课时10.5带电粒子在电场中的运动高中物理练习分类专题教案（人教版2019）

第十章静电场中的能量课时10.5带电粒子在电场中的运动理解带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转问题。能分析实际生活中带电粒子的加速和偏转问题，并解释相关物理现象。（一）带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力，但并不忽略质量。

而当题目中给出了重力加速度g，则重力不能忽略。(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。（二）带电粒子在电场中的加速1.运动状态分析带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，只受到静电力作用，只有电势能和动能的转化，且受力方向与运动方向在同一直线上，则粒子做匀变速直线运动。2.两种处理方法（以初速度为0的粒子在静电力下加速为例）①动力学观点：主要运用牛顿第二定律和运动学公式求解。当解决的问题属于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量时，适合用该思路分析。该方法只适用于匀强电场。②能量观点，利用动能定理求解：由动能定理求解不涉及时间的问题，如问题涉及位移、速率等，该方法适用于一切电场。总结：粒子加速后的速度只与加速电压有关。（三）带电粒子在电场中的偏转1.运动状态分析带电粒子以初速度v0沿垂直于电场线方向从两极板中间位置飞入匀强电场，只受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用，则粒子做匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线，类似于平抛运动，应用运动的合成与分解进行分析。2.处理方法：（1）沿初速度v0方向的分运动为匀速直线运动。（2）沿静电力方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动（电场力相当于平抛运动的重力）。考点带电粒子的加速和偏转1.基本关系如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v0垂直电场线进入匀强电场，加速度a=qE 2.导出关系（1）粒子以初速度v0进入偏转电场：粒子离开电场时的偏移距离为y=粒子离开电场时偏转角的正切值tanθ=v粒子离开电场时位移与初速度夹角的正切值tanθ=y（2）粒子经加速电场U0加速后进入偏转电场：由于qUytanθtanα3.两个推论（1）沿垂直于电场方向射入（即沿x轴射入）的带电粒子在射出电场时速度的反向延长线交x轴于一点，该点与射入点间的距离为带电粒子在x轴方向上位移的一半。（2）位移方向与初速度方向间夹角的正切值为速度偏转角的正切值的12，即tanα=12tan思路点拨粒子的运动包括三个阶段：第一阶段：粒子在加速电场中做加速运动，根据动能定理可求出粒子离开加速电场时的速度大小。第二阶段：粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律求加速度，根据匀变速直线运动的位移公式和运动的合成与分解求出粒子离开偏转电场时沿电场线方向的位移及粒子的速度偏转角的正切值。第三阶段：离开偏转电场后，粒子做匀速直线运动，直到打在荧光屏上。基础过关练题组一带电粒子在电场中的加速1.(经典题)(2024江苏常州联盟学校月考)如图所示，两平行金属板相距为d，电势差U未知，一个电子从O点沿垂直于极板的方向以速度v射出，最远到达A点，然后返回，已知O、A相距为h，电子的质量为m、电荷量为e，不计重力，则两金属板间的电势差为()A.mv22ℎB.m2.(2024北京西城一六一中学月考)如图所示，在P板附近有电荷由静止开始向Q板运动，则以下说法正确的是()A.电荷到达Q板时的速率与板间距离和加速电压两个因素有关B.电荷到达Q板时的速率与板间距离无关C.两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大D.若电压U、电荷的电荷量q均变为原来的2倍，则电荷到达Q板时的速率变为原来的4倍题组二带电粒子在电场中的偏转3.(2024湖北襄阳期中)如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距离为d，两板间为匀强电场，让质子以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央，现只改变其中一个条件，让质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将()A.开关S断开B.初速度变为vC.板间电压变为UD.竖直移动上板，使板间距离变为2d4.(2024北京西城期中)具有相同质子数、不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同位素的原子核(11H、12H和

13H)以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场，A.三种粒子在电场中运动的时间相同B.三种粒子在电场中运动的过程中电势能的变化量相同C.落在A点的是

