′，解得L′＝2L 可知小球A恰好运动到PQ边界时速度减为零，假设成立。所以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间 t＝t1+t2 解得t＝3 答：（1）释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小为； （2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间为3。 3．（2025秋•渝中区校级月考）飞行时间质谱仪，是利用离子飞行的时间测量离子的质量及比荷（电荷量与质量之比）的仪器。如图甲所示，一激光脉冲照射到样品靶上，瞬间产生一定数量不同种类的带正电的离子。离子初速度不计，经过宽为D、电压为U的静电场加速后，射入长为L的无场飞行区，在飞行区内沿轴线做匀速直线运动。在飞行区的B端置有探测装置，可测得离子在飞行区中的运动时间。不计离子重力及离子间的相互作用。 （1）某种离子在无场飞行区中的运动时间为T1，求该离子的比荷； （2）若在飞行区前加一组静电场反射镜，将飞出的离子反推回去，加长离子的飞行时间可提高质谱仪的分辨率。如图乙，当在飞行区MN极板加偏转电压U′，电场反射区加向左的匀强电场，场强大小为E，离子在静电力的作用下返回到B端检测器（离子未与极板C相碰），若探测器测得某离子从进入A端至B端检测器的总飞行时间为T2，求该离子的比荷。 【分析】（1）根据动能定理和匀速直线运动速度公式计算； （2）在反射区，根据水平方向匀变速直线运动规律和竖直方向匀速直线运动规律结合（1）中的结论计算减速时间，再结合运动的总时间计算离子的比荷。 【解答】解：（1）在加速电场运动，有 水平方向匀速运动，有L＝vT1 可得比荷 （2）偏转电场不影响水平方向的运动，在飞行区时间不变。反射区，竖直方向做匀速直线运动，水平方向减速为零的时间v＝aT 减速时加速度为 减速为零的时间为 故运动时间 可得 答：（1）该离子的比荷为； （2） 若在飞行区前加一组静电场反射镜，该离子的比荷为。 2、 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 4．（2026•大庆模拟）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向上的匀强电场中，两个相同的带负电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m，电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。当a到达最高点时，a、b间的距离为（　　） A． B． C． D． 【分析】结合题意，先确定两粒子合运动的情况，再从牛顿第二定律及运动的合成与分解的角度分析列式，即可判断求解。 【解答】解：不计重力及粒子间相互作用，因为两个相同的带负电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ， 所以两粒子在电场力作用下做匀变速曲线运动，且在水平方向的运动情况相同，区别在于竖直方向上。 对于a粒子，在竖直方向上， 根据牛顿第二定律有： qE＝ma， a运动到最高点时，由运动学公式有： v0sinθ＝at， 因为两个小粒子均受到相同电场力，则若以a粒子为参考系，b粒子是以2v0sinθ的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离为： H＝2v0sinθ•t， 联立可得： H，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．（2026春•淄博校级期末）如图所示，矩形区域abcd处于竖直平面内，其中ab边水平，abcd内部存在水平向右的匀强电场，O点在a点正上方高h＝0.2m处。