重难点专训24 带电粒子在匀强电场及经加速电场后进入偏转电场模型（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦带电粒子电场偏转两类核心模型，通过系统性方法总结与分层演练，构建从运动分解到结论应用的完整解题体系，强化运动和相互作用观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |研判·模型总结|2类核心模型|运动分解法（垂直电场匀速+沿电场匀加速）、公式推导（侧移量/偏角）及关键结论（如侧移量与q/m无关）|从基本运动规律到偏转模型建构，形成概念生成→原理推导→结论应用的逻辑链| |模拟·基础演练|15题|直接应用模型公式解决单一电场偏转问题|巩固匀速与匀加速运动合成，强化模型认知| |重难·创新演练|15题|交变电场、复合场中模型迁移及多过程综合分析|拓展模型应用场景，提升科学探究与质疑创新能力|

重难点专训24 带电粒子在匀强电场及经加速电场后进入偏转电场模型 目 录 研判·模型总结 1 模拟·基础演练 3 重难·创新演练 10 研判·模型总结 一、带电粒子在匀强电场中的偏转模型 技巧总结 【运动模型】质量为、电荷量为的带电粒子以初速沿垂直于电场的方向，进入长为、间距为、电压为的平行金属板间的匀强电场中，粒子将做匀变速曲线运动，如图所示，若不计粒子重力，则可求出如下相关量： 1、粒子穿越电场的时间： 粒子在垂直于电场方向以做匀速直线运动， ，； 2、粒子离开电场时的速度： 粒子沿电场方向做匀加速直线运动，加速度， 粒子离开电场时平行电场方向的分速度， 所以。 3、粒子离开电场时的侧移距离： ② ②式涉及了描述粒子的物理量如、、、；描述设备的物理量、 不难发现：（1）当不同粒子（不同）以相同的速度进入偏转电场时侧移距离 （2）当不同粒子以相同的动能进入偏转电场时侧移距离 4、粒子离开电场时的偏角： 因为 ③ ②与③的关系：（熟记） 5、速度方向的反向延长线必过偏转电场的中点 由和，可推得。粒子可看作是从两板间的中点沿直线射出的。 二、带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型 技巧总结 【运动模型】如图所示，由静止开始被电场（加速电压为）加速的带电粒子平行于两正对的平行金属板且从两板正中间射入，从右侧射出，设在此过程中带电粒子没有碰到两极板。若金属板长为，板间距离为、两板间电压为，试分析带电粒子的运动情况。 1、粒子穿越加速电场获得的速度 设带电粒子的质量为，电量为， 经电压加速后速度为。由动能定理有 ， 2、粒子穿越偏转电场的时间： 带电粒子以初速度平行于两正对的平行金属板从两板正中间射入后，在偏转电场中运动时间为，则 3、粒子穿越偏转电场时沿电场方向的加速度： 带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向的加速度 4、粒子离开偏转电场时的侧移距离： 带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向作初速度为0的做匀加速直线运动 ④ ④式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的侧移量与粒子的、无关。 5、粒子离开偏转电场时沿电场方向的速度为： 带电粒子离开电场时沿电场方向的速度为，则 6、粒子离开偏转电场时的偏角： 设飞出两板间时的速度方向与水平方向夹角为。则⑤ ⑤式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的偏转角与粒子的、无关。 模拟·基础演练 1．如图甲所示，在三维坐标系Oxyz中，0<x<d的空间内，存在沿y轴正方向的匀强电场，x>d的空间内存在沿x轴正方向的匀强磁场，荧光屏垂直x轴放置，其中心C位于x轴上并且荧光屏可以沿x轴水平移动。从粒子源不断飘出电荷量为q、质量为m的带正电粒子，加速后以初速度v0沿x轴正方向经过点进入电场，进入磁场后打在荧光屏上。已知粒子刚进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角θ＝60°，忽略粒子间的相互作用，不计粒子所受重力。 (1)求匀强电场中电场强度的大小E； (2)当粒子打到荧光屏后，沿x轴缓慢移动荧光屏，沿x轴正方向看去，观察到荧光屏上出现如图乙所示的荧光轨迹（箭头方向为荧光移动方向），轨迹最高点P的y轴坐标值为，求匀强磁场磁感应强度的大小B1以及荧光屏中心C初始位置可能的x轴坐标。 2．如图（a）所示，连续发射的电子进入加速电极前的速度大小忽略不计，通过加速电极后形成高速运动的电子束。两块平行金属板作为偏转电极（边缘效应忽略不计），接入如图（b）所示周期性变化的电压，电子束沿其中心线射入，最后打在圆筒表面。圆筒表面贴着涂有荧光粉的记录纸，时刻起圆筒以其中轴线为转轴匀速旋转。一段时间后取下记录纸并展开，得到的图像可能是（　　） A． B． C． D． 3．如图甲，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为，带电量为的电子（可视为初速度为0）。在B板右侧两块平行金属板、间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期，板间中线与电子源在同一水平线上。已知板间距为，板长，偏转板右边缘有荧光屏（板外无电场），求： (1)电子进入偏转板时的速度； (2)时刻沿中线射入偏转板间的电子刚射出偏转板时与板间中线的距离； (3)在内进入偏转板间的电子打在荧光屏上的范围宽度； (4)经过时间统计，能打到荧光屏上的电子数占总发射电子数的比例（可用分数表示）。 4．如图所示，虚线MN左侧有一场强为的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场中的A点，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： (1)电子刚进入场强为的电场时的速度大小； (2)电子离开偏转电场时的速度与水平方向的夹角； (3)电子打到屏上的点到O点的距离。 5．如图为显像管显示器的内部原理图，现有一电子从发热灯丝K逸出（初速度大小忽略）经加速电场加速后，从AB板中心孔S沿偏转电场的中心线SO射入偏转电场，穿出偏转电场后，再经过一段匀速直线运动最后打到荧光屏上的C点。已知加速电压为，偏转电场的两平行板间的电压为，板长为2L，板间距为d，平行板右端到荧光屏的距离为L，电子的电荷量为q，质量为m，不计电子的重力，偏转电场仅存在于两平行板正对的范围内。求： (1)电子从S孔射出时的速度大小v； (2)电子进入偏转电场时的加速度大小； (3)电子打到荧光屏上OC两点的距离。 6．如图所示，三个定值电阻的阻值分别为、、，直流电源的内阻，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，恰好从电容器上板右侧边缘离开电容器，此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。求： (1)小球的电性及两极板间电场的电场强度的大小E； (2)电源的电动势； (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。 7．如图所示，水平放置的平行金属板，板长为，上极板带负电，下极板带正电，极板间匀强电场的电场强度大小为，带电粒子以初速度从左侧平行于极板进入电场，由右侧飞出（轨迹如图）。带电粒子的电荷量大小为、质量为，不计重力和空气阻力。 (1)请判断带电粒子的电性； (2)带电粒子射出电场时沿垂直于板面方向速度的大小； (3)带电粒子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离。 8．如图所示，空间中有两块带电平行金属板M、N，两板间距为，两板间的电压。小球以的水平速度从两板间的点飞入，点到下极板左端点的竖直距离为且，然后从下极板的右端点点飞出，并沿切线方向飞入竖直光滑圆轨道。点与光滑竖直圆轨道平滑连接，圆轨道的半径。平行金属板M、N的右侧垂线的右侧区域存在水平向右的匀强电场，电场强度。已知小球带正电，质量，电荷量，重力加速度取，，不计空气阻力。求： (1)小球在点的速度大小； (2)极板的长度； (3)小球在竖直圆轨道上滚动时的最大速度。 9．（多选）如图所示，带电平行金属板水平放置，电量相同的三个带电粒子a、b、c从两板正中央以相同的初速度垂直电场线方向射入匀强电场（不计粒子的重力），则它们在两板间运动的过程中（     ） A．a、b粒子运动时间相等 B．a、b粒子质量相等 C．电场力对a和b两粒子做功相等 D．b粒子的动量的变化量与c粒子的动量的变化量相等 10．（多选）如图所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，在时间内持续均匀水平向右发射初速度为、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是（     ） A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．时刻进入的粒子能从点射出 C．射出粒子的最大动能为 D．在时间内进入电场的粒子能从两板间射出的数量占总粒子数的 11．如图所示，真空中有一对有绝缘涂层的平行金属板AB，板长L=0.5m，板间距d=0.2m。两板间加上恒定电压，形成匀强电场，电场强度大小E=1.0×103N/C，方向竖直向下。在板左端中间位置（离上下板均为）有一粒子源，可发射质量为m=2.0×10−6kg、电荷量q=+1.0×10−8C的带电粒子，发射速度水平向右，大小v0=2m/s。忽略粒子重力和空气阻力。 (1)求粒子刚进入电场时的加速度大小； (2)若粒子与金属板发生碰撞，则视为弹性碰撞。求粒子从发射到最终离开电场过程中，电场力对粒子的冲量； (3)求粒子离开电场时的动能。 12．（多选）如图甲所示，水平放置的两块平行金属板P、Q，长度为2d，间距为d，两板间加如图乙所示最大值为的周期性变化的电压。在P板左侧边缘处有一粒子源A，自时刻开始，连续向两板之间释放初速度大小为、方向平行于金属板的相同带电粒子，且时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化的周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则下列说法正确的是（     ） A．