10.5 第2课时带电粒子在电场中运动的应用-【经纶学霸】2026-2027学年高二物理必修第三册4星学霸黑白题（人教版）

第2课时带电粒子 白题 基础过关 题型1示波管的原理 1.（多选)如图所示是示波器的原理示意图，电 子经电压为，的加速电场加速后，进入电压为 U,的偏转电场，离开偏转电场后打在荧光屏上 的P点.P点与O点的距离叫偏转距离.要提 高示波器的灵敏度（即单位偏转电压U,引起 的偏转距离)，应采用下列办法中的( A.提高加速电压U B.增加偏转极板a、b的 加速电场偏转电场荧光屏 长度 C.增大偏转极板与荧光屏的距离 D.减小偏转极板间的距离 2.（2025·北京海淀期中)如图甲所示为示波管 原理图，若其内部竖直偏转电极Y”之间的电 势差按照如图乙所示的规律变化，水平偏转 电极XX'之间的电势差按照如图丙所示的规 律变化，则在荧光屏上会看到的图形是 电子枪 转电极 题型2带电粒子在电场中的临界问题 3.如图所示，一个重力不计的带电粒子，从粒子 必修第三册：RJ 在电场中运动的应用 限时：17min 源飘入（初速度很小，可 忽略不计)电压为U,的 加速电场，经加速后从 小孔S沿平行金属板A、 B的中心线射入，A、B板长为L,相距为d,电 压为U,.则带电粒子能从A、B板间飞出，应该 满足的条件是 () U2 d U2 2d A.UL B.UL U2 d2 U2 2d c D. UP 4.(2024·河南焦作月考)如图甲所示，一平行 板电容器两板间距为d,在一板内侧附近有一 带电量为q、质量为m的正离子，为使该离子 能在两极间来回振动而不撞在两极上，在两 极间加上如图乙所示交变电压，此交变电压 的周期应有 m m A.T<4d B.T>4d √gU C.T<2d m qu D.T>2d m qU 5.两平行金属板A、B水平放置，一个质量为m= 5×106kg,电荷量为g=2.0×109C的带负电 微粒（重力影响不能忽略），以vo=2m/s的水 平速度从两板正中位置射入电场，如图所示。 A、B间距为d=4cm,板长L=10cm.要使该微 粒能穿过电场，求A、B间电压UB的取值范 围.(g取10m/s2) 黑白题038 黑题 应用提优 1.（2024·宁夏银川期中)示波管由电子枪、偏 转电极和荧光屏组成，如图所示.如果在荧光 屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( 亮斑。 电子枪 -o 偏转电极} A.极板X应带正电，极板Y应带正电 B.极板X'应带正电，极板Y应带正电 C.极板X应带正电，极板Y应带负电 D.极板X应带正电，极板Y'应带负电 2.(多选)如图所示，电子经过U。=200V的电场 加速，进入平行板电容器中央，平行板电容器 板长L和板间距离d均为10cm,距板右侧 D=10cm处有一竖直圆筒，圆筒外侧粘有白 纸，平行板电容器上所加电压u=200sin2πt(V), 圆筒以n=2r/s转动，不计电子通过平行板时 极板上电压的变化，白纸上涂有感应材料，电 子打到白纸上留下黑色印迹，最后沿轴线方向 剪开白纸并展开，由于剪开白纸的位置不同， 以下图像可能正确的是 D 少n=2r/s 7.5cm 7.5cm 7.5cm 7.5cm A B 7.5cm 15 cm 7.5cm C D 3.如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中， 间距为d,O0'为板间水平中线，AB板间的电势 差U随时间t的变化情况如图乙所示.有一个 质量为m、电荷量为g的带电小球，从O点以v。 的速度水平射人电场.T时刻小球恰好从O'点 射出电场，小球运动过程中未与极板相碰.则下 第十章 限时：20min 列说法正确的是 U 0--------0 TT A.板间电压U=4mgd 9 B.板间电压U=3mgd q C.小球从O'点射出时速度方向水平 D.=?时刻，小球运动到最低点 2 压轴挑战 4.如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平 移器由两对水平放置、间距为△d的相同平 行金属板构成，极板间距离和板长均为L.加 速电压为U。,两对极板间偏转电压大小相等 均为U。,电场方向相反.质量为m,电荷量 为+q的粒子无初速地进入加速电场，被加速 器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移 器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计 重力.下列说法正确的是 Jm、+q A.粒子离开加速器时速度大小vo= qUo B.粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移 大小14 C.△d与2L相等 D.只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开 进阶突破拔高练PO6 黑白题039第2课时带电粒子在电场中运动的应用 白题基础过关 1.BCD解析：设进人偏转电场时的速度为o,偏转极板之间 的距离为d,在电场中垂直极板方向的偏转位移为h,偏转距 离为h。