2024年高考物理二轮复习模型43 电偏转模型（解析版）

2024高考物理二轮复习80热点模型

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模型43电偏转模型

最新局考题

1.（2023年6月高考浙江选考科目）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐

向电场。粒子从M点射入，沿着由半径分别为4和&的圆弧平滑连接成的虚线（等势线）

运动，并从虚线上的N点射出，虚线处电场强度大小分别为E和&，则以、&和玄、E2

应满足（）

A.互=々”=殳

B.

E?4E2R；

C.工&E.R：

D・—=­y

E2R2

参考答案】A

2

【名师解析】带电粒子沿转向器中圆弧虚线运动，电场力提供向心力，qE,=m-,

R}

qE2=m—,联立解得”=与，A正确。

&E2R

2..（2022新高考江苏卷）某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示，矩形ABC。

区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为心电场强度大小均为E,方向沿竖直方

向交替变化，A3边长为124,8c边长为84,质量为〃八电荷量为+4的粒子流从装置左

端中点射入电场，粒子初动能为线，入射角为在纸面内运动，不计重力及粒子间的相

互作用力。

（1）当，=%时，若粒子能从8边射出，求该粒子通过电场的时间”

(2)当Ek=4qEd时,若粒子从C。边射出电场时与轴线OO'的距离小于d,求入射角6

的范围;

(3)当Ek=0qEd,粒子在8为一工~工范围内均匀射入电场，求从CO边出射的粒子

322

与入射粒子的数量之比N:N。。

N。=50%

(命题意图】本题考查带电粒子在匀强电场中的运动及其相关知识点。

【解题思路】

(1)电场方向竖直向上，粒子所受电场力在竖直方向匕粒子在水平方向上做匀速直线运

动，速度分解如图所示

粒子在水平方向的速度为

vx=VCOS^J

根据纥—1mv~2可f知

2

解得

(2)粒子进入电场时的初动能

12

Ek=4qEd=-mv()

粒子进入电场沿电场方向做减速运动，由牛顿第二定律可得

粒子从8边射出电场时与轴线OO'的距离小于d,则要求

2ad>(%sin6)2

解得

——<sin8<一

22

所以入射角的范围为

TT7[

一30°<6<30°或一上(上

66

(3)设粒子入射角为夕时，粒了恰好从。点射出，由于粒子进入电场时，在水平方向做匀

速直线运动，在竖直方向反复做加速相同的减速运动，加速运动。粒子的速度

Vm3Y机

运动时间为

8d

v

粒子在沿电场方向，反复做加速相同的减速运动，加速运动，则

2

-2ad=vk/-⑴sin。y

22

2ad=v2d-(vid)

22

-2ad=v3d~(v2d)

22

2ad=v4d-(vid)

22

-2ad=v5d~(v4d)

22

2ad=v6d-(v5d)

则

”=%=%="sin"

%=匕d=V5d

则粒子在分层电场中运动时间相等，设为小，则

_1_8d_4d

to~6t&6Xv'cos^'3v'cos^'

且

q

d=v'sir\0to-t0-

2m

代入数据化简可得

6cos之"-8sin夕cos夕+1=0

即

tan2,_8tan/+7=0

解得

tan夕=7（舍去）或tan夕=1

解得

0f=-

4

则从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比

N:N0=—=50%

n

2

10.（9分）

3.（2022高考北京卷）如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d,两板所加的电压

为U。一质量为加、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。

MN

(1)求带电粒子所受的静电力的大小F;

(2)求带电粒子到达N板时的速度大小也

(3)若在带电粒子运动-距离时撤去所加电压,求该粒子从M板运动到N板经历的时间人

2

【命题意图】此题考查功能关系及其相关知识点。

【名师解析】

(1)两极板间的场强E=

d

带电粒子所受的静电力F^qE=q-

d

(2)带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有

得丫乒

vm

(3)设带电粒子运动4距离时的速度大小为M,根据功能关系有°且=’〃42

222

带电粒子在前邑距离做匀加速直线运动，后邑距离做匀速运动，设用时分别为小心

22,2

上dv'd,

有—=—A,—=vZ

22122

zt.3dIm

^t=t{+t2=——

2\qu

4.(2010天津理综)质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙发现

电子的质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L,

板右端到屏的距离为D,且D远大于L,O'O为垂直于屏的中心轴线，不计离子

重力和离子在板间偏离OO的距离。以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系,

其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。

(1)设一个质量为mo、电荷量为qo的正离子以速度w沿0'0的方向从O'