1D.到达负极板时，落在C点的粒子的动能大于落在A点的粒子的动能5.(2023湖南长沙第一中学等名校联考)如图所示，长为d的水平放置的平行金属板A和B间的距离也为d。OO'为两板间的中线，在A、B两板间加上恒定电压U0，质量为m、电荷量为q的带正电的粒子组成的粒子束，不断地从O点沿OO'方向射入两板间，结果粒子从两板右侧距离A板为14d的位置离开两板间，不计重力影响，(1)求粒子从O点射入的速度大小；(2)保持粒子射入的位置不变，射入的速度大小不变，方向改变，要使粒子刚好能从B板右侧边缘平行于B板飞出，求粒子射入的速度方向与OO'的夹角应满足的条件；(3)保持粒子射入的位置不变，射入的速度不变，保持A板位置不变，将B板沿竖直方向平移，要使粒子从A板右侧边缘飞出，求B板移动的距离。题组三示波管的原理6.(2024广东中山期末)示波管的内部结构如图甲所示。如果在偏转电极XX'、YY'之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心。如果在偏转电极XX'之间和YY'之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a)、(b)所示的两种波形。则下列说法中正确的是()①若XX'和YY'分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形②若XX'和YY'分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a)所示波形③若XX'和YY'分别加电压(3)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形④若XX'和YY'分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b)所示波形A.①④B.②③C.①③D.②④题组四带电粒子在电场中加速和偏转的综合7.(2024湖南常德月考，改编)如图所示，灯丝发热后发出的电子经加速电场后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y变为原来的2倍(设电子不落到极板上)，可选用的方法有()A.只使U1变为原来的2倍B.只使U2变为原来的1C.只使偏转电极的长度L变为原来的2倍D.只使偏转电极间的距离d变为原来的2倍8.(2023广东惠州第一中学月考)一个电荷量为q=2×108C、质量为m=1×1014kg、带负电的粒子，由静止经电压为U1=1600V的加速电场加速后，立即沿中心线O1O2垂直进入一个电压为U2=2400V的偏转电场，然后打在垂直于O1O2放置的荧光屏上的P点，偏转电场两极板间距为d=8cm，极板长L=8cm，极板的右端与荧光屏之间的距离也为L=8cm。整个装置如图所示(不计粒子的重力)。求：(1)粒子出加速电场时的速度v0的大小；(2)粒子出偏转电场时的偏移距离y；(3)P点到O2的距离y'。能力提升练题组一带电粒子在电场中加速与偏转的综合1.(2023河北九师联盟联考)某种类型的示波管工作原理如图所示，电子先经过电压为U1的加速电场，再垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏移量为h，两平行板之间的距离为d，电压为U2，板长为L，把ℎU2叫示波器的灵敏度，A.电子在加速电场中动能增大，在偏转电场中动能不变B.电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于LmC.当U1、L增大，d不变，示波器的灵敏度减小D.当L变为原来的2倍，d变为原来的4倍，U1不变，示波器的灵敏度增大2.(2024江苏南京期中学情调研)如图所示装置由“加速器”和“平移器”组成。平移器由左右两对水平放置、相距为L的平行金属板构成。两平行金属板间的电压大小均为U1，电场方向相反，极板长度均为L、间距均为d。一初速度为零、质量为m、电荷量为+q的粒子经过电压为U0的加速器后，从下极板附近水平射入第一对平行金属板，粒子最终水平撞击在右侧荧光屏上。平行板外的电场以及粒子的重力都忽略不计。(1)求粒子离开加速器时的速度大小v1；(2)求粒子离开第一对平行金属板时竖直方向的位移y1的大小；(3)通过改变加速器的电压可以控制粒子水平撞击到荧光屏上的位置，当粒子撞击荧光屏的位置最高时，求此时加速器的电压U2。题组二带电粒子在交变电场中的运动3.(2024江苏泰州期中)匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法中正确的是()A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2s末带电粒子回到原出发点C.3s末带电粒子的速度不为零D.0~3s内，静电力做的总功为零4.(2023山东青岛第十九中学月考)如图所示，两平行金属板分别加上如下列选项中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)做往返运动的Ut图像是(设两板距离足够大)()5.