粒子的电荷量为 B．粒子的电荷量为 C．在时刻释放的粒子，从右侧离开电场时的位置距P板的距离为 D．在时刻释放的粒子，从右侧离开电场时的位置距P板的距离为 13．（多选）如图所示，汤姆孙通过气体放电管计算出电子的比荷，电子从阴极K发出，穿过孔A、B沿中心轴线进入到两块水平正对放置的极板间，到达右端荧光屏上形成亮斑。当极板不加电压时，亮斑在；当极板加电压U时，亮斑在；保持该电压，再在极板间加一个大小为B、垂直于纸面的匀强磁场，亮斑又重新回到；然后撤去板间电压，保留匀强磁场，亮斑在。极板长L，间距为d，极板右端到屏的距离为D，的间距为y，实际测量时电子在磁场中的速度偏转角很小，则（很小时，）（     ） A．接正极接负极，磁场垂直于纸面向里 B．电子打在的速度大小为 C．电子的比荷为 D．电子的比荷为 14．“示波器”是电工学中的重要仪器，如图所示为示波器的原理图，有一电子在电势差为的电场中加速后，垂直射入电势差为的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，当增大，减小时，电子射出偏转电场的速度偏转角将（　　） A．减小 B．增大 C．可能不变 D．无法判断 15．如图1所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子电荷量大小为，初速度忽略不计），经恒压电场加速后（未知），从小孔S穿出，沿两水平正对的平行金属板A、B间的中轴线射入板间电场。已知A、B板长均为，板间距为，两板右边缘到竖直固定的荧光屏（面积足够大）的距离为，荧光屏中心O与A、B间中轴线在同一水平线上。时刻，A板电势高于B板电势，板间电压随时间变化的关系如图2所示，电子穿过A、B两板间过程中板间电压视为不变，忽略电子间的相互作用。A、B两板间电压为时，电子恰好能从极板右侧边缘射出，求： (1)的大小； (2)电子打在荧光屏上时的最大动能； (3)电子打在荧光屏上时，到荧光屏中心O的最远距离。 重难·创新演练 16．如图所示，一质量，电荷量的带负电的粒子由静止经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直进入偏转电场，并从另一侧射出打在荧光屏上的某点，点是荧光屏的中心，已知加速电场电压，偏转电场电压，极板的长度，板间距离，极板的末端到荧光屏的距离，若不计粒子重力，求： (1)粒子射入偏转电场时的初速度的大小； (2)粒子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功； (3)粒子打在荧光屏上的点到点的距离。 17．如图甲所示，某装置中，n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，图乙中电压的绝对值为，周期为T。在时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，为使电子在各个间隙中都能恰好不断加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律依次增加。电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。若已知电子的质量为m、电子电荷量为，偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成，A、B的长度均为L，相距为d，把两板间的电场看作匀强电场。电子从直线加速器射出后，沿两板中线自M点射入偏转电场中，最后从上极板边缘N点射出偏转电场。求： (1)电子在第n个金属圆筒中运动的速度大小； (2)第n个金属圆筒的长度； (3)若极板间的电压为，则电子在加速器中加速了多少次？ 18．在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死肿瘤细胞。如图所示，质量为m，电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，极板间的加速电压。然后从坐标系中的B点平行于x坐标轴进入区域，该区域充满沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，与x轴夹角。质子在电场中偏转垂直击中边界的C点。质子比荷为，，不计重力作用。求： (1)通过极板中间的小孔射出时的速度； (2)B、C两点电势差； (3)电场强度E的大小。 19．如图所示为带电粒子在电场中的“加速-偏转”的简化原理示意图。某次实验中，分别用质子（）、粒子（）、钠离子（）三种粒子从静止开始，先后通过电势差为的同一加速电场，再垂直射入电势差为的同一偏转电场，最终均能射出偏转电场。忽略粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（     ） A．三种粒子在加速电场中获得的动能大小相等 B．三种粒子射出偏转电场时的速度大小相等 C．三种粒子射出偏转电场时的侧移量大小相等 D．三种粒子在偏转电场中的运动时间相等 20．如图所示，水平平行板电容器间距为d，电源电压恒定。闭合开关S，板间电场稳定后，一电子以初速度v从平行板左端水平射入，经过时间t离开平行板间电场时速度与水平方向夹角为θ，静电力对电子做功为W，电子在屏上所产生光点的竖直偏移量为y；若保持开关S闭合，将两板间距调整为2d，电子仍然以初速度v水平射入，不计电子重力，则（     ） A．电子通过平行板电容器的时间大于t B．平行板间电场对电子做功是W C．电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角是θ D．电子在屏上所产生的光点的竖直偏移量是y 21．如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交流电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力。 (1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t； (2)若粒子在t＝0时刻射入电场，经过一段时间后从B板右侧边缘水平射出。 ①定性画出垂直板方向的速度vy（规定竖直向下为正方向）随时间变化的图像。 ②求出板长L和两板间距d分别满足的条件。 (3)若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？ 22．如图所示，一质子源位于坐标原点，可在极短时间内向平面内的各个方向发射大量质子。质子的速度大小，在的空间内，分布有沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小。一半径的圆盘在平面内，圆心坐标，圆盘面向点的一面会因质子的轰击而留下痕迹。在处有一特殊材料制成的薄膜，该薄膜足够大并垂直于轴放置，可使沿方向速度比的质子穿过，穿过时质子无动能损失。在处，垂直轴放置一足够大的挡板，在薄膜与挡板之间有匀强电场，方向沿轴负方向。质子的比荷，质子的重力以及质子间的相互作用力忽略不计，忽略磁场的边界效应，不考虑反弹后质子的运动。 (1)求质子在匀强磁场中运动轨迹的半径R； (2)求质子轰击后，圆盘上的痕迹长度； (3)求在薄膜上有质子穿过的长度； (4)若使穿过薄膜的质子均能到达挡板，求所加电场强度的最大值。 23．一束初速度不计的带电粒子，电荷量，在经过的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离，板长，两个极板上电压为，已知粒子的质量为。（重力忽略不计）求： (1)粒子进入偏转电场时的速度大小； (2)粒子在偏转电场中的加速度大小； (3)偏转电场对粒子做的功。 24．如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系，方向竖直向上。第一象限内存在沿轴负方向的匀强电场，、两个竖直平行金属板之间的电压为，一质量为、电荷量为的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠近板的S点由静止开始做加速运动，从电场的左边界轴上的点水平向右垂直于轴射入电场，经轴上的点与轴正方向成角射出电场，求： (1)粒子运动到点射入电场时的速度大小； (2)、两点间的电势差。 25．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又从O点沿中心轴线射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量m，电荷量e，加速电场电压，偏转电场电压U，极板的长度L，板间距离d，（忽略电子所受重力，知电子比荷）。 (1)电子射入偏转电场时的初速度； (2)真空中电子获得最大速度的极限为光速的十分之一，有，求加速电压（取整数）； (3)电子射出偏转电场时的竖直偏移量y及速度偏转角的正切值。 26．如图所示，一个负粒子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的点，点为荧光屏的中心。已知负粒子质量，电荷量大小，加速电场电压，偏转电场电压，极的长度，板间距离，板的末端到荧光屏的距离（忽略粒子所受重力）。求： (1)负粒子射入偏转电场时的初速度； (2)负粒子打在荧光屏上的点到点的距离； (3)如果有一个质量与负粒子相同，电荷量为负粒子2倍的正粒子，以与第（1）问相同的初速度在点与负粒子同时射入偏转电场，忽略两个粒子之间的作用力，要通过改变偏转电压使得它们在荧光屏上的落点相距2.4cm，求改变后偏转电压的大小。 27．示波器是一种用途十分广泛的电子测量仪器，它能把肉眼看不见的电信号变换成看得见的图像，便于人们研究各种电现象的变化过程。图甲是某种传统的模拟示波器的剖面图，由电子枪、偏转元件、荧光屏组成。其工作原理如图乙所示，从电子枪逸出的电子（初速度可忽略）被加速、偏转后打在涂有荧光物质的屏面上，就可产生细小的光点。图乙中P、Q之间的加速电压，M、N两板之间的偏转电压，电子从电子枪中逸出后沿图中虚线射入，经加速电场和偏转电场区域后，打到荧光屏A点。已知电子质量，电荷量，偏转极板M和N板长，板间距离，虚线离MN板距离相同，荧光屏距离偏转板元件的长度为。不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪中逸出时的初速度大小，不计空气阻力。 (1)求电子进入偏转电场区域时速度的大小； (2)求电子离开偏转电场区域时的偏转量的大小y； (3)求A点到点的距离。 28．如图甲，圆弧管道AB-CD内存在指向圆心O的径向电场（图中未画出），管道底端设有粒子源，可持续、均匀发射带正电的粒子；粒子的速度大小为v0，质量为m，电荷量为q，粒子进入管道后，恰能沿图中虚线做半径为R的匀速圆周运动，粒子离开圆弧管道后，沿水平方向匀速运动，最终沿水平金属板E、F间的中线（图中虚线）进入板内区域。从此时开始计时，两板间所加电压UEF随时间t变化的规律如图乙所示（图中U0、T已知，U1未知），已知金属板长为，所有的粒子均能从两板间射出，不计粒子的重力及相互间的作用力。求： (1)粒子在管道中运动时，径迹上对应的电场强度大小； (2)若，求两板间距的最小值； (3)若时刻进入板内的粒子恰能在中线射出，射出时速度大小为，求粒子在金属板中偏离中线的最大距离。 29．如图甲所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经电压为的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两极板间，最后打在荧光屏上。C、D极板间加一交变电压，电压随时间变化的图像如图乙所示，已知，未知。电子的质量为、电荷量为，C、D极板长均为，两极板间的距离为，荧光屏距到C、D极板右端的距离均为，且所有电子都能从C、D极板右端射出。若偏转电场的周期等于电子通过C、D极板时间的2倍，某时刻发出的电子最终打到荧光屏上的点。求： (1)该电子刚进入偏转电场时的速度大小； (2)该电子在偏转电场中减速运动的时间； (3)该电子打在荧光屏上点时的动能。 30．长为l的平行金属板水平放置，板间形成匀强电场，一个电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图所示，不计粒子重力，求： (1)粒子离开电场时速度的大小； (2)匀强电场的电场强度大小； (3)两板间的距离。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训24 带电粒子在匀强电场及经加速电场后进入偏转电场模型 目 录 研判·模型总结 1 模拟·基础演练 3 重难·创新演练 22 研判·模型总结 一、带电粒子在匀强电场中的偏转模型 技巧总结 【运动模型】质量为、电荷量为的带电粒子以初速沿垂直于电场的方向，进入长为、间距为、电压为的平行金属板间的匀强电场中，粒子将做匀变速曲线运动，如图所示，若不计粒子重力，则可求出如下相关量： 1、粒子穿越电场的时间： 粒子在垂直于电场方向以做匀速直线运动， ，； 2、粒子离开电场时的速度： 粒子沿电场方向做匀加速直线运动，加速度， 粒子离开电场时平行电场方向的分速度， 所以。 3、粒子离开电场时的侧移距离： ② ②式涉及了描述粒子的物理量如、、、；描述设备的物理量、 不难发现：（1）当不同粒子（不同）以相同的速度进入偏转电场时侧移距离 （2）当不同粒子以相同的动能进入偏转电场时侧移距离 4、粒子离开电场时的偏角： 因为 ③ ②与③的关系：（熟记） 5、速度方向的反向延长线必过偏转电场的中点 由和，可推得。粒子可看作是从两板间的中点沿直线射出的。 二、带电粒子经加速电场后进入偏转电场模型 技巧总结 【运动模型】如图所示，由静止开始被电场（加速电压为）加速的带电粒子平行于两正对的平行金属板且从两板正中间射入，从右侧射出，设在此过程中带电粒子没有碰到两极板。若金属板长为，板间距离为、两板间电压为，试分析带电粒子的运动情况。 1、粒子穿越加速电场获得的速度 设带电粒子的质量为，电量为， 经电压加速后速度为。由动能定理有 ， 2、粒子穿越偏转电场的时间： 带电粒子以初速度平行于两正对的平行金属板从两板正中间射入后，在偏转电场中运动时间为，则 3、粒子穿越偏转电场时沿电场方向的加速度： 带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向的加速度 4、粒子离开偏转电场时的侧移距离： 带电粒子在偏转电场中运动时沿电场方向作初速度为0的做匀加速直线运动 ④ ④式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的侧移量与粒子的、无关。 5、粒子离开偏转电场时沿电场方向的速度为： 带电粒子离开电场时沿电场方向的速度为，则 6、粒子离开偏转电场时的偏角： 设飞出两板间时的速度方向与水平方向夹角为。则⑤ ⑤式表明静止的带电粒子经过同一电场加速，再垂直射入同一偏转电场，射出粒子的偏转角与粒子的、无关。 模拟·基础演练 1．如图甲所示，在三维坐标系Oxyz中，0<x<d的空间内，存在沿y轴正方向的匀强电场，x>d的空间内存在沿x轴正方向的匀强磁场，荧光屏垂直x轴放置，其中心C位于x轴上并且荧光屏可以沿x轴水平移动。从粒子源不断飘出电荷量为q、质量为m的带正电粒子，加速后以初速度v0沿x轴正方向经过点进入电场，进入磁场后打在荧光屏上。已知粒子刚进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角θ＝60°，忽略粒子间的相互作用，不计粒子所受重力。 (1)求匀强电场中电场强度的大小E； (2)当粒子打到荧光屏后，沿x轴缓慢移动荧光屏，沿x轴正方向看去，观察到荧光屏上出现如图乙所示的荧光轨迹（箭头方向为荧光移动方向），轨迹最高点P的y轴坐标值为，求匀强磁场磁感应强度的大小B1以及荧光屏中心C初始位置可能的x轴坐标。 【答案】(1) (2)，d＋（n＝0，1，2，…） 【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为。沿轴方向匀速 进入磁场时速度与轴夹角为，合速度 故垂直轴方向分速度 方向由牛顿第二定律 联立解得 （2）进入磁场时速度沿轴方向的分量，垂直分量 粒子在磁场中做螺旋运动，垂直轴的平面内做匀速圆周运动，其半径满足 粒子进入磁场时的坐标（即电场中偏转位移） 由轨迹最高点的坐标为，因此 代入得 由半径公式 解得 螺旋运动的周期 一个周期沿轴前进的螺距 粒子从处进入磁场，荧光屏中心的横坐标需满足粒子到达屏时恰好在螺旋运动的相同相位，故 2．如图（a）所示，连续发射的电子进入加速电极前的速度大小忽略不计，通过加速电极后形成高速运动的电子束。两块平行金属板作为偏转电极（边缘效应忽略不计），接入如图（b）所示周期性变化的电压，电子束沿其中心线射入，最后打在圆筒表面。圆筒表面贴着涂有荧光粉的记录纸，时刻起圆筒以其中轴线为转轴匀速旋转。一段时间后取下记录纸并展开，得到的图像可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】CD．设加速电极两端电压为U0，电子从加速电极射出时的速度为v0，则 设偏转电极两端电压为U，极板长度为l，两极板之间的距离为d。 电子射出偏转电场时的偏转距离为，， 解得 根据图(b)，U和t是线性关系，那么y和t也是线性关系，所以圆筒上的光斑在竖直方向上做匀速运动。从上往下看，圆筒沿逆时针方向做匀速圆周运动，从左往右看，光斑在水平方向上相对于圆筒向左做匀速直线运动。两个匀速直线运动的合运动一定是直线运动，光斑在圆筒上的轨迹一定是折线，CD错误； B．圆筒转第一周，光斑的轨迹如下图实线所示，圆筒转第二周，光斑的轨迹如下图虚线所示 圆筒转两周光斑的重叠轨迹如下图所示，B错误； A．圆筒转第一周，光斑的轨迹如下图实线所示，圆筒转第二周，光斑的轨迹如下图虚线所示 圆筒转两周光斑的重叠轨迹如下图所示，A正确。 故选A。 3．如图甲，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为，带电量为的电子（可视为初速度为0）。在B板右侧两块平行金属板、间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期，板间中线与电子源在同一水平线上。已知板间距为，板长，偏转板右边缘有荧光屏（板外无电场），求： (1)电子进入偏转板时的速度； (2)时刻沿中线射入偏转板间的电子刚射出偏转板时与板间中线的距离； (3)在内进入偏转板间的电子打在荧光屏上的范围宽度； (4)经过时间统计，能打到荧光屏上的电子数占总发射电子数的比例（可用分数表示）。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）电场力对电子做功转化为电子动能 解得 （2）电子在、间做类平抛运动，水平方向速度大小不变，故通过、所需的时间 即电子经过一个周期正好飞到荧光屏；对于时刻沿中线射入偏转板间的电子，竖直方向上由于电场力的作用，由牛顿第二定律可知，加速度 规定竖直向上为正方向，作出电子竖直方向速度随时间变化图如下 其中时间内粒子竖直方向的位移 代入 解得 由图可知电子在竖直方向经历了加速、减速、反向加速、减速四个阶段，各段时间相等，故位移大小相等，其中向上加速、减速阶段的位移 故粒子不会撞击上极板；一个周期内，电子在竖直方向的位移为零，即电子刚射出偏转板时与板间中线的距离。 （3）设从时刻进入偏转极板的粒子轨迹恰好与上极板相切，则粒子向上经历加速、减速过程，竖直方向的位移大小满足 解得 则该时刻进入、间的电子，在内向上加速，内向上减速，内向下加速，内向下减速；当其射出该区域时，竖直方向的位移 因此荧光屏上有粒子击中的最高点为，最低点为下极板，故电子打在荧光屏上的范围宽度 （4）对于在进入、间的电子，与在进入、间的电子，其运动情况关于入射速度所在方向上下对称，因此经过时间统计，仅需考虑时间能打到荧光屏上的电子即可。 由小问（3）分析可知，当时刻进入偏转极板的粒子轨迹恰好与上极板相切；同理对于时刻进入偏转极板的粒子轨迹恰好与下极板相切，有 解得 故能打到荧光屏上的电子数占总发射电子数的比例 4．如图所示，虚线MN左侧有一场强为的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场中的A点，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求： (1)电子刚进入场强为的电场时的速度大小； (2)电子离开偏转电场时的速度与水平方向的夹角； (3)电子打到屏上的点到O点的距离。 【答案】(1) (2)45° (3) 【详解】（1）电子在内运动，根据动能定理有 解得电子刚进入场强为的电场时的速度大小 （2）电子进入后做类平抛运动，离开偏转电场时水平方向上做匀速直线运动， 解得 竖直方向上做初速为0的匀加速直线运动， 解得 解得电子离开偏转电场时的速度与水平方向的夹角。 （3）偏转电场中竖直位移 如图电子离开偏转电场后做匀速直线运动，则电子打到屏上的点到O点的距离 5．如图为显像管显示器的内部原理图，现有一电子从发热灯丝K逸出（初速度大小忽略）经加速电场加速后，从AB板中心孔S沿偏转电场的中心线SO射入偏转电场，穿出偏转电场后，再经过一段匀速直线运动最后打到荧光屏上的C点。已知加速电压为，偏转电场的两平行板间的电压为，板长为2L，板间距为d，平行板右端到荧光屏的距离为L，电子的电荷量为q，质量为m，不计电子的重力，偏转电场仅存在于两平行板正对的范围内。求： (1)电子从S孔射出时的速度大小v； (2)电子进入偏转电场时的加速度大小； (3)电子打到荧光屏上OC两点的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在加速电场中，由动能定理可得 解得 （2）在偏转电场中，由牛顿第二定律得 其中 联立解得 （3）垂直电场方向，电子做匀速直线运动则有 沿偏转电场方向则有 联立解得 由几何关系可得 解得 6．如图所示，三个定值电阻的阻值分别为、、，直流电源的内阻，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为，板长为。质量为、带电量为的小球以初速度沿水平方向从电容器下板左侧边缘点进入电容器，恰好从电容器上板右侧边缘离开电容器，此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为，忽略空气阻力。求： (1)小球的电性及两极板间电场的电场强度的大小E； (2)电源的电动势； (3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）对小球在两极板间运动过程，因小球向上极板偏转，其所受电场力竖直向上，而板内电场方向竖直向下，故小球带负电，设运动时间为，水平方向小球做匀速直线运动，满足   竖直方向小球做初速度为零的匀加速直线运动，满足 由牛顿第二定律 联立得 （2）两极板电压满足 由闭合电路欧姆定律，干路中的电流 上的电压满足 联立解得 （3）小球射出偏转电场时，设小球速度方向与水平方向夹角为，满足 解得 要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得 解得 7．如图所示，水平放置的平行金属板，板长为，上极板带负电，下极板带正电，极板间匀强电场的电场强度大小为，带电粒子以初速度从左侧平行于极板进入电场，由右侧飞出（轨迹如图）。带电粒子的电荷量大小为、质量为，不计重力和空气阻力。 (1)请判断带电粒子的电性； (2)带电粒子射出电场时沿垂直于板面方向速度的大小； (3)带电粒子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离。 【答案】(1)负电 (2) (3) 【详解】（1）由图知，极板间的电场强度方向竖直向上，带电粒子受到向下的电场力，可判断粒子带负电。 （2）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律 解得 粒子在极板间运动的时间为，沿着极板的方向 垂直于极板方向，速度 解得 （3）带电粒子在电场中运动时，竖直方向做匀加速直线运动，偏移的距离 解得 8．如图所示，空间中有两块带电平行金属板M、N，两板间距为，两板间的电压。小球以的水平速度从两板间的点飞入，点到下极板左端点的竖直距离为且，然后从下极板的右端点点飞出，并沿切线方向飞入竖直光滑圆轨道。点与光滑竖直圆轨道平滑连接，圆轨道的半径。平行金属板M、N的右侧垂线的右侧区域存在水平向右的匀强电场，电场强度。已知小球带正电，质量，电荷量，重力加速度取，，不计空气阻力。求： (1)小球在点的速度大小； (2)极板的长度； (3)小球在竖直圆轨道上滚动时的最大速度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从A点到B点由动能定理可得 解得 （2）小球在两板间做类平抛运动，则有， 其中 解得 （3）小球在圆弧轨道上运动时，在等效平衡位置时速度最大，等效平衡位置如图所示，由图可知 解得 小球在B点时，设与的夹角为α，可知 解得 小球从B点到等效平衡位置由动能定理可得 解得 9．（多选）如图所示，带电平行金属板水平放置，电量相同的三个带电粒子a、b、c从两板正中央以相同的初速度垂直电场线方向射入匀强电场（不计粒子的重力），则它们在两板间运动的过程中（     ） A．a、b粒子运动时间相等 B．a、b粒子质量相等 C．电场力对a和b两粒子做功相等 D．b粒子的动量的变化量与c粒子的动量的变化量相等 【答案】CD 【详解】AB．由水平分运动为匀速运动可知 得 竖直方向有 竖直位移相等，则，故AB错误； C．由做功公式有 可知，电场力对a和b做功相等，故C正确； D．由动量定理得 对b、c，水平方向有 可知b、c动量变化量相等，故D正确； 故选CD。 10．（多选）如图所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，在时间内持续均匀水平向右发射初速度为、电荷量为+q、质量为m的粒子。在两板间存在如图所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是（     ） A．粒子在电场中运动的最短时间为 B．时刻进入的粒子能从点射出 C．射出粒子的最大动能为 D．在时间内进入电场的粒子能从两板间射出的数量占总粒子数的 【答案】AB 【详解】A．粒子在电场中运动的加速度大小为 假设粒子进入电场后，在竖直方向上始终沿一个方向做匀加速直线运动，且最终打在极板上，则有解得 所以假设成立，则粒子在电场中运动的最短时间为，故A正确； B．时刻进入的粒子，在时间内向下做匀加速运动，且竖直分位移大小为 根据对称性可知，粒子在时间内将向下做匀减速运动，且竖直分位移大小仍等于，则有 粒子在时刻竖直分速度减为零后又开始向上做匀加速运动，根据对称性可知在时刻回到上；而粒子从进入电场到离开电场所用时间为，根据周期性可知，时刻进入的粒子，刚好在时刻从点射出，故B正确； C．设交变电场周期为，射出粒子在电场中运动的时间均为，无论在何时刻射入的粒子，粒子在竖直方向速度的变化量为零，所以射出粒子的最大动能为，故C错误； D．在时间内射入电场的粒子，设时刻进入的粒子，刚好打在下极板上，根据对称性可得 解得 设t2时刻进入的粒子，刚好打在上极板上，则有 解得 综上分析可知，在时间内射入电场的粒子，从时间内射入电场的粒子可以从两板间射出，则能从两板间射出的粒子数占总粒子数的，故D错误。 故选AB。 11．如图所示，真空中有一对有绝缘涂层的平行金属板AB，板长L=0.5m，板间距d=0.2m。两板间加上恒定电压，形成匀强电场，电场强度大小E=1.0×103N/C，方向竖直向下。在板左端中间位置（离上下板均为）有一粒子源，可发射质量为m=2.0×10−6kg、电荷量q=+1.0×10−8C的带电粒子，发射速度水平向右，大小v0=2m/s。忽略粒子重力和空气阻力。 (1)求粒子刚进入电场时的加速度大小； (2)若粒子与金属板发生碰撞，则视为弹性碰撞。求粒子从发射到最终离开电场过程中，电场力对粒子的冲量； (3)求粒子离开电场时的动能。 【答案】(1)5m/s2 (2)Ns；方向竖直向下 (3) 【详解】（1）根据牛顿第二定律，加速度大小为 （2）粒子水平匀速 竖直方向：初速0，加速度向下5 m/s²，但受板限制，碰撞为弹性，竖直速度大小不变、方向反向。粒子在板间竖直方向做类似“往返运动”，每碰到上板或下板时竖直速度反向。初始位置在中间（离上下板各0.1m），竖直位移到板需时间 解得 但水平穿过时间仅0.25s，所以在0.25s内，粒子先向下运动0.1m碰下板（用时0.2s），剩余0.05s向上运动。 0.2s时竖直速度 方向向下，碰后变为向上1 m/s。 再经t2=0.05s，竖直位移 竖直总位移：先向下0.1m，再向上0.04375m，最终在离中线0.05625m处离开电场。电场力冲量 Ns 方向竖直向下。 （3）离开时竖直速度：碰后向上1 m/s，再经0.05s，竖直速度 水平速度仍为2 m/s，动能 12．（多选）如图甲所示，水平放置的两块平行金属板P、Q，长度为2d，间距为d，两板间加如图乙所示最大值为的周期性变化的电压。在P板左侧边缘处有一粒子源A，自时刻开始，连续向两板之间释放初速度大小为、方向平行于金属板的相同带电粒子，且时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化的周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则下列说法正确的是（     ） A．粒子的电荷量为 B．粒子的电荷量为 C．在时刻释放的粒子，从右侧离开电场时的位置距P板的距离为 D．在时刻释放的粒子，从右侧离开电场时的位置距P板的距离为 【答案】BC 【详解】AB．取竖直向下为正方向。根据匀强电场中电势差与电场强度的关系，电场强度大小为 粒子带正电，由牛顿第二定律得 时刻释放的粒子在前半个周期内向下加速，位移为 末速度大小为 方向向下。后半个周期内电场方向反向，粒子向下减速，位移为 末速度为零。粒子的总竖直位移为 由题意知，联立上述关系并代入 解得，故A错误，B正确； CD．在时刻释放的粒子，在电场中依次经历向下加速、向上加速和向下加速三个阶段，其运动轨迹如图所示。 由前述计算得加速度大小为 第段历时，粒子向下加速，位移为 末速度大小为 方向向下。第段历时，粒子向上加速，位移为 末速度大小为 方向向上。第段历时，粒子向下加速，位移为 竖直位移方向向上。离场时粒子距板的距离为 结合前述结果得，故C正确，D错误。 故选BC。 13．（多选）如图所示，汤姆孙通过气体放电管计算出电子的比荷，电子从阴极K发出，穿过孔A、B沿中心轴线进入到两块水平正对放置的极板间，到达右端荧光屏上形成亮斑。当极板不加电压时，亮斑在；当极板加电压U时，亮斑在；保持该电压，再在极板间加一个大小为B、垂直于纸面的匀强磁场，亮斑又重新回到；然后撤去板间电压，保留匀强磁场，亮斑在。极板长L，间距为d，极板右端到屏的距离为D，的间距为y，实际测量时电子在磁场中的速度偏转角很小，则（很小时，）（     ） A．接正极接负极，磁场垂直于纸面向里 B．电子打在的速度大小为 C．电子的比荷为 D．