,偏转电场的极板长度为L,偏转极板与荧光屏的距 离为%，当越大时，说明灵镦度越高电子在加速电场中 加速，根据动能定理可得U,=2m6,所以电子进人偏转电 2eU, 场时速度的大小为，=√m 电子进入偏转电场后，垂直 F Ue 极板方向偏转的位移为h= ga,a= m dm,t= L.可 L 2 U,L 得h= 2 dm 2eU, 4心电子在偏转极板与荧光 m U,L 屏之间做匀速直线运动九，-h=,'。,则4 U,LLo U,L(L+2Lo) 2dU,4dU, ,即示波管的灵敏度为_(L+2。) U24d0,, 所以要提高示波管的灵敏度可以增大L、L。,减小d、U1,选择 可行的，故选BCD. 2.D解析：在0~2。时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完 成一个周期的变化，当U为负的最大值时，电子打在荧光 屏上有负的最大位移，此时Ux为负，电子打在荧光屏上水 平方向有负的位移；当Uw为正的最大值时，电子打在荧光 屏上有正的最大位移，此时Uxx为正，电子打在荧光屏上水 平方向有正的位移，故D正确，ABC错误.故选D. 3.D解析：粒子在电场中加速，由电场力做功，有qU,= 2四，在偏转电场中做类平抛运动，1=，) 2m,=√m 瓷号由比可得会苔故选n 1 4,A解析：设周期为T时，正离子从左极板向右运动，先做4 的匀加速运动，再做千的匀减速运动，到达右极板时，速度 恰好减为零. 根据图像可知，加速和减速运动的加速度相同，位移相同，是 Ug 完全对称的运动.其加速度为a= dm 则根据匀加速运动的速度公式v-0=at= Ug T dm 4' m 又由动能定理得2mw-0=2,解得T4d√U, 为使该离子能在两极间来回振动而不撞在两极上，则T< Ad qU' m 故选A. 5.-600V≤U≤2600V解析：微粒恰好从A、B极板右侧边 缘飞出时，水平方向做匀速直线运动，可得L=ot,竖直方向 做类平抛运动，可得4之a,联立解得a=16m?,由牛 必修第三册·RJ 顿第二定律可得，当粒子从A板右侧边缘飞出时满足 U 9d-mg=ma, U2 当粒子从B板右侧边缘飞出时满足mg-g=ma, 联立解得U1=2600V,U2=-600V, 故A、B间电压UAB的取值范围为-6O0V≤UAB≤2600V. 黑题应用提优 1.A解析：根据亮斑的位置可知电子在偏转电极间的电场 中分别向X极和Y极偏转，所以电子在两个电场中受到电 场力的方向应分别朝向X极和Y极，所以极板X和极板Y 都应带正电.故选A. 2.AC解析：D.设电子经电场加速后的速度为o,根据动能定 理有U9=2m6,电子在平行板间做类平抛运动，离开电场 后做匀速直线运动，设速度方向与水平方向夹角为，则有 tan 0='ul vo 2Ud' 根据几何关系可得电子打到圆筒上时的竖 直位移y=(D:2)m0=7.5血2t(em),电子打到白纸上 形成的图像是按正弦规律展开的，如图所示，圆筒转动周期 是交流电周期的一半，最大竖直位移不超过7.5cm,故D错 误；ABC.由于剪开白纸的位置不同，得到不同的图像形状， 若沿①剪开，图形如题图A所示，若沿②剪开，图形如题图C 所示，因为圆筒周期是交流电周期的一半，电子落在白纸上 图像是正弦图线的重合，故AC正确，B错误故选AC, 7.5 cm 7.5cm ①②①②①② A解析：AB,设)一T时间内的加速度为a,0~T小球在竖 直方向上的位移为零，根据运动学公式可得y。r= (广((g)广0 解得a=3g,F=,E=d' 根据牛顿第二定律可得号mg=,联立解得0-柳 A正确，B错误： C.小球在T时刻在竖直方向的分速度为书，=g2 T a2=g7, 小球从0点射出时在竖直方向有分速度，故速度方向不可 能水平，C错误： D1=号时刻，小球竖直方向速度大小为号，运动方向向下， 将继续向下运动，不是最低点，D错误故选A. 压轴挑战 1 4.B解析：A.根据q。=2m6,粒子离开加速器时速度为 2g0,故A错误； o2入m B粒子平移器电场中的偏转量为=2a, 黑白题20 Uo 又g2=m,L=0,得为=4， 故B正确； C.根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间 做匀速直线运动的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何 关系可知△d=L,故C错误： D.偏转位移y1 2m6,由A选项可知当加速电压增大时，粒 qUoL 子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏转量 变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误.故 选B. 专题探究四带电体在不同类型电场中的运动 黑题 专题强化 1.BCD解析：A.因为带电微粒做直线运动，则微粒受力平衡， 根据平衡条件有？名=g,得U=g,负电荷受电场力方向 0 向上，所以电场方向竖直向下，则Pw>pw,所以UN=g, 故A错误；B.重力做功mgd,微粒的重力势能减小，由于微 粒做匀速直线运动，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒 的机械能减小了mgd,故B正确；C.电容器的电容C=? ,故C正确：D.在Q不变时，仅将极板N向下平移，由 mgd E=V=9-4心知电场强度不变，微粒仍受力平衡，微粒 d Cd sS 仍沿直线从极板间射出，故D正确.故选BCD. 2.D解析：小球做圆周运动的等效最高点与A点关于圆心对 称，当小球在等效最高点且速度最小时，绳子的拉力为零，此 时的合力F=”80e=2mg,根据牛顿第二定律得2mg ,解得”=2g,从等效最高点到等效最低点，由动 能定理可得2mg·2L=2mi-2mm,解得=√10g, 故ABC错误，D正确.故选D. 3.C解析：AB.将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水 平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为竖 直上抛运动，根据对称性，可知小球从A到M与从M到B的 时间相等，而水平方向为初速度为零的匀加速直线运动，在 连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，则小球水平位移 x2与x1的比为3：1，AB错误；CD.物体从A到M水平方向 恒力做功W1=Fx1=6J,则从A到B,W=F(x1+x2)= 4W,=24J,根据能量守恒可知小球到达B点时的动能为 EkB=E0+W=8J+24J=32J,C正确，D错误故选C 4.C解析：微粒在上面的电场中匀速下落，受重力和电场力 平衡，进入下面电场，电场力变大，根据牛顿第二定律，微粒 具有向上的加速度，所以微粒做匀减速运动到速度为0，又 返回做匀加速直线运动，进入上面的电场又做匀速直线运 动，速度大小仍然等于o故C正确，ABD错误故选C. 5.C解析：由题意知，粒子在B点速度垂直于电场方向，所以 从A到B的过程中在竖直方向先加速后减速，故电场力先 做正功后做负功，故A错误：粒子从A到B在竖直方向发生 了位移，故AB的连线与电场方向不垂直，故B错误；粒子在 参考答案与解析 水平方向一直做匀速直线运动，所以在A、B两点处动能相 等，故C正确；在区域I内由牛顿第二定律得a,= 5,离开 m 区域I时由速度公式得v,=a141,在区域Ⅱ内由牛顿第二定 律得a2= ,由速度公式得，=a22,因E2=2E1,所少 1 a=2a16=21,故D错误.故选C 6.C解析：将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行分 解，水平方向不受外力，故小球在水平方向一直以速度做 匀速直线运动，故A正确；小球在电场区时，受到竖直向下 的重力和竖直向上的电场力，若电场力与重力大小相等，二 力平衡，小球能做匀速直线运动，故B正确：若场强大小为 mg,则电场力等于mg,在电场区小球所受的合力为零，在无 0 电场区小球做匀加速运动，故经过每个电场区时小球匀速运 动的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间不等，故 C错误；当场强大小为2m时，电场力大小等于2mg,在电场 9 区小球所受的合力大小等于mg,方向竖直向上，加速度大小 等于g,方向竖直向上，根据运动学公式，经过第一个无电场 1 1 区d=2所，=，经过第-个电场区d=1625, v1g2,联立解得t1=t2,2=0,接下来小球的运动重复前面 的过程，即每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过 电场区都是末速度为零的匀减速直线运动，因此，小球经过 两电场区的时间相等，故D正确故选C. 7.ACD解析：A.电子在电场中的运动时间为1=乙，又。 Vo ÷解得=，两版间距满足号>2x宁仔），且。的， ,故A正确：B.由A项可知，电子在电场中运 解得dT√2m, 动的时间等于交变电压的周期，故电子在t=0时刻从O点 射入时，沿电场方向先向上做匀加速，再向上做匀减速，从靠 近上极板附近射出，此时离开电场时偏离中心线距离最大， 故B错误：C.电子在=3T时刻从0点射人时，沿电场方 8 向，电子的运动分四段，第一阶段从静止向正方向加速运动 1 1 8T,则位移为y2a28aT,第三阶段向正方向减进 运动，速度为零则位移为了听=成，第三阶段 从静止开始向负方向做加速运动号1，则位移为，G= 28个，第四阶段向负方向做减速运动子T,速度减为零，则 1 9 位移为y=2心=128a个，则粒子的总位移为y=%+y2 evoTe =。TP,又0=，解得y8md,故C正确：D.依题意， 电子在电场中的运动时间为T,无论在哪一时刻从O点射入 电场，正向电场和反向电场对电子的作用时间都为了，设电 子的出射速度为v,沿电场方向根据动量定理有qEt1~ 黑白题21