(2023江苏南通第一次质量监测)某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图甲所示。M和N为互相平行的金属板，OO1为板间中线，O1为两板右侧边缘连线的中点，板长为L，不考虑电场边缘效应。电子从O点沿OO1方向射入两板间，电子的电荷量为e、质量为m。不计电子重力。(1)若两板间加恒定电压U1，且M、N板间距离为d1，电子从O1点正上方A点从板间射出，O1、A两点间距离为3d18，求该电子从O点射入电场的初速度v(2)在(1)的情况下，只上下移动N板，改变M、N板间距离，求电子射出电场时动能的最大值Ekm；(3)若在两板间加按如图乙所示周期性变化的电压，U0和T已知。某电子在t=0时刻以初速度v0=LT射入电场，要使该电子能从O1点射出电场，求Ux教材深研拓展6.如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速器由若干个(图中只画出5个)横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一水平直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒、序号为0的金属圆板和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，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，电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时，都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速，且已知电子的质量为m、电荷量为e，电压的绝对值为U0，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。偏转电场部分由两块相同的水平放置的平行金属极板A与B组成，板长为L，板间距为L2，两极板间的电压UAB=8U0，两板间的电场可视为匀强电场，忽略边缘效应，距两极板右侧L处垂直于金属圆筒中心轴线放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO方向射入偏转电场，并从另一侧射出，最后打到荧光屏上。试求(1)电子在第1个金属圆筒中运动的时间和速度大小；(2)若电子恰好紧贴上极板右边缘飞出两平行板之间，则金属圆筒有几个；(3)圆筒个数不同，电子打在荧光屏上的位置也不同，请求出电子打在荧光屏上位置离O点的最大距离。

答案与分层梯度式解析5带电粒子在电场中的运动基础过关练1.C2.B3.C4.B6.C7.C1.C电子由O到A的过程，只有电场力做功，根据动能定理得eEh=012mv2，两板间的电场强度E=Ud，解得两板间的电势差为U=2.B设电荷到达Q板时的速率为v，板间的距离为d，电荷在板间的加速度为a，两板间电压为U。根据动能定理可得qU=12mv2，可知电荷到达Q板时的速率v=2qUm，与两板间距离无关，与加速电压U有关；若电压U、电荷的电荷量q均变为原来的2倍，电荷到达Q板时的速率变为原来的2倍，故B正确，A、D错误。电荷在板间做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得ma=qUd，可得电荷的加速度a=qUmd，d=12at2=qU2mdt2，得电荷加速的时间t=d2方法技巧处理带电粒子的加速问题的两种方法(1)利用运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的静电力与运动方向在同一直线上，做匀加(减)速直线运动。(2)利用功能关系分析：粒子动能的变化量等于静电力做的功(电场可以是匀强电场，也可以是非匀强电场)。3.C质子在匀强电场中做类平抛运动，开关S断开时，极板间电压恒定不变，电场强度不变，质子仍落到下板中央，A错误；质子在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，初速度变为v02，运动时间不变，水平位移减半，不会落到下板边缘，B错误；极板间电压变为U4，则场强变为E4，加速度变为a4，由于运动时间t=2ℎa，运动时间变为原来的2倍，则质子的水平位移变为原来的2倍，即沿b轨迹落到下板边缘，C正确；竖直移动上板，使板间距离变为2d，电场强度变为E2，加速度变为a2，根据运动时间t=2ℎa，4.B设平行板间电压为U，P与下极板间的电压为U'。沿电场方向，加速度大小为a=qUmd，沿电场方向位移相同，y=12·qUmdt2，三种同位素原子核的电荷量q相同，y相同，原子核质量m不同，所以用时不同，A错误；因三种同位素原子核都是从P运动到了下极板，由W电=qU'=ΔEp，因W电相同，所以电势能的变化量相同，B正确；三种同位素原子核的电荷量q相同，y相同，因11H质量最小，所以其运动时间最短，又x=vt,11H落在最左侧的C点，C错误；到达负极板过程中，只有电场力做功，且电场力做功相等，由动能定理可得动能的变化量相同，故从P点射出时的动能越大，落在下极板时动能越大，因初速度相同,11H的质量最小，故5.