先将一带正电的小球A，从O点以某一初速度水平抛出，到达上边界ab时速度方向与水平方向夹角为α＝30°，进入矩形区域后做直线运动，从c点离开；再将另一质量相同的带负电的小球B，从O点以与A相同的初速度水平抛出，离开矩形区域时速度方向竖直向下。两小球均可视为质点，所带电荷量的绝对值相等。不计空气阻力，取重力加速度大小为g＝10m/s2。 （1）求小球在抛出点O的初速度大小v0，以及小球从O点抛出至刚到达上边界ab过程中运动的水平位移x； （2）求A、B在电场中运动的水平位移大小之比； （3）保持矩形区域的ab边位置和长度不变，仅改变矩形区域的高度，使电场区域随之变化，电场强度不变。仍将小球B从O点以初速度v0水平抛出，若小球B能从下边界cd间某位置离开电场，求bc边的高度y的取值范围。 【分析】（1）由平抛运动的规律及速度的偏转角计算； （2）由牛顿第二定律及运动的合成与分解计算； （3）由两个方向的匀变速直线运动规律计算。 【解答】解：（1）小球从O到ab做平抛运动，竖直方向自由落体 代入解得t1＝0.2s 到达ab时竖直速度vy＝gt1＝2m/s 由速度方向夹角 得 平抛水平位移 （2）A进入电场后做直线运动，合力与速度共线，得 因此 A加速度，aAy＝g B带负电，加速度，aBy＝g B离开电场时水平速度为0，故0＝v0+aBxt0 得运动时间 A、B在电场中竖直方向运动规律相同，电场中运动时间均为t0，水平位移， 因此比值 （3）由第（2）小问分析，B离开矩形区域时速度方向竖直向下，此时向右运动最远，A从c点离开，则B此时在cd边，则不论矩形区域高y多大，B都到不了bc边，y＞0即可。 电场高度最大时，小球B从d点离开电场区域才符合题意，设B在电场中运动时间为t，则水平位移为 即 解得 竖直方向 代入解得 因此y的范围为 答：（1）小球在抛出点O的初速度大小为，以及小球从O点抛出至刚到达上边界ab过程中运动的水平位移； （2）A、B在电场中运动的水平位移大小之比为3：1； （3）bc边的高度y的取值范围。 6．（2026春•镇江期末）如图所示，在平面直角坐标系第一、四象限内存在两个对称矩形匀强电场，电场方向平行于y轴且方向相反，电场区域宽度为d，两电场靠近x轴的边界纵坐标分别为和。在x＝10d处有一垂直于x轴的收集板，M、P分别为板与x轴、电场下边界的两个交点。一个质量为m、电量为﹣q的粒子从O点以初速度v0射出，方向与x轴成37°角，经过上方的电场区域一次，到达P点时速度恰好垂直收集板。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板的位置。不计粒子的重力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求粒子进入电场时沿x轴方向的分速度； （2）求电场强度E的大小； （3）欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。 【分析】（1）粒子从O点斜向上射出，在进入电场前做匀速直线运动，进入电场时沿x轴方向的分速度由初速度分解得到，该分速度在整个运动过程中保持不变，与电场无关，仅由初速度大小和方向决定。 （2）粒子在电场中沿y方向做匀变速直线运动，从进入电场到速度垂直收集板时，y方向速度恰好减为零，经历时间为t_2。利用粒子从O点到P点的总水平位移为10d，以及粒子在x方向始终做匀速直线运动，可以建立总时间关系。结合y方向的运动学公式与牛顿第二定律，联立方程即可求出电场强度E。 （3）欲使粒子到达M点，粒子在电场中y方向需完成多次“减速至零再反向加速”的周期性运动。分析粒子从O点到M点的总水平位移，其由粒子在电场外和电场内的多段匀速直线运动的水平位移构成。