电子的比荷为 【答案】BD 【详解】A．加电压后，亮斑由移到，电子向下偏转，故电子所受电场力向下。电子带负电，所以极板间电场方向向上，即下极板接正极、上极板接负极。保持电压并加磁场后电子沿直线运动，洛伦兹力应向上；将左手四指指向电子运动的反方向，可知磁场方向垂直纸面向外，故A错误； B．两极板间匀强电场的电场强度为。电子沿直线运动时，电场力与洛伦兹力等大，设为电子电荷量的绝对值，则 解得，故B正确； CD．撤去电压后，电子仅受洛伦兹力，在极板间做小圆弧运动，出场后沿切线运动。设圆弧半径为，由洛伦兹力提供向心力得 所以 电子在磁场内向上偏转，其小角度运动轨迹及相关几何量如图所示。 设电子离开磁场时速度偏转角为。由圆周几何关系有 因很小，由题给小角近似，故 由弦切角关系，电子在磁场内的竖直位移为 电子出场后沿切线运动，在无场区的竖直位移为 所以屏上总偏移量为 结合前述偏转角关系可得 代入前述比荷关系，整理得 再代入B项求得的速度，得，故C错误，D正确。 故选BD。 14．“示波器”是电工学中的重要仪器，如图所示为示波器的原理图，有一电子在电势差为的电场中加速后，垂直射入电势差为的偏转电场，在满足电子能射出偏转电场的条件下，当增大，减小时，电子射出偏转电场的速度偏转角将（　　） A．减小 B．增大 C．可能不变 D．无法判断 【答案】A 【详解】电子在加速电场中运动，由动能定理，得 ​为电子进入偏转电场的水平初速度。电子在偏转电场中做类平抛运动，设偏转极板长度为，极板间距为。水平方向匀速运动，运动时间 竖直方向匀加速运动，由牛顿第二定律，得加速度 出电场时竖直分速度 设速度偏转角为，则 联立可得 L、d为固定值，当​增大、​减小时，减小。由于是内的锐角，越小则偏转角越小，因此偏转角减小。 故选A。 15．如图1所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子电荷量大小为，初速度忽略不计），经恒压电场加速后（未知），从小孔S穿出，沿两水平正对的平行金属板A、B间的中轴线射入板间电场。已知A、B板长均为，板间距为，两板右边缘到竖直固定的荧光屏（面积足够大）的距离为，荧光屏中心O与A、B间中轴线在同一水平线上。时刻，A板电势高于B板电势，板间电压随时间变化的关系如图2所示，电子穿过A、B两板间过程中板间电压视为不变，忽略电子间的相互作用。A、B两板间电压为时，电子恰好能从极板右侧边缘射出，求： (1)的大小； (2)电子打在荧光屏上时的最大动能； (3)电子打在荧光屏上时，到荧光屏中心O的最远距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设电子质量为，从小孔S穿出时的速度大小为，在加速电场中，可得 电子在A、B两板间运动的时间 加速度 当时，电子恰好能从极板右侧边缘射出，电子在竖直方向上偏转的最大距离可得 联立解得    （2）电子打在荧光屏上的最大动能为，由动能定理得     解得     （3）当时，电子恰好从A、B两板右边缘射出 在竖直方向的速度大小     电子从A、B两板右边缘运动到荧光屏的时间     则电子打在荧光屏上时，到荧光屏中心的最远距离     解得 重难·创新演练 16．如图所示，一质量，电荷量的带负电的粒子由静止经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直进入偏转电场，并从另一侧射出打在荧光屏上的某点，点是荧光屏的中心，已知加速电场电压，偏转电场电压，极板的长度，板间距离，极板的末端到荧光屏的距离，若不计粒子重力，求： (1)粒子射入偏转电场时的初速度的大小； (2)粒子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功； (3)粒子打在荧光屏上的点到点的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）取为粒子电荷量的绝对值。粒子在加速电场中由静止开始运动，根据动能定理 代入数据解得 （2）粒子带负电，受偏转电场力方向向下；取竖直向下为正方向。偏转电场为匀强电场，其场强大小为，粒子在极板间水平方向做匀速运动，运动时间为 由牛顿第二定律，粒子竖直方向的动力学方程为 粒子在极板间的竖直位移为 联立得 代入数据得 电场力与竖直位移同向，电场力对粒子所做的功为 代入数据得 （3）为表示粒子在偏转电场中的轨迹及离开电场后的直线段，粒子轨迹如下： 由前一问的运动时间和竖直方向动力学方程，粒子离开偏转电场时的竖直速度为 代入前述结果得 粒子离开偏转电场后不受电场力，做匀速直线运动，从极板末端到荧光屏的时间为 因此粒子在此段的竖直位移为 屏上亮点到的距离为 代入数据得 17．如图甲所示，某装置中，n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，图乙中电压的绝对值为，周期为T。在时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，为使电子在各个间隙中都能恰好不断加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律依次增加。电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。若已知电子的质量为m、电子电荷量为，偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成，A、B的长度均为L，相距为d，把两板间的电场看作匀强电场。电子从直线加速器射出后，沿两板中线自M点射入偏转电场中，最后从上极板边缘N点射出偏转电场。求： (1)电子在第n个金属圆筒中运动的速度大小； (2)第n个金属圆筒的长度； (3)若极板间的电压为，则电子在加速器中加速了多少次？ 【答案】(1) (2) (3)16次 【详解】（1）电子每次经过一个间隙，电场力做功，经过个间隙后，总动能为： 由动能定理： 解得： （2）电子在圆筒中做匀速直线运动，且在每个圆筒中的运动时间为（半个周期），因此第个圆筒的长度为： 整理得： （3）电子进入偏转电场时的速度为，在偏转电场中做类平抛运动 水平方向： 竖直方向：，其中加速度 联立得： 化简得： 代入，得 又由（1）知，因此： 求得 18．在“质子疗法”中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死肿瘤细胞。如图所示，质量为m，电荷量为q的质子从极板A处由静止加速，极板间的加速电压。然后从坐标系中的B点平行于x坐标轴进入区域，该区域充满沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，与x轴夹角。质子在电场中偏转垂直击中边界的C点。质子比荷为，，不计重力作用。求： (1)通过极板中间的小孔射出时的速度； (2)B、C两点电势差； (3)电场强度E的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理可得 解得 （2）质子在电场中偏转垂直击中边界的C点，如图 速度与水平方向的夹角为，则质子到达C点时的速度 质子从B点到C点由动能定理得 B、C两点电势差 （3）质子在电场中运动到达OP上的C点的水平位移为x，竖直位移为y，根据几何关系有 又， 联立可得 根据匀强电场的特点有 可得电场强度E的大小 19．如图所示为带电粒子在电场中的“加速-偏转”的简化原理示意图。某次实验中，分别用质子（）、粒子（）、钠离子（）三种粒子从静止开始，先后通过电势差为的同一加速电场，再垂直射入电势差为的同一偏转电场，最终均能射出偏转电场。忽略粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是（     ） A．三种粒子在加速电场中获得的动能大小相等 B．三种粒子射出偏转电场时的速度大小相等 C．三种粒子射出偏转电场时的侧移量大小相等 D．三种粒子在偏转电场中的运动时间相等 【答案】C 【详解】A．粒子在加速电场中，由动能定理可知，三种粒子在加速电场中获得的动能 三种粒子的电荷量q不完全相同，因此动能不相等，故A错误； B．设偏转电场极板长度为L，板间距离为d，粒子在偏转电场中做类平抛运动，由A选项可知粒子初速度 根据类平抛运动可知，射出偏转电场时 则射出偏转电场时的合速度 可知合速度大小与有关，三种粒子的比荷不同，速度大小不相等，故B错误； C．偏转电场的电场强度 粒子在竖直方向有， 联立解得侧移量 可见侧移量y仅与加速电压、偏转电压、极板长度L、板间距离d有关，与粒子的q、m无关，因此三种粒子的侧移量大小相等，故C正确； D．水平方向有 联立解得 可知t与有关，三种粒子的不同，运动时间不相等，故D错误。 故选C。 20．如图所示，水平平行板电容器间距为d，电源电压恒定。闭合开关S，板间电场稳定后，一电子以初速度v从平行板左端水平射入，经过时间t离开平行板间电场时速度与水平方向夹角为θ，静电力对电子做功为W，电子在屏上所产生光点的竖直偏移量为y；若保持开关S闭合，将两板间距调整为2d，电子仍然以初速度v水平射入，不计电子重力，则（     ） A．电子通过平行板电容器的时间大于t B．平行板间电场对电子做功是W C．电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角是θ D．电子在屏上所产生的光点的竖直偏移量是y 【答案】D 【详解】A．水平方向是匀速直线运动，电子通过平行板电容器的时间不变，仍为t，故A错误； B．电子在平行板电容器间竖直偏移量y1＝at2＝ 平行板间静电力对电子做功是W＝qEy1＝× 将两板间距调整为2d，则W'＝W，故B错误； C．电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角正切值是tan θ＝ 将两板间距调整为2d，则tan θ'＝tan θ，故C错误； D．电子在屏上所产生的光点的竖直偏移量是y＝y1＋y2＝＋Dtan θ 将两板间距调整为2d，则y'＝y，故D正确。 故选 D。 21．如图a所示，水平放置的两正对、平行金属板A、B间加有如图b所示的交流电压UAB，现有一带电粒子从A板左端边缘以速度v0水平射入电场。粒子电荷量为＋q，质量为m，不计粒子重力。 (1)若粒子能够射出电场，已知金属板长度为L，求粒子在电场中的运动时间t； (2)若粒子在t＝0时刻射入电场，经过一段时间后从B板右侧边缘水平射出。 ①定性画出垂直板方向的速度vy（规定竖直向下为正方向）随时间变化的图像。 ②求出板长L和两板间距d分别满足的条件。 (3)若粒子在t＝时刻射入电场，经过一段时间后从A板右侧边缘水平射出，则板长L和两板间距d分别满足什么条件？ 【答案】(1) (2)①见下图；②（），（） (3)（）， 【详解】（1）粒子在水平方向不受力，做速度为的匀速直线运动。 由 整理得 （2）正电粒子在电压为正的半个周期内向下加速，在电压为负的半个周期内向下减速，竖直加速度大小为 因此，竖直速度随时间作周期为的三角形变化，图像如答案所示。 从板右边缘水平射出时，竖直速度为零，故，其中 水平方向有 每个周期内竖直位移等于速度—时间图像下的面积，故个周期后的竖直位移为 粒子恰从板右边缘射出时有，即 联立和 整理得 故 （3）在射入后，粒子先向下匀加速、后向下匀减速，在时竖直速度重新为零，偏向板的距离最大。最大距离为 为不与板相碰，应有 代入 整理得 整理得 即 粒子在射入后经过恰好回到板边缘，且竖直速度为零，此后每隔重复一次。 故粒子在电场中的运动时间为，其中 水平方向有 22．如图所示，一质子源位于坐标原点，可在极短时间内向平面内的各个方向发射大量质子。质子的速度大小，在的空间内，分布有沿轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小。一半径的圆盘在平面内，圆心坐标，圆盘面向点的一面会因质子的轰击而留下痕迹。在处有一特殊材料制成的薄膜，该薄膜足够大并垂直于轴放置，可使沿方向速度比的质子穿过，穿过时质子无动能损失。在处，垂直轴放置一足够大的挡板，在薄膜与挡板之间有匀强电场，方向沿轴负方向。质子的比荷，质子的重力以及质子间的相互作用力忽略不计，忽略磁场的边界效应，不考虑反弹后质子的运动。 (1)求质子在匀强磁场中运动轨迹的半径R； (2)求质子轰击后，圆盘上的痕迹长度； (3)求在薄膜上有质子穿过的长度； (4)若使穿过薄膜的质子均能到达挡板，求所加电场强度的最大值。 【答案】(1)0.2m (2)0.4m (3) (4) 【详解】（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有 解得 （2）根据题意，若圆盘无限大，则质子能够打在圆盘上的临界状态及运动轨迹如图1所示 由几何关系有， 综上，圆盘上的痕迹长度 （3）画出质子能够穿过薄膜的临界状态及运动轨迹，如图2所示，其中 经分析，两临界位置连线上均有质子穿过，则由几何关系得 （4）质子穿过薄膜后，在轴方向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有 结合图2可知，只要临界状态的质子能到达挡板，则穿过薄膜的质子均能到达挡板。对图2临界状态的质子由运动学规律有 其中，， 代入数据 由，得 故 23．一束初速度不计的带电粒子，电荷量，在经过的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离，板长，两个极板上电压为，已知粒子的质量为。（重力忽略不计）求： (1)粒子进入偏转电场时的速度大小； (2)粒子在偏转电场中的加速度大小； (3)偏转电场对粒子做的功。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子加速过程中，由动能定理可得 解得 （2）根据牛顿第二定律，可得粒子在偏转电场中的加速度 （3）根据恒力功的定义式，可得偏转电场对粒子做的功为 其中，， 解得 24．如图所示，在竖直平面内建立平面直角坐标系，方向竖直向上。第一象限内存在沿轴负方向的匀强电场，、两个竖直平行金属板之间的电压为，一质量为、电荷量为的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠近板的S点由静止开始做加速运动，从电场的左边界轴上的点水平向右垂直于轴射入电场，经轴上的点与轴正方向成角射出电场，求： (1)粒子运动到点射入电场时的速度大小； (2)、两点间的电势差。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设粒子运动到点射入电场时的速度大小为，由动能定理得 解得 （2）设粒子过点时速度为，有 可得 粒子从点运动到点的过程，有 解得、两点间的电势差 25．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又从O点沿中心轴线射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量m，电荷量e，加速电场电压，偏转电场电压U，极板的长度L，板间距离d，（忽略电子所受重力，知电子比荷）。 (1)电子射入偏转电场时的初速度； (2)真空中电子获得最大速度的极限为光速的十分之一，有，求加速电压（取整数）； (3)电子射出偏转电场时的竖直偏移量y及速度偏转角的正切值。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）电子在加速电场中从静止开始加速，根据动能定理，电场力做功等于动能增量，有 解得 （2）由第（1）问公式变形可得 代入已知数据计算得 （3）电子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动时间 竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 竖直偏移量 结合化简得 射出时竖直分速度 速度偏转角正切值 26．如图所示，一个负粒子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的点，点为荧光屏的中心。已知负粒子质量，电荷量大小，加速电场电压，偏转电场电压，极的长度，板间距离，板的末端到荧光屏的距离（忽略粒子所受重力）。求： (1)负粒子射入偏转电场时的初速度； (2)负粒子打在荧光屏上的点到点的距离； (3)如果有一个质量与负粒子相同，电荷量为负粒子2倍的正粒子，以与第（1）问相同的初速度在点与负粒子同时射入偏转电场，忽略两个粒子之间的作用力，要通过改变偏转电压使得它们在荧光屏上的落点相距2.4cm，求改变后偏转电压的大小。 【答案】(1) (2)0.04m (3)40V 【详解】（1）在加速电场中，根据动能定理得 解得 （2）在偏转电场负粒子做类平抛运动，在垂直电场方向，做匀速直线运动 解得 在沿电场方向，做从零开始的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 位移 速度 出偏转电场后，负粒子做匀速直线运动，在垂直电场方向，位移 解得 在沿电场方向，位移 综上，总的位移 （3）正粒子电荷量q′=2q，初速度和质量与负粒子相同，由偏移公式 可知，偏移量与电荷量成正比，即正粒子偏移大小 （y1为改变电压后负粒子的偏移大小）。 由于正负粒子受力方向相反，落点在两侧，总间距满足 解得 根据（2）可知总位移 可见 解得 27．示波器是一种用途十分广泛的电子测量仪器，它能把肉眼看不见的电信号变换成看得见的图像，便于人们研究各种电现象的变化过程。图甲是某种传统的模拟示波器的剖面图，由电子枪、偏转元件、荧光屏组成。其工作原理如图乙所示，从电子枪逸出的电子（初速度可忽略）被加速、偏转后打在涂有荧光物质的屏面上，就可产生细小的光点。图乙中P、Q之间的加速电压，M、N两板之间的偏转电压，电子从电子枪中逸出后沿图中虚线射入，经加速电场和偏转电场区域后，打到荧光屏A点。已知电子质量，电荷量，偏转极板M和N板长，板间距离，虚线离MN板距离相同，荧光屏距离偏转板元件的长度为。不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪中逸出时的初速度大小，不计空气阻力。 (1)求电子进入偏转电场区域时速度的大小； (2)求电子离开偏转电场区域时的偏转量的大小y； (3)求A点到点的距离。 【答案】(1)8×107m/s (2)6.25cm (3)18.75cm 【详解】（1）电子在加速电场中运动，初速度可忽略，由动能定理可得 解得 （2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动 得运动时间 竖直方向匀加速运动，加速度 偏转量 化简得 代入数值得 （3）设电子离开偏转电场时竖直分速度为，偏转角满足 电子离开偏转电场后做匀速直线运动，总偏移量 计算得 【点睛】 28．如图甲，圆弧管道AB-CD内存在指向圆心O的径向电场（图中未画出），管道底端设有粒子源，可持续、均匀发射带正电的粒子；粒子的速度大小为v0，质量为m，电荷量为q，粒子进入管道后，恰能沿图中虚线做半径为R的匀速圆周运动，粒子离开圆弧管道后，沿水平方向匀速运动，最终沿水平金属板E、F间的中线（图中虚线）进入板内区域。从此时开始计时，两板间所加电压UEF随时间t变化的规律如图乙所示（图中U0、T已知，U1未知），已知金属板长为，所有的粒子均能从两板间射出，不计粒子的重力及相互间的作用力。求： (1)粒子在管道中运动时，径迹上对应的电场强度大小； (2)若，求两板间距的最小值； (3)若时刻进入板内的粒子恰能在中线射出，射出时速度大小为，求粒子在金属板中偏离中线的最大距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在管道中运动时有   解得   （2）粒子进入板内后水平方向做匀速直线运动，设在板内运动的时间为，则   竖直方向上做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律   解得   （3）对时刻进入板内的粒子，在竖直方向的加速过程 粒子恰能在中线射出，在整个运动过程中总位移为0，则 解得 设电场中反向加速的时间为，可知   离开电场时的速度   解得， 则偏离中线最大距离 29．如图甲所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经电压为的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两极板间，最后打在荧光屏上。C、D极板间加一交变电压，电压随时间变化的图像如图乙所示，已知，未知。电子的质量为、电荷量为，C、D极板长均为，两极板间的距离为，荧光屏距到C、D极板右端的距离均为，且所有电子都能从C、D极板右端射出。若偏转电场的周期等于电子通过C、D极板时间的2倍，某时刻发出的电子最终打到荧光屏上的点。