答案(1)2qU0解析(1)粒子在平行金属板间做类平抛运动，水平位移和竖直位移分别满足d=v0t1，14d=12根据牛顿第二定律可得qU解得v0=2(2)设粒子射入的速度方向与OO'方向的夹角为θ，则粒子在板间运动时在水平方向上满足v0cosθ·t2=d，在竖直方向上满足12d=12v0解得tanθ=1即粒子射入的速度方向与OO'成45°角斜向右下方(3)设改变后两板间的距离为d'，则水平方向有d=v0t1竖直方向有12d=12根据牛顿第二定律可得qU解得d'=12因此，B板应向上移动的距离Δd=dd'=126.C若在XX'之间加电压(3)，即扫描电压，则荧光屏上出现的波形图与YY'之间所加的电压波形一致，①③正确；若XX'之间加电压(4)，则电子左右偏移在某一位置不变，上下偏移量与YY'之间加的电压成正比，故若YY'之间加电压(1)，则荧光屏上出现的波形图是一条平行于YY'轴的直线段，若YY'之间加电压(2)，则荧光屏上出现的是两个点，且前半个周期在XX'轴上方，后半个周期在XX'下方，②④错误。故选C。7.C灯丝发热后发出的电子在加速电场中加速，由动能定理可得eU1=12mv2，进入偏转电场后，做类平抛运动，水平位移L=vt，偏转距离y=12·eU2mdt2，联立可得y=U2L24U1d。只使U1变为原来的2倍，y'=12y，A错误；只使U2变为原来的12，则y'=12y，B错误8.答案(1)8×104ms(2)0.03m(3)0.09m解析(1)由动能定理可得qU1=12m代入数据解得v0=8×104ms(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向有L=v0t竖直方向有y=12at2，a=qEm，联立并代入数据，解得y=0.03m(3)设粒子射出偏转电场时速度方向与中心线O1O2间夹角为θ，则tanθ=vyv0，又因为y=12vyt，L=v0t，则tanθ=y12L解得y'=3y=0.09m方法技巧计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法：(1)Y=y+dtanθ(d为屏到偏转电场的水平距离)(2)Y=L2(3)Y=y+vy·d(4)根据三角形相似：Yy=能力提升练1.B电子在加速电场和偏转电场中运动，电场力均对电子做正功，电子的动能增大，A错误；电子在加速电场中运动，有eU1=12mv02，解得v0=2eU1m，电子只要能离开偏转电场，在偏转电场中的运动时间一定等于t=Lv0=Lm2U1e，B正确；电子在偏转电场中运动，有h=12×eU2md×Lv02，结合eU1=12mv02，联立解得ℎU2=L24U1d，2.答案(1)2qU0m(2)U解析(1)粒子在加速器中运动时，由动能定理可得qU0=12m解得粒子离开加速器时的速度v1=2(2)粒子离开第一对平行金属板时，竖直方向的位移y1=12a粒子在平行金属板间的加速度大小a=Eqm=粒子穿过第一对平行金属板所用时间t1=L解得y1=U(3)当粒子沿着第二对平行金属板的上板右侧边缘射出时，粒子竖直方向的侧移量最大，此时满足y1'+y2+y3=d粒子离开加速电场时的速度v2=2通过每对平行金属板所用时间均为t2=L两对平行金属板内场强方向相反，根据对称性及(1)(2)问分析可得y1'=y3=U1L24U2d，y2=v解得U2=L2d3.D试题剖析由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度大小为a1=qEm，第2s内的加速度大小为a2=2qEm，故a2=2a1，由v=at可知，粒子先加速运动1s再减速运动0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，2s末的速度与1s末的速度大小相等，方向相反；2~3s粒子做匀减速直线运动，加速度大小a1=qEm，3s末速度减为零，带电粒子在第1s内做匀加速运动，在第2s内先做匀减速运动，后反向加速，所以不是始终向同一方向运动，A错误；根据vt图像与横轴围成的面积表示位移，可知在t=2s时，带电粒子没有回到出发点，B错误；由vt图像可知，3s末带电粒子的瞬时速度为0，C错误；因为第3s末带电粒子的速度刚好减为0，根据动能定理可知，0~3s内，静电力做的总功为零，D正确。方法技巧当空间存在交变电场时，粒子所受静电力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动状态也会改变。研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段，并可辅以vt图像，特别注意带电粒子进入交变电场的时刻及交变电场的周期。4.B在两平行金属板间加上图A所示的电压，电子先做匀加速直线运动，T2时速度最大，T2到T时间内沿原运动方向做匀减速直线运动，T时速度减为零，然后重复这种运动，一直向一个方向运动，A错误；在两平行金属板间加上图B所示的电压，电子先做匀加速直线运动，T4时速度最大，从T4到T2内沿原运动方向做匀减速直线运动，T2时速度减为零，从T2到3T4反向做匀加速直线运动，3T4时速度最大，从3T4到T内沿反方向做匀减速直线运动，T时速度减为零，回到出发点，然后重复往返运动，B正确；在两平行金属板间加上图C所示的电压，电子在0到T4时间内做加