通过设定粒子在电场中运动的周期数N，建立总水平位移与入射速度v_0'的关系式，结合y方向运动的时间关系求解v_0'的表达式，并根据速度条件确定N的取值范围，从而得到可能的入射速度值。 【解答】解：（1）粒子进入电场时沿x轴方向的分速度大小为vx＝v0cos37°，即vx＝0.8v0。 （2）设粒子从O点射出到刚进入电场的时间为t1，粒子从进入电场到y方向速度恰好减为0的时间为t2。 方法一：粒子进入电场后在y方向做匀减速直线运动，有； 根据牛顿第二定律，粒子在电场中运动的加速度；、由位移公式，联立解得，，电场强度。 方法二：粒子在x方向做匀速直线运动，从O点射出到到达P点有10d＝vx（3t1+3t2）； 粒子从O点射出到第一次刚进入电场有；根据牛顿第二定律，粒子在电场中运动的加速度； 粒子进入电场在y方向做匀变速直线运动，vy＝v0sin37°＝at2，解得，，，。 （3）设粒子入射速度大小为v0'，粒子从O点射出到第一次刚进入电场的水平位移保持不变，与入射速度大小无关。 粒子从刚进入电场到y方向速度减为0的过程中，x方向位移x2＝v0'cos37°t2'，y方向v0'sin37°＝at2'； 粒子从O点射出到到达M点满足周期性关系N•2（x1+x2）＝10d；联立解得，由题意v0'＜v0，解得N＝2，3，4，5，6，7。 答：（1）粒子进入电场时沿x轴方向的分速度大小为0.8v0。 （2）电场强度E的大小为。 （3）粒子入射速度大小的可能值为（其中N取2，3，4，5，6，7）。 7．（2026春•孝感期末）如图，竖直平面内有一平面直角坐标系xOy，在第二象限内存在一曲线边界，边界解析式方程为y＝kx2（k为已知量，是一常数）该曲线与y正半轴之间存在一竖直向下的匀强电场E（E大小未知），在第一象限和第四象限存在大小也为E的匀强电场，方向分别竖直向下和竖直向上。曲线边界的左侧存在一线性粒子发射源，可以向右均匀发射初速度均为v0的相同粒子，粒子质量为m，电荷量为+q，粒子从曲线边界上不同位置进入第二象限的匀强电场，且所有粒子均从坐标原点O离开进入第四象限，粒子重力不计。 （1）求第二象限场强E大小； （2）求到达原点O处速度方向与x正半轴夹角为60°的粒子，运动过程中离x轴的最大距离d大小； （3）求到达原点O处速度方向与x正半轴夹角为60°的粒子，离开原点O后经过多长时间速度偏向角度为120°。 【分析】（1）根据类平抛运动的规律求出第二象限场强E大小； （2）根据速度的分解和运动学公式求到达原点O处速度方向与x正半轴夹角为60°的粒子，运动过程中离x轴的最大距离d大小； （3）画出粒子电场中做“类斜抛运动”的运动示意图，根据速度的分解和运动学公式求到达原点O处速度方向与x正半轴夹角为60°的粒子，离开原点O后经过多长时间速度偏向角度为120°。 【解答】解：（1）设粒子的发射位置坐标为（x，y），粒子在第二象限匀强电场中运动到O点的过程中作“类平抛运动”，沿x方向做匀速运动 |x|＝v0t 沿﹣y方向做匀加速运动 根据牛顿第二定律 qE＝ma 代入曲线方程 y＝kx2 解得 （2）设粒子离开O点后，竖直方向分速度减小至0时，离x轴的距离最大 vy＝v0tan60° 代入E值，可解得 （3）粒子电场中做“类斜抛运动”，运动示意图如下 设离开O点后，经过t时间，粒子竖直方向分速度第一次减小至0 代入 vy＝v0tan60° 可解得 此粒子离开原点O后速度偏向角度为120°经过的时间至少为2t，即 考虑到粒子此后在第一、第四象限中的周期性运动，周期T＝4t 那么所求时间为2t+nT（n＝0、1、2、3•••），代入 解得所求时间为、1、2、3•••） 答：（1）第二象限场强E大小为； （2）到达原点O处速度方向与x正半轴夹角为60°的粒子，运动过程中离x轴的最大距离d大小为； （3）到达原点O处速度方向与x正半轴夹角为60°的粒子，离开原点O后经过、1、2、3•••）时间速度偏向角度为120°。 3、 带电粒子在周期性变化的电场中偏转 （多选）8．