求： (1)该电子刚进入偏转电场时的速度大小； (2)该电子在偏转电场中减速运动的时间； (3)该电子打在荧光屏上点时的动能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）电子在加速电场中，由动能定理得 解得 （2）电子要能达到点，电子在竖直方向先加速后减速再反向加速，且向上运动和向下运动的位移大小相等，电子在偏转电场中的运动时间 让电子先向上加速，则向上的偏移量 向下的偏移量 解得电子在偏转电场中减速运动的时间 （3）竖直方向上，电子的速度从零反向加速运动过程的位移 静电力做的功 打在荧光屏上点时，电子的动能 30．长为l的平行金属板水平放置，板间形成匀强电场，一个电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与水平方向成30°角，如图所示，不计粒子重力，求： (1)粒子离开电场时速度的大小； (2)匀强电场的电场强度大小； (3)两板间的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子离开电场时，速度与水平方向的夹角为30°，由几何关系得速度 （2）粒子在匀强电场中做类平抛运动。 在水平方向上有 在竖直方向上有， 由牛顿第二定律得 解得 （3）粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上有 解得 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训24 带电粒子在匀强电场及经加速电场后进入偏转电场模型 参考答案 题号 2 9 10 12 13 14 19 20 答案 A CD AB BC BD A C D 模拟·基础演练 1．(1) (2)，d＋（n＝0，1，2，…） 【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为。沿轴方向匀速 进入磁场时速度与轴夹角为，合速度 故垂直轴方向分速度 方向由牛顿第二定律 联立解得 （2）进入磁场时速度沿轴方向的分量，垂直分量 粒子在磁场中做螺旋运动，垂直轴的平面内做匀速圆周运动，其半径满足 粒子进入磁场时的坐标（即电场中偏转位移） 由轨迹最高点的坐标为，因此 代入得 由半径公式 解得 螺旋运动的周期 一个周期沿轴前进的螺距 粒子从处进入磁场，荧光屏中心的横坐标需满足粒子到达屏时恰好在螺旋运动的相同相位，故 2．A 【详解】CD．设加速电极两端电压为U0，电子从加速电极射出时的速度为v0，则 设偏转电极两端电压为U，极板长度为l，两极板之间的距离为d。 电子射出偏转电场时的偏转距离为，， 解得 根据图(b)，U和t是线性关系，那么y和t也是线性关系，所以圆筒上的光斑在竖直方向上做匀速运动。从上往下看，圆筒沿逆时针方向做匀速圆周运动，从左往右看，光斑在水平方向上相对于圆筒向左做匀速直线运动。两个匀速直线运动的合运动一定是直线运动，光斑在圆筒上的轨迹一定是折线，CD错误； B．圆筒转第一周，光斑的轨迹如下图实线所示，圆筒转第二周，光斑的轨迹如下图虚线所示 圆筒转两周光斑的重叠轨迹如下图所示，B错误； A．圆筒转第一周，光斑的轨迹如下图实线所示，圆筒转第二周，光斑的轨迹如下图虚线所示 圆筒转两周光斑的重叠轨迹如下图所示，A正确。 故选A。 3．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）电场力对电子做功转化为电子动能 解得 （2）电子在、间做类平抛运动，水平方向速度大小不变，故通过、所需的时间 即电子经过一个周期正好飞到荧光屏；对于时刻沿中线射入偏转板间的电子，竖直方向上由于电场力的作用，由牛顿第二定律可知，加速度 规定竖直向上为正方向，作出电子竖直方向速度随时间变化图如下 其中时间内粒子竖直方向的位移 代入 解得 由图可知电子在竖直方向经历了加速、减速、反向加速、减速四个阶段，各段时间相等，故位移大小相等，其中向上加速、减速阶段的位移 故粒子不会撞击上极板；一个周期内，电子在竖直方向的位移为零，即电子刚射出偏转板时与板间中线的距离。 （3）设从时刻进入偏转极板的粒子轨迹恰好与上极板相切，则粒子向上经历加速、减速过程，竖直方向的位移大小满足 解得 则该时刻进入、间的电子，在内向上加速，内向上减速，内向下加速，内向下减速；当其射出该区域时，竖直方向的位移 因此荧光屏上有粒子击中的最高点为，最低点为下极板，故电子打在荧光屏上的范围宽度 （4）对于在进入、间的电子，与在进入、间的电子，其运动情况关于入射速度所在方向上下对称，因此经过时间统计，仅需考虑时间能打到荧光屏上的电子即可。 由小问（3）分析可知，当时刻进入偏转极板的粒子轨迹恰好与上极板相切；同理对于时刻进入偏转极板的粒子轨迹恰好与下极板相切，有 解得 故能打到荧光屏上的电子数占总发射电子数的比例 4．(1) (2)45° (3) 【详解】（1）电子在内运动，根据动能定理有 解得电子刚进入场强为的电场时的速度大小 （2）电子进入后做类平抛运动，离开偏转电场时水平方向上做匀速直线运动， 解得 竖直方向上做初速为0的匀加速直线运动， 解得 解得电子离开偏转电场时的速度与水平方向的夹角。 （3）偏转电场中竖直位移 如图电子离开偏转电场后做匀速直线运动，则电子打到屏上的点到O点的距离 5．(1) (2) (3) 【详解】（1）在加速电场中，由动能定理可得 解得 （2）在偏转电场中，由牛顿第二定律得 其中 联立解得 （3）垂直电场方向，电子做匀速直线运动则有 沿偏转电场方向则有 联立解得 由几何关系可得 解得 6．(1) (2) (3) 【详解】（1）对小球在两极板间运动过程，因小球向上极板偏转，其所受电场力竖直向上，而板内电场方向竖直向下，故小球带负电，设运动时间为，水平方向小球做匀速直线运动，满足   竖直方向小球做初速度为零的匀加速直线运动，满足 由牛顿第二定律 联立得 （2）两极板电压满足 由闭合电路欧姆定律，干路中的电流 上的电压满足 联立解得 （3）小球射出偏转电场时，设小球速度方向与水平方向夹角为，满足 解得 要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得 解得 7．(1)负电 (2) (3) 【详解】（1）由图知，极板间的电场强度方向竖直向上，带电粒子受到向下的电场力，可判断粒子带负电。 （2）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律 解得 粒子在极板间运动的时间为，沿着极板的方向 垂直于极板方向，速度 解得 （3）带电粒子在电场中运动时，竖直方向做匀加速直线运动，偏移的距离 解得 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从A点到B点由动能定理可得 解得 （2）小球在两板间做类平抛运动，则有， 其中 解得 （3）小球在圆弧轨道上运动时，在等效平衡位置时速度最大，等效平衡位置如图所示，由图可知 解得 小球在B点时，设与的夹角为α，可知 解得 小球从B点到等效平衡位置由动能定理可得 解得 9．CD 【详解】AB．由水平分运动为匀速运动可知 得 竖直方向有 竖直位移相等，则，故AB错误； C．由做功公式有 可知，电场力对a和b做功相等，故C正确； D．由动量定理得 对b、c，水平方向有 可知b、c动量变化量相等，故D正确； 故选CD。 10．AB 【详解】A．粒子在电场中运动的加速度大小为 假设粒子进入电场后，在竖直方向上始终沿一个方向做匀加速直线运动，且最终打在极板上，则有解得 所以假设成立，则粒子在电场中运动的最短时间为，故A正确； B．时刻进入的粒子，在时间内向下做匀加速运动，且竖直分位移大小为 根据对称性可知，粒子在时间内将向下做匀减速运动，且竖直分位移大小仍等于，则有 粒子在时刻竖直分速度减为零后又开始向上做匀加速运动，根据对称性可知在时刻回到上；而粒子从进入电场到离开电场所用时间为，根据周期性可知，时刻进入的粒子，刚好在时刻从点射出，故B正确； C．设交变电场周期为，射出粒子在电场中运动的时间均为，无论在何时刻射入的粒子，粒子在竖直方向速度的变化量为零，所以射出粒子的最大动能为，故C错误； D．在时间内射入电场的粒子，设时刻进入的粒子，刚好打在下极板上，根据对称性可得 解得 设t2时刻进入的粒子，刚好打在上极板上，则有 解得 综上分析可知，在时间内射入电场的粒子，从时间内射入电场的粒子可以从两板间射出，则能从两板间射出的粒子数占总粒子数的，故D错误。 故选AB。 11．(1)5m/s2 (2)Ns；方向竖直向下 (3) 【详解】（1）根据牛顿第二定律，加速度大小为 （2）粒子水平匀速 竖直方向：初速0，加速度向下5 m/s²，但受板限制，碰撞为弹性，竖直速度大小不变、方向反向。粒子在板间竖直方向做类似“往返运动”，每碰到上板或下板时竖直速度反向。初始位置在中间（离上下板各0.1m），竖直位移到板需时间 解得 但水平穿过时间仅0.25s，所以在0.25s内，粒子先向下运动0.1m碰下板（用时0.2s），剩余0.05s向上运动。 0.2s时竖直速度 方向向下，碰后变为向上1 m/s。 再经t2=0.05s，竖直位移 竖直总位移：先向下0.1m，再向上0.04375m，最终在离中线0.05625m处离开电场。电场力冲量 Ns 方向竖直向下。 （3）离开时竖直速度：碰后向上1 m/s，再经0.05s，竖直速度 水平速度仍为2 m/s，动能 12．BC 【详解】AB．取竖直向下为正方向。根据匀强电场中电势差与电场强度的关系，电场强度大小为 粒子带正电，由牛顿第二定律得 时刻释放的粒子在前半个周期内向下加速，位移为 末速度大小为 方向向下。后半个周期内电场方向反向，粒子向下减速，位移为 末速度为零。粒子的总竖直位移为 由题意知，联立上述关系并代入 解得，故A错误，B正确； CD．在时刻释放的粒子，在电场中依次经历向下加速、向上加速和向下加速三个阶段，其运动轨迹如图所示。 由前述计算得加速度大小为 第段历时，粒子向下加速，位移为 末速度大小为 方向向下。第段历时，粒子向上加速，位移为 末速度大小为 方向向上。第段历时，粒子向下加速，位移为 竖直位移方向向上。离场时粒子距板的距离为 结合前述结果得，故C正确，D错误。 故选BC。 13．BD 【详解】A．加电压后，亮斑由移到，电子向下偏转，故电子所受电场力向下。电子带负电，所以极板间电场方向向上，即下极板接正极、上极板接负极。保持电压并加磁场后电子沿直线运动，洛伦兹力应向上；将左手四指指向电子运动的反方向，可知磁场方向垂直纸面向外，故A错误； B．