点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O点。若在两极板间加一沿+y

方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离yoo

(2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的

质量数。

上述装置中，保留原电场，再在板间加沿-y方向的匀强磁场。现有电荷量相同的

两种正离子组成的离子流，仍从0,点沿0,0方向射入，屏上出现两条亮线。在

两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm,其

中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的。尽

管入射离子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板间运动时0'0方向的

分速度总是远大于x方向和y方向的分速度。

【解析】：(1)离子在电场中受到的电场力"①

离子获得的加速度ay=Fy/mo②

离子在板间运动的时间"③

%

到达极板右边缘时，离子在+»方向的分速度Vy-Clyto④

离子从板右端到达屏上所需时间t0'=-⑤

%

离子射到屏上时偏离。点的距离.yo=V,1O，

由上述各式，得%=402⑥

加。%

(2)设离子电荷量为q,质量为〃?，入射时速度为力磁场的磁感应强度为

B,磁场对离子的洛伦兹力Fx=qvB⑦

已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆

弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，O'O方向的分速度总是远大于在x方向和

y方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加

速度久=迪⑧

m

ax是离子在x方向的加速度，离子在x方向的运动可视为初速度为零的匀加

速直线运动，到达极板右端时，离子在x方向的分速度匕=。/=迺计）=巡

mvm

⑨

离子飞出极板到达屏时，在X方向上偏离。点的距离

『吗2）=迪⑩

mvmv

当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在y方向上偏离。点的

距离为y，考虑到⑥式，得y=幽20

mv'"

由⑩、口两式得y其中左=也坦

mE

上式表明，火是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由

题设条件知，X坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为/m=12u,x

坐标3.00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为m2,由。式代入数据可得

/«2-14UO

故该未知离子的质量数为14。

【点评】解答时要注意应用题述的近似关系。

5.（2007•上海物理）如图所示，边长为L的正方形区域abed内存在着匀强电

场。电量为外动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力。

（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；

（2）若粒子离开电场时动能为反'，则电场强度为多大？

【名师解析】：（1）若粒子从C点离开电场,

,起饵2

由L=vot,1=2加=2旅诏'

联立解得£4=E贵ko

由动能定理，qEL=Ek「Ek,

解得：Ek尸qEL+Ek=5Ek,

（2）若粒子由be边离开电场,

qEtqEL

L—V()t9Vy—•

mmvQ

cj1皆DepErL1

2/?ivo24Ek

2、Ek(Ek'-Ek)

解得

E=qL

若粒子由cd边离开电场，由qEL=Ek'_Ek,

解得：£=矢产，

最新模拟题

1.（16分）（2024四川名校联考）

如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm,两板间距离d=8cm,A板比B板电势高300V,

一不计重力的带正电的粒子电荷量4=10/℃,质量加=10-2m，沿电场中心线RD垂直电

场线飞入电场，初速度vo=2xlO6m/s,粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间区域，

该区域一直无电场。已知两界面MN、PS相距为S=12cm,D是中心线RD

与界面PS的交点.

(1)粒子穿过MN时偏离中心线RD的距离y

(2)粒子到达PS界面时离D点的距离为Y

(3)设0为RD延长线上的某一点，我们可以在0点固定一负点电荷，使粒子恰好可

以绕O点做匀速圆周运动，求在O点固定的负点电荷的电量。(静电力常数k=

9.0xl09N-m2/C2,保留两位有效数字)

【参考答案】⑴J二0°3，"（2）r=C'.12w（3）Q=1（10-8C

【名师解析】(I)粒子进入48后应做类平抛运动，设在48板间运动时加速度大

小为。，时间为人，在界面处速度为V,沿MN的分速度为力，偏转位移为y,v与水

平夹角为a,运动轨迹如图

则：/=vof----1分

1，八

y=-at-----1分

一2分

dm

由以上各式，代入数据求得：y=0.03m

(2)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其运动轨迹与PS线交于“点，设“到

中心线的距离为Y

L

由几何关系可知：怖=/—

------2分

yL+S

2

解得：F=0.12m——1分

（3）vy=at---1分

v八

tana=-y-----］分

V。

v=l-5x106m/s,tana--

y4

26

故粒子通过MN界面时的速度为：v=y]v^+vY=2.5x10m/s----1分

粒子穿过界面尸S后将绕电荷。做匀速圆周运动,设圆周运动的半径为r,山几何关系得:

Y

r=-----,即：r=0.15m----2分

cosa

由：k-m-----2分

rr

得：e=1.0xl0-8C——1分

1.（2023北京166中学高考适应性考试）如图所示，在竖直平面内的直角坐标系xOy的第

一象限存在着方向平行于y轴的匀强电场，场强大小为5X1（）3N/C。一个可视为质点的带电

小球在片0时刻从y轴上的a点以沿x轴正方向的初速度进入电场，图中的氏c、d是从t=0

时刻开始每隔0.1s记录到的小球位置，已知重力加速度的大小是10m/s2。则以下说法正确

的是（）

A.小球从a运动到d的过程中，电势能一定减小

B.小球从a运动到d的过程中，机械能一定增大

C.小球的初速度是60m/s

D.小球的比荷（―）是IXlOW/kg

m

【参考答案】D

【名师解析】

在竖直方向上，由Ay=aT2

得a=枭==5m/s2<9

说明电场力方向竖直向上，小球从a运动到4的过程中，电场力做负功，则其电势能一定增

大，电场力做负功，则小球的机械能一定减小，故AB错误；

在水平方向上，小球做匀速直线运动，则有%=^=WFm/s=0-6m/s，故C错误：

由牛顿第二定律得ma=mg-qE,得'=短篇c/kg=】xlO^c/kg，故D正确。

2.（2023河南洛阳等4市三模）如图所示，在平面直角坐标系。孙的第一象限内，存在一

个沿y轴正方向的匀强电场。一个带正电荷的粒子（不计重力），以某一速度从坐标原点O

开始沿X轴正方向进入电场（此时/=0）。则电场力对粒子做功的功率尸与粒子在电场中运

【参考答案】C

【名师解析】

粒子进度电场后做类平抛运动，x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动

。=变，外=R=，则电场力对粒子做功的功率P为P=qEvx=幺号r，故尸ocf,

mmm

故选Co

3.（2023湖南名校高二联考）如右下图所示，虚线下方的区域存在方向水平向右的匀强电

场，该电场的电场强度大小后=螫。自该区域上方距电场边界距离为〃的位置同时将质量

q

为m、电荷量均为q（q>0）的带电小球M、N同时以相反的初速度?沿平行于电场的方

向射出。小球在重力作用下进入电场区域。已知M在电场中做直线运动。不计空气阻力与

两个小球间的初始距离，重力加速度大小为g,两个小球可视为质点，下列说法不正确的是

()

Vo<0>v

N"°Mo八力

v

---------------------------------------------►

-----------------------------------------►E

---------------------------------------------►

A.M与N释放的初速度为=J丽

B.经过时间/=后，两小球相距4%

C.当N小球运动至电场进入点的正下方时，此时M、N两个小球的动能之比为9：5

[Th

D.当小球N运动至与小球M的电场轨迹线相距40〃时，小球N的运动时间为4{—

【参考答案】D

【名师解析】

M在电场中做直线运动，则进入电场的速度方向与受到的合力方向相同，重力和电场力大

小相等，可知竖直方向速度大小为%,由（=2g%,得访，故A正确，不符合

题意；

当“楞，x=2%'=4〃，故B正确，不符合题意；

N运动至正下方点时，水平方向结合竖直上抛运动知识，可得，水平方向速度大小为-%,

由于重力和电场力大小相等，所以这段时间内冲量大小相等，竖直方向和水平方向动量变化

量大小相等，可知，竖直方向速度大小为3%,则％=河%，VM=3V2V0

则EKM：EKN=9：5,C正确，不符合题意；

N球进入电场时;受到的合外力与场强方向夹角为45°,速度方向与场强方向夹角为135。，

做类平抛运动，N球进入电场时的速度为正%，M、N球进入电场时的两点间的距离为4人，

I2h

由几何关系有2岳=0犷，f=Jy0进入电场前已运动的时间为好

[2h

故总时间为2』——，故D错误,符合题意。

4.（2022湖南长沙明德中学模拟）如图所示，三维坐标系。-町z的z轴方向竖直向上,

所在空间存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为+4的小球从z轴上的A点

mg

以速度%沿X轴正方向水平抛出，A点坐标为（0,0,L）,重力加速度为g,场强七=上。

q

A.小球运动轨迹为抛物线

B.小球在xOz平面内的分运动为平抛运动

C.小球到达平面时的速度大小为Jv；+2g/

D.小球的运动轨迹与X。），平面交点的坐标为（％

【参考答案】AB

【名师解析】

带电小球始终受到重力与电场力，因此可等效成一个恒定的力，且此力方向与初速度方向垂

直，所以做匀变速曲线运动，运动轨迹即为抛物线，A正确；

由于重力与电场力大小相等，所以小球在这两个力的合力所在平面运动,且与水平面成45。，

而在xOz平面内的分运动为平抛运动，B正确；

小球在重力与电场力共同作用产生的加速度为血g，则小球到达X。），平面的时间

2L

增加的速度为Av=3gxJ@=241

小球到达X0X平面时的速度大小为J=&+4gL,故C错误;

2L

小球在Z轴方向做自由落体运动，只受重力，且初速度为零，所以经过时间f=

则小球在x轴方向做匀速直线运动,则发生的位移x=%

因此发生的位移丁=,必

而在），轴方向小球只受电场力，初速度为零,

2m

所以小球的轨迹与xOy平面交点的坐标为卜阳0,故D错误。

5.（2023北京海淀二模）如图1所示，两平行金属板A、B间电势差为口，带电量为q、质

量为，w的带电粒子，由静止开始从极板A出发，经电场加速后射出，沿金属板C、D的中

心轴线进入偏转电压为。2的偏转电场，最终从极板C的右边缘射出。偏转电场可看作匀强

电场，板间距为乩忽略重力的影响。

（1）求带电粒子进入偏转电场时速度的大小心

（2）求带电粒子离开偏转电场时动量的大小p。

（3）以带电粒子进入偏转电场时的位置为原点、以平行于板面的中心轴线为x轴建立平面

直角坐标系如图2所示。写出该带电粒子在偏转电场中的轨迹方程。

【参考答案】(1)%=J邺人；(2)p=MQUi+U,)；(3)>

Vm4UM

【名师解析】

（I）对带电粒子从左极板由静止,经加速电场并进入偏转电场的过程中，运用动能定理

r,12

q5=-wv0

解得

（2）设带电粒子进入和离开偏转电场时的速度分别为%和V,对带电粒子从进入偏转电场

到离开偏转电场的过程，运用动能定理

1212

Q--mv0

解得

p-mv=+U2）

（3）设带电粒子进入偏转电场时的速度为%,加速度为。，经过时间r后（为离开偏转电

场），水平方向位移为x,竖直方向位移为y,根据运动学公式，可得

y=—af

-2

根据牛顿运动定律可知，带电粒子在偏转电场中的加速度

md

将％=J型人和«代入X和y并消去时间t,可得带电粒子的轨迹方程y=名7》2

Vm4UI”

6.（2023江苏三校联考）一束电子从静止开始经加速电压4=Uo加速后，水平射入水平

放置两平行金属板中间，如下图所示。金属板长为/,两板距离为。=/,竖直放置的荧

光屏距金属板右端为L=2/,若在两金属板间加直流电压=2。0时，光点偏离中线打在

荧光屏上的P点，其中电子的质量为"？，电量为e,不计电子重力及电子之间的相互作用。

求：（结果用e、加、/、小表示）

（1）电子刚进入偏转电场时的速度大小；

（2）电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小；

（3）打在荧光屏上的OP的长度和打到尸点时的动能。

【参考答案】⑴(2)-；(3)2eU0

Vm22

【名师解析】

（1）电子经q=u。的电场加速后，由动能定理可得

rr12

eU,=-mv0

解得电子刚进入偏转电场时的速度大小为

\2eU0

m

（2）电子以%的速度进入偏转电场/做类平抛运动，则有

,_.eEeU,1/

/=Vrd,ci=—=——ty=—cit

mmd2

联立解得电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小为

U.l2I

y~——

-4qd2

（3）电子离开偏转电场时垂直极板速度大小为

vy

nidv0mvQ

电子离开偏转电场时偏转角。的正切值为

tan=义-=1

%2a

根据几何关系可知，打在荧光屏上的0P的长度为

由