（2026春•成都期中）如图甲所示，一平行板电容器极板的长度l＝10cm，宽s＝8cm，两极板间距为d＝4cm。距极板右端处有一竖直放置的荧光屏；在平行板电容器左侧有一长b＝8cm的“狭缝”粒子源，可沿着两极板中心平面均匀、连续不断地向电容器内射入比荷为2×1010C/kg、速度大小为4×106m/s的带电粒子（不计重力和粒子间的相互作用）。现在平行板电容器的两极板间加上如图乙所示的交流电，已知粒子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期。下列说法不正确的是（　　） A．粒子打在屏上的区域面积为64cm2 B．粒子打到屏上时，必然有U＞128V C．在0～0.02s内，进入电容器内的粒子有32%能够打在屏上 D．在0～0.02s内，屏上出现亮线的时间为0.0128s 【分析】计算粒子穿过电场的时间和加速度，推导偏转位移公式并求出临界电压；根据临界电压判断粒子能否穿出电场，计算偏转方向的总范围长度和亮线面积；分析一个周期内粒子能穿出电场的时间占比；确定出现亮线的总时间。 【解答】解：AB．带电粒子穿过电场时间，加速度，偏转位移 ，由解得临界电压Uc＝128V。可知只有|U|≤128V时，粒子才能穿出电场打到屏上，|U|＞128V粒子会打在极板上无法穿出。粒子刚好从极板边缘射出时射出距离最远，此时速度偏转角的正切值，出电场后最大总偏转2ymax＝d＝4cm，即偏转方向总范围长度为4cm×2＝8cm，垂直偏转方向极板宽度为s＝8cm，可得面积S＝8cm×8cm＝64cm2，故A正确，B错误。 C．粒子均从中心平面入射，|U|≤128V时全部穿出，|U|＞128V全部不穿出，一个周期T＝0.02s内，|U|≤128V总时间为0.0128s，占比为，故C错误。 D．由U﹣t图像计算得，一个周期内|U|≤128V总时间为0.0128s，即有粒子打在屏上（出现亮线）的时间为0.0128s，故D正确。 故选：BC。 （多选）9．（2025秋•龙岩期中）空间中存在平行于纸面的匀强电场，在纸面内取O点为坐标原点建立x轴，如图甲所示。现有一带电微粒，在t＝0时刻以一定初速度从x轴上的a点开始沿逆时针做匀速圆周运动，圆心为O、半径为R。已知图中圆为其轨迹，ab为圆轨迹的一条直径；除电场力外微粒还受到一个变力F，不计其他力的作用；测得微粒所处位置的电势φ随时间t的变化图像如图乙所示，t1时电势为φ1，7t1时电势为﹣φ2。下列说法正确的是（　　） A．该微粒在圆周运动过程中机械能守恒 B．b点与a点的电势差 C．该微粒做匀速圆周运动的周期为14t1 D．电场强度的大小为，方向与x轴负方向夹角为 【分析】题目中带电微粒在匀强电场和变力作用下做匀速圆周运动，电势随时间周期性变化。机械能守恒需满足只有重力做功，而题目中电场力做功导致机械能不守恒。电势差计算需结合电场强度与位置关系，通过电势变化图像确定电场方向与大小。微粒运动周期可通过电势变化周期推断，电场强度方向由电势最高点位置确定。选项分析需综合电场性质与圆周运动特点，电势差表达式需验证几何关系与电场分布。 【解答】解：A、该微粒在圆周运动过程中动能不变，不计重力，不考虑势能，则机械能不变，但有除重力以外的其他力做功，机械能不守恒，故A错误； CD、根据匀强电场场强与电势差的关系得，其中U＝φ1﹣（﹣φ2）＝φ1+φ2，d＝2R，解得：。 带电微粒做圆周运动的周期为T＝2×（7t1﹣t1）＝12t1。t1时刻，如图所示： 带电微粒所在位置电势最高，此时带电微粒转过的角度为，解得：。根据沿电场线电势降低，可知方向与x轴负方向夹角为，故C错误，D正确； B、b点与a点的电势差为Uba＝﹣2ERcos30°，代入得：，故B正确。 故选：BD。 10．（2026春•烟台期末）如图所示，两块相距很近的平行金属板A、B竖直放置，板中央均有小孔，两小孔连线水平向右，以水平向右方向为x轴正方向，A、B板间加速电压恒为U0＝10V，紧靠A板小孔左侧处有一粒子源，能够连续不断地沿x轴正方向均匀发射带正电的同种粒子，所有粒子的初速度均为v0＝300m/s。紧靠B板右侧有关于x轴上下对称的两平行金属板C、D，板长L1＝10cm板间距d1＝4cm，C、D间的电压U1随时间t变化的关系图像如图甲所示，0～2s 内，D板电势高于C板。在紧邻C、D板右侧有关于x轴前后对称的两平行金属板E、F，两金属板沿x方向长度为 L2＝10cm，沿y方向足够长，板间距d2＝8cm，E、F间的电压U2随时间t变化的关系图像如图乙所示，0～2s内，F板电势高于E板。在距金属板E、F右侧L3＝10cm处放置一足够大的荧光屏，荧光屏面与x轴垂直交于O点，在荧光屏上以O点为坐标原点建立直角坐标系zOy，y轴正方向竖直向上。已知粒子的比荷，不计粒子重力，求： （1）粒子从B板小孔出射时的速度大小； （2）0～4s内，能够从C、D板间射出的粒子数与粒子源发射出的总粒子数之比； （3）粒子打在荧光屏上z轴上方的位置中，距离z轴最远位置的点的坐标（y，z）。 【分析】（1）根据动能定理求出粒子从B板小孔出射时的速度大小； （2）根据牛顿第二定律和运动学公式求出粒子在C、D板间运动过程中做类平抛运动的时间，结合牛顿第二定律和电压的关系求出0～4s内，能够从C、D板间射出的粒子数与粒子源发射出的总粒子数之比； （3）根据图像甲可知粒子发射时间，结合场强表达式求出E、F板间的电场强度大小，结合类平抛运动和牛顿第二定律求出粒子打在荧光屏上z轴上方的位置中，距离z轴最远位置的点的坐标（y，z）。 【解答】解：（1）从A到B，根据动能定理得 解得 v1＝500m/s （2）C、D板间的电场强度大小 粒子在C、D板间运动过程中，做类平抛运动，垂直极板方向上，根据牛顿第二定律得 qE1＝ma1 垂直极板方向上位移 沿极板方向上位移 L1＝v1Δt1 解得 粒子要能够从C、D板间射出，需要满足 解得 解得E1≤125V/m |U1|≤5V 由于粒子在板间的运动时间极短，因此可以认为粒子在运动过程中板间电压不变。可得能够从C、D板间射出的粒子数与粒子源发射出的总粒子数之比为 （3）距离z轴最远时，y坐标最大，所以粒子在C、D板间偏转距离需最大，又粒子打在荧光屏上z轴上方，所以U1＝5V，根据图像甲可得，粒子发射时间t＝0.25s或t＝1.75s，当t＝0.25s时，根据图像乙可得 U2＝﹣14V E、F板间的电场强度大小 粒子在E、F板间运动过程中，做类平抛运动，沿x轴方向上位移 L2＝v1Δt2 解得 沿z轴方向上，根据牛顿第二定律得 qE2＝ma2 沿z轴方向上位移 解得z2＝0.028m 末速度 vz2＝a2Δt2 解得vz2＝280m/s 沿y轴方向上，做匀速直线运动，速度 vy1＝a1Δt1 解得vy1＝200m/s 位移 y2＝vy1Δt2 解得y2＝0.04m 粒子出E、F板间后，做匀速直线运动，沿x轴方向上位移 L3＝v1Δt3 解得 沿z轴方向上，位移 z3＝vz2Δt3 解得z3＝0.056m 沿y轴方向上，位移 y3＝vy1Δt3 解得y3＝0.04m 所以，打在荧光屏上时，y轴坐标为 解得y＝10cm z轴坐标为 z＝z2+z3 解得z＝0.084m＝8.4cm 故该点坐标为（10cm，8.4cm） 同理t＝1.75s，U2＝﹣2V时，发射的粒子打在荧光屏上的点也距z轴最远。此时 解得z2＝0.004m vz2＝a2Δt2 解得vz2＝40m/s z3＝vz2Δt3 解得z3＝0.008m z轴坐标为 z＝z2+z3 解得z＝0.012m＝1.2cm 故该点坐标为（10cm，1.2cm）。 综上，该点坐标为（10cm，8.4cm）（10cm，1.2cm）。 答：（1）粒子从B板小孔出射时的速度大小为500m/s； （2）0～4s内，能够从C、D板间射出的粒子数与粒子源发射出的总粒子数之比为； （3）粒子打在荧光屏上z轴上方的位置中，距离z轴最远位置的点的坐标为（10cm，8.4cm）（10cm，1.2cm）。 11．（2026春•沙河口区校级月考）某示波管简化装置由加速板PQ、偏转板AB及圆弧荧光屏MN组成，如图1所示，加速电场电压为U0，AB两板间距和板长均为l，荧光屏圆弧的半径为2l，其圆心与正方形偏转区域的中心点O恰好重合，AB板间电压UAB随时间t的变化规律如图2所示，周期为T，质量为m、电荷量为q、初速度为零的粒子，从t＝0时刻开始连续均匀地“飘入”加速电场。粒子通过偏转电场的时间远小于T，可视作穿过AB板时，偏转电压恒定等于射入时刻的电压，不计粒子间的相互作用及粒子的重力。求： （1）粒子进入偏转电场时的速度大小； （2）在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数与总粒子数的比值； （3）粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差。 【分析】（1）根据动能定理，结合电势能和电场力做功的关系分析求解； （2）根据粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动分析求解； （3）根据所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的分运动相同，故沿轴线方向的分位移之差最大时，时间差最大，即到M、N两点的时间最短，到O1点的时间最长分析求解。 【解答】解：（1）设粒子进入偏转电场时的速度大小为v0，根据动能定理可得： 解得 （2）设粒子恰好从极板右侧边缘射出时电压为U，根据类平抛运动规律得l＝v0t，，，联立得 U＝2U。 故在一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数与总粒子数的比值为 （3）由于所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的分运动相同，故沿轴线方向的分位移之差最大时，时间差最大，即到M、N两点的时间最短，到O1点的时间最长，如图所示 则最长时间与最短时间之差，几何关系可知，联立解得 答：（1）粒子进入偏转电场时的速度大小为； （2）在电压变化的一个周期内，能穿过偏转电场的粒子数与总粒子数的比值为； （3）粒子从进入偏转电场到打在屏上的最长时间与最短时间之差为（）l。 四、带电粒子在周期性变化的电场中做直线运动 12．（2026•九龙坡区校级模拟）如图1所示，水平平行正对的两金属板M、N间加有如题6图2所示的电压。0～t0时间段内，一质量为m的带电油滴（可视为质点）静止在两板正中间P处。t＝2.5t0时刻，该油滴恰好能到达某金属板。不计空气阻力，重力加速度为g，油滴的质量与电荷量保持不变，则M、N两板的间距为（　　） A． B．gt2 C． D．2gt2 【分析】油滴初始静止于P点，重力与电场力平衡，已知板间电压变化规律，需分析不同时间段的受力与运动。t0至2t0时间段内，电压变为2U0，电场力增大，合力向上产生向上加速度，油滴做初速为零的匀加速直线运动。2t0至2.5t0时间段内电压反向，电场力方向改变，合力向下且大小变化，油滴以第一阶段末速度向上做匀减速直线运动，至2.5t0时刻恰好到达金属板，总位移为板间距的一半。通过分段计算位移并叠加，利用已知时间与加速度关系可求出板间距。 【解答】解：在0到t0时间段内，油滴保持静止，处于受力平衡状态，其重力与电场力大小相等，即，由此可得。 在t0到2t0时间段内，电压变为2U0，此时电场力为，即F1＝2mg，油滴所受合力F合1＝2mg﹣mg＝mg，方向竖直向上。 根据牛顿第二定律，其加速度a1＝g。该过程油滴的位移为，解得：。末速度v1＝a1t0，解得：v1＝gt0。 在2t0到2.5t0时间段内，电压为﹣U0，电场力，油滴所受合力F合2＝﹣mg﹣mg＝﹣2mg，加速度a2＝﹣2g。 该阶段时间Δt＝0.5t0，位移，代入数值计算得：。 当油滴到达金属板时，其相对于中点P的总位移为h＝s1+Δs，代入数值得：。 已知两板间距d＝2h，因此，解得：，故ABD错误，C正确。 故选：C。 13．（2024秋•临泉县校级期末）如图甲所示，两平行金属板M、N竖直固定在真空中，间距为d，N板接地，P点在金属板M、N之间且靠近N板，金属板M的电势φM随时间t变化的图像如图乙所示。t＝0时刻，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，已知φ2＝2φ1，不计电子重力，电子始终没有撞到两金属板。求： （1）在0～T时间内，电子所受的电场力； （2）在0～2T时间内，电子电势能的变化量； （3）在0～2.5T时间内，电子的位移。 【分析】（1）先由M、N间的电势差计算电场强度，再通过电场力公式F＝eE求解； （2）分0～T和T～2T两个阶段分析电子受力与运动，计算电场力做的总功，再由电势能变化与电场力做功的关系求解； （3）将0～2.5T分为0～T、T～2T、2T～2.5T三个阶段，分别分析运动状态，计算各阶段位移后矢量叠加得到总位移。 【解答】解：（1）以水平向左为正方向，0～T时间内，M、N板间的电场强度大小 电子所受的电场力的大小，方向水平向左。 （2）0～T时间内，根据牛顿第二定律有F1＝ma1 解得电子向M板做匀加速直线运动的加速度 t＝T时刻电子的位移 电子的速度 电场力对电子做的功 由功能关系可知，电子电势能的变化量，负号表示电势能减少； （3）T～2T时间内，M、N板间无电场，电子水平向左做匀速直线运动，T～2T时间内电子的位移 在2T～2.5T时间内，电子向M板做匀减速直线运动，加速度大小 故在2.5T 时刻电子的速度变为0 电子的位移 在0～2.5T时间内，电子位移大小，方向水平向左。 答：（1）在0～T时间内，电子所受的电场力是，方向水平向左； （2）在0～2T时间内，电子电势能的变化量是； （3）在0～2.5T时间内，电子的位移是，方向水平向左。 14．（2023秋•辽宁月考）如图所示，足够大的金属板A、B竖直平行固定，间距为d，O、O'分别是两板的中心，B板接地，A板电势随时间变化的规律如图乙所示。在A板内侧中心点O有一个粒子源，不断向两板之间的区域均匀发射初速度大小为的带正电荷的粒子，发射范围0°～180°。已知粒子质量为m、电荷量为q，，不计粒子重力，求： （1）粒子打到B板上时的最大动能； （2）粒子打在B板上的点到O'点的最大距离。 【分析】（1）利用牛顿第二定律，结合运动学规律联立，即可求出运动到B极板所经历的时间t，并比较t与的大小关系，从而计算最大动能； （2）粒子在 的奇数倍时刻射出，初速度与极板平行时，先做匀速直线运动，后做类平抛运动，打到 B板时距O'点最远，分析粒子的运动情况，分段计算位移，相加即可。 【解答】解：（1）因粒子初速度 ，所以 A板电势为零时，初速度方向垂直极板的粒子运动到B板的时间 t 粒子在nT（n＝0，1，2，…）时刻射出，初速度方向垂直极板时，运动到 B板所需时间小于 ，整个运动过程电场力都做功，粒子打到 B板上时具有最大动能 解得Ekm （2）粒子在 的奇数倍时刻射出，初速度与极板平行时，先做匀速直线运动，后做类平抛运动，打到 B板时距O'点最远，粒子做直线运动的位移 粒子做类平抛运动的加速度 设粒子做类平抛运动的时间为t'，则 解得 粒子从开始做类平抛运动到打到 B板上平行极板运动的距离 所以粒子打在B板上的点到O'点的最大距离 x＝x1+x2 解得x＝4d 答：（1）粒子打到B板上时的最大动能为； （2） 粒子打在B板上的点到O'点的最大距离为4d。 学科网（北京）股份有限公司 $