两极板间匀强电场的电场强度为。电子沿直线运动时，电场力与洛伦兹力等大，设为电子电荷量的绝对值，则 解得，故B正确； CD．撤去电压后，电子仅受洛伦兹力，在极板间做小圆弧运动，出场后沿切线运动。设圆弧半径为，由洛伦兹力提供向心力得 所以 电子在磁场内向上偏转，其小角度运动轨迹及相关几何量如图所示。 设电子离开磁场时速度偏转角为。由圆周几何关系有 因很小，由题给小角近似，故 由弦切角关系，电子在磁场内的竖直位移为 电子出场后沿切线运动，在无场区的竖直位移为 所以屏上总偏移量为 结合前述偏转角关系可得 代入前述比荷关系，整理得 再代入B项求得的速度，得，故C错误，D正确。 故选BD。 14．A 【详解】电子在加速电场中运动，由动能定理，得 ​为电子进入偏转电场的水平初速度。电子在偏转电场中做类平抛运动，设偏转极板长度为，极板间距为。水平方向匀速运动，运动时间 竖直方向匀加速运动，由牛顿第二定律，得加速度 出电场时竖直分速度 设速度偏转角为，则 联立可得 L、d为固定值，当​增大、​减小时，减小。由于是内的锐角，越小则偏转角越小，因此偏转角减小。 故选A。 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）设电子质量为，从小孔S穿出时的速度大小为，在加速电场中，可得 电子在A、B两板间运动的时间 加速度 当时，电子恰好能从极板右侧边缘射出，电子在竖直方向上偏转的最大距离可得 联立解得    （2）电子打在荧光屏上的最大动能为，由动能定理得     解得     （3）当时，电子恰好从A、B两板右边缘射出 在竖直方向的速度大小     电子从A、B两板右边缘运动到荧光屏的时间     则电子打在荧光屏上时，到荧光屏中心的最远距离     解得 重难·创新演练 16．(1) (2) (3) 【详解】（1）取为粒子电荷量的绝对值。粒子在加速电场中由静止开始运动，根据动能定理 代入数据解得 （2）粒子带负电，受偏转电场力方向向下；取竖直向下为正方向。偏转电场为匀强电场，其场强大小为，粒子在极板间水平方向做匀速运动，运动时间为 由牛顿第二定律，粒子竖直方向的动力学方程为 粒子在极板间的竖直位移为 联立得 代入数据得 电场力与竖直位移同向，电场力对粒子所做的功为 代入数据得 （3）为表示粒子在偏转电场中的轨迹及离开电场后的直线段，粒子轨迹如下： 由前一问的运动时间和竖直方向动力学方程，粒子离开偏转电场时的竖直速度为 代入前述结果得 粒子离开偏转电场后不受电场力，做匀速直线运动，从极板末端到荧光屏的时间为 因此粒子在此段的竖直位移为 屏上亮点到的距离为 代入数据得 17．(1) (2) (3)16次 【详解】（1）电子每次经过一个间隙，电场力做功，经过个间隙后，总动能为： 由动能定理： 解得： （2）电子在圆筒中做匀速直线运动，且在每个圆筒中的运动时间为（半个周期），因此第个圆筒的长度为： 整理得： （3）电子进入偏转电场时的速度为，在偏转电场中做类平抛运动 水平方向： 竖直方向：，其中加速度 联立得： 化简得： 代入，得 又由（1）知，因此： 求得 18．(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理可得 解得 （2）质子在电场中偏转垂直击中边界的C点，如图 速度与水平方向的夹角为，则质子到达C点时的速度 质子从B点到C点由动能定理得 B、C两点电势差 （3）质子在电场中运动到达OP上的C点的水平位移为x，竖直位移为y，根据几何关系有 又， 联立可得 根据匀强电场的特点有 可得电场强度E的大小 19．C 【详解】A．粒子在加速电场中，由动能定理可知，三种粒子在加速电场中获得的动能 三种粒子的电荷量q不完全相同，因此动能不相等，故A错误； B．设偏转电场极板长度为L，板间距离为d，粒子在偏转电场中做类平抛运动，由A选项可知粒子初速度 根据类平抛运动可知，射出偏转电场时 则射出偏转电场时的合速度 可知合速度大小与有关，三种粒子的比荷不同，速度大小不相等，故B错误； C．偏转电场的电场强度 粒子在竖直方向有， 联立解得侧移量 可见侧移量y仅与加速电压、偏转电压、极板长度L、板间距离d有关，与粒子的q、m无关，因此三种粒子的侧移量大小相等，故C正确； D．水平方向有 联立解得 可知t与有关，三种粒子的不同，运动时间不相等，故D错误。 故选C。 20．D 【详解】A．水平方向是匀速直线运动，电子通过平行板电容器的时间不变，仍为t，故A错误； B．电子在平行板电容器间竖直偏移量y1＝at2＝ 平行板间静电力对电子做功是W＝qEy1＝× 将两板间距调整为2d，则W'＝W，故B错误； C．电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角正切值是tan θ＝ 将两板间距调整为2d，则tan θ'＝tan θ，故C错误； D．电子在屏上所产生的光点的竖直偏移量是y＝y1＋y2＝＋Dtan θ 将两板间距调整为2d，则y'＝y，故D正确。 故选 D。 21．(1) (2)①见下图；②（），（） (3)（）， 【详解】（1）粒子在水平方向不受力，做速度为的匀速直线运动。 由 整理得 （2）正电粒子在电压为正的半个周期内向下加速，在电压为负的半个周期内向下减速，竖直加速度大小为 因此，竖直速度随时间作周期为的三角形变化，图像如答案所示。 从板右边缘水平射出时，竖直速度为零，故，其中 水平方向有 每个周期内竖直位移等于速度—时间图像下的面积，故个周期后的竖直位移为 粒子恰从板右边缘射出时有，即 联立和 整理得 故 （3）在射入后，粒子先向下匀加速、后向下匀减速，在时竖直速度重新为零，偏向板的距离最大。最大距离为 为不与板相碰，应有 代入 整理得 整理得 即 粒子在射入后经过恰好回到板边缘，且竖直速度为零，此后每隔重复一次。 故粒子在电场中的运动时间为，其中 水平方向有 22．(1)0.2m (2)0.4m (3) (4) 【详解】（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有 解得 （2）根据题意，若圆盘无限大，则质子能够打在圆盘上的临界状态及运动轨迹如图1所示 由几何关系有， 综上，圆盘上的痕迹长度 （3）画出质子能够穿过薄膜的临界状态及运动轨迹，如图2所示，其中 经分析，两临界位置连线上均有质子穿过，则由几何关系得 （4）质子穿过薄膜后，在轴方向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有 结合图2可知，只要临界状态的质子能到达挡板，则穿过薄膜的质子均能到达挡板。对图2临界状态的质子由运动学规律有 其中，， 代入数据 由，得 故 23．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子加速过程中，由动能定理可得 解得 （2）根据牛顿第二定律，可得粒子在偏转电场中的加速度 （3）根据恒力功的定义式，可得偏转电场对粒子做的功为 其中，， 解得 24．(1) (2) 【详解】（1）设粒子运动到点射入电场时的速度大小为，由动能定理得 解得 （2）设粒子过点时速度为，有 可得 粒子从点运动到点的过程，有 解得、两点间的电势差 25．(1) (2) (3)， 【详解】（1）电子在加速电场中从静止开始加速，根据动能定理，电场力做功等于动能增量，有 解得 （2）由第（1）问公式变形可得 代入已知数据计算得 （3）电子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，运动时间 竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 竖直偏移量 结合化简得 射出时竖直分速度 速度偏转角正切值 26．(1) (2)0.04m (3)40V 【详解】（1）在加速电场中，根据动能定理得 解得 （2）在偏转电场负粒子做类平抛运动，在垂直电场方向，做匀速直线运动 解得 在沿电场方向，做从零开始的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 位移 速度 出偏转电场后，负粒子做匀速直线运动，在垂直电场方向，位移 解得 在沿电场方向，位移 综上，总的位移 （3）正粒子电荷量q′=2q，初速度和质量与负粒子相同，由偏移公式 可知，偏移量与电荷量成正比，即正粒子偏移大小 （y1为改变电压后负粒子的偏移大小）。 由于正负粒子受力方向相反，落点在两侧，总间距满足 解得 根据（2）可知总位移 可见 解得 27．(1)8×107m/s (2)6.25cm (3)18.75cm 【详解】（1）电子在加速电场中运动，初速度可忽略，由动能定理可得 解得 （2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向匀速运动 得运动时间 竖直方向匀加速运动，加速度 偏转量 化简得 代入数值得 （3）设电子离开偏转电场时竖直分速度为，偏转角满足 电子离开偏转电场后做匀速直线运动，总偏移量 计算得 【点睛】 28．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子在管道中运动时有   解得   （2）粒子进入板内后水平方向做匀速直线运动，设在板内运动的时间为，则   竖直方向上做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律   解得   （3）对时刻进入板内的粒子，在竖直方向的加速过程 粒子恰能在中线射出，在整个运动过程中总位移为0，则 解得 设电场中反向加速的时间为，可知   离开电场时的速度   解得， 则偏离中线最大距离 29．(1) (2) (3) 【详解】（1）电子在加速电场中，由动能定理得 解得 （2）电子要能达到点，电子在竖直方向先加速后减速再反向加速，且向上运动和向下运动的位移大小相等，电子在偏转电场中的运动时间 让电子先向上加速，则向上的偏移量 向下的偏移量 解得电子在偏转电场中减速运动的时间 （3）竖直方向上，电子的速度从零反向加速运动过程的位移 静电力做的功 打在荧光屏上点时，电子的动能 30．(1) (2) (3) 【详解】（1）粒子离开电场时，速度与水平方向的夹角为30°，由几何关系得速度 （2）粒子在匀强电场中做类平抛运动。 在水平方向上有 在竖直方向上有， 由牛顿第二定律得 解得 （3）粒子在匀强电场中做类平抛运动，在竖直方向上有 解得 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $