2024年高考物理一轮复习(新人教版)第 9 章第4 讲 带电粒子在电场中的偏转

2024年高考物理一轮复习(新人教版)第9章第4讲带电

粒子在电场中的偏转

第4讲带电粒子在电场中的偏转

目标要求1.掌握带电粒子在电场中的偏转规律2会分析带电粒

子在电场中偏转的功能关系.3.掌握带电粒子在电场和重力场的复合场

中的运动规律.4.会分析、计算带电粒子在交变电场中的偏转问题.

考点一带电粒子在匀强电场中的偏转

带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动

(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t=(如图).

(2)沿静电力方向做匀加速直线运动

①加速度：a===.

②离开电场时的偏移量：y=at2二.

③离开电场时的偏转角：tanQ二二.

1.两个重要结论

Q)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转

电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的.

证明：在加速电场中有qU0=mv02

在偏转电场偏移量y=at2=-()2

偏转角6,tan0==

得：y二，tan8二

V、8均与m、q无关.

(2)粒子经电场偏转后射出，速度的反向延长线与初速度延长线的

交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为偏转极

板长度的一半.

2.功能关系

当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy

=m^-mv02，其中Uy=y,指初、末位置间的电势差.

考向1带电粒子在匀强电场中的偏转

例1(2023广东佛山市模拟)如图所示,正方形ABCD区域内存

在竖直向上的匀强电场,质子（H井口。粒子（He）先后从A点垂直射入匀

强电场，粒子重力不计，质子从BC边中点射出，贝11（）

A.若初速度相同，a粒子从CD边离开

B.若初速度相同，质子和a粒子经过电场的过程中速度增量之比

为1:2

C.若初动能相同，质子和a粒子经过电场的时间相同

D.若初动能相同，质子和c（粒子经过电场的过程中动能增量之比

为1:4

答案D

解析对任一粒子，设其电荷量为q,质量为m,粒子在电场中

做类平抛运动，水平方向有x=votz竖直方向有y=前2二••，若初速度

相同，水平位移x相同时，由于a粒子的比荷比质子的小，则a粒子

的偏转距离y较小，所以a粒子从BC边离开，由t=知两个粒子在电

场中的运动时间相等，由Av二at二t,知Ava,则质子和a粒子经过

电场的过程中速度增量之比为2:1,故A、B错误;粒子经过电场的

时间为t=z若初动能相同，质子的初速度较大，则质子的运动时间较

短，故C错误；由y=••,E二mv2得y=，若初动能相同，已知x相

同，则yxq,根据动能定理知：经过电场的过程中动能增量AEk=qEy,

E相同，则,则质子和。粒子经过电场的过程中动能增量之比

为1：4,故D正确.

例2（2020•浙江7月选考-6）如图所示，一质量为m、电荷量为

q的粒子以速度V。从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向

竖直向下的匀强电场中.已知MN与水平方向成45。角,粒子的重力

可以忽略,则粒子到达MN连线上的某点时（）

A.所用时间为

B.速度大小为3v0

C.与P点的距离为

D.速度方向与竖直方向的夹角为30。

答案C

解析粒子在电场中只受静电力，F=qE,方向向下，如图所

示.粒子的运动为类平抛运动.水平方向做匀速直线运动，有X=v0t,

竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y二at2二七，=tan45。,

联立解得弋=，故A错误；

vy=at=-=2vQz则速度大小v==v0,tan6==,则速度方向与

竖直方向夹角6/30。,故B、D错误；

x=vnt=，与P点的距离s==，故C正确.

考向2带电粒子在组合场中的运动

例3（2023•广东湛江市模拟）示波管原理图如图甲所示.它由电

子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空.如果在偏转电极XX，和

YY，之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光

屏中心，产生一个亮斑如图乙所示,若板间电势差Uxx，和UYY，随时间

变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为（）

答案A

解析Uxx，和Uy,均为正值，两偏转电极的电场强度方向分别由X

指向X、Y指向Y"电子带负电,所受静电力方向与电场强度方向相

反，所以分别向X、Y方向偏转,可知A正确.

例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Ad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u0,两对极板间偏转电压大小相等均为u0,电场方向相

反.质量为m、电荷量为+q的粒子无初速度地进入加速电场，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（）

A.粒子离开加速器时速度v0二

B.粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移V1=

C.Ad与2L相等

D.只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开

答案B

解析根据qU0=mv02,粒子离开加速器时速度为v0=，故A错

误；粒子在左侧平移器电场中的偏移量为y1二at2，又q=ma,L=v°t,

得y1=，故B正确；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，它的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几

何关系可知Ad=L,故C错误；由B选项可得九二，由A选项可知当

加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直

方向偏移量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下,故D错误.

考点二带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转

例5如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个

质量为m的带负电小球（可视为质点）以水平向右的初速度V。，由。点

射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知0P与初速

度方向的夹角为60。,重力加速度为g,则以下说法正确的是（）

A.所受静电力大小为

B.小球所受的合外力大小为

C.小球由O点到P点用时

D.小球通过P点时的动能为mv02

答案C

解析设OP二L,小球从O到P水平方向做匀减速运动，到达P

点时水平速度为零，竖直方向做自由落体运动,则水平方向Leos60°

=t,竖直方向Lsin60°=gt2，解得t=，选项C正确;水平方向受静

电力F]=ma=m=，小球所受的合外力是F1与mg的合力,可知合力

的大小F==mg,选项A、B错误;小球通过P点时的速度大小vp=

gt=v0z则动能Ekp=mvp2=mv02,选项D错误.

例6（2019・全国卷m-24）空间存在一方向竖直向下的匀强电场,

。、P是电场中的两点.从0点沿水平方向以不同速度先后发射两个质

量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q（q>0）.A从。点发

射时的速度大小为V。,到达P点所用时间为t;B从0点到达P点所

用时间为.重力加速度为g,求：

Q）电场强度的大小；

（2）B运动到P点时的动能.

答案⑴（2）2m（v02+g2t2）

解析Q）设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a根据

牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma①

a()2=gt2(2)

解得E二③

⑵设B从。点发射时的速度为h,到达P点时的动能为E.,。、

P两点的高度差为h,根据动能定理有mgh+qEh=Ek-mv0④

且有V1=⑤

h=gt2⑥

联立③④⑤⑥式得Ek=2m(v02+g2t2).

考点三带电粒子在交变电场中的偏转

1.带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、

方向做周期性变化(如方波)的情形.

当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀

速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性.

2.研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特

点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况.根据电场的变化

情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等.

3.注重全面分析(分析受力特点和运动规律):抓住粒子运动时间

上的周期性和空间上的对称性，求解粒子运动过程中的速度、位移、

做功或确定与物理过程相关的临界条件.

4.对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间

的时间极短，带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动.

例7在如图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、

方向周期性变化的交变电压，其周期为T,现有一电子以平行于极板的

速度V。从两板中央00’射入.已知电子的质量为m、电荷量为e,不

计电子的重力，问：

Q)若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞

出，则电子飞出时速度的大小为多少?

(2)若电子从t=0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为

多长？

(3)若电子恰能沿00'平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？

两极板间距至少为多大？

答案见解析

解析(1)由动能定理得e=mv2-mv02

解得v=.

(2)t=0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向

A极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减

速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时

的速度等于初速度V。，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；

要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在00'方向上至少运动一个周

期，故极板长至少为L=v0T.

(3)若要使电子沿00'平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先

加速、再减速，减速到零后反向加速、再减速，每阶段时间相同，一

个周期后恰好回到。0'上，可见应在t=+k(k=0,1,2，…)时射入，极

板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为

d,由牛顿第二定律有a二,加速阶段运动的距离s=・2£

解得d>Tr故两极板间距至少为T.

例8如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子

发射装置的加速电压为Uo,电容器极板长L=10cm,极板间距d=

10cm,下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm，荧

光屏足够长，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电

势差随时间变化的图像如图乙所示.每个电子穿过极板的时间都极短，

可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的.求：

Q)在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的位置到。点的距离；

(2)荧光屏上有电子打到的区间长度.

答案Q)13.5cm(2)30cm

解析(1)设电子经电压Uo加速后的速度为V。，根据动能定理得

eUo=mvo2，

设电容器间偏转电场的场强为E,则有E二，

设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y,贝(J沿中

心轴线方向有t=,垂直中心轴线方向有a=,联立解得y=at2==z

设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy,偏转角为0,

则电子通过偏转电场时有vy=atztan6二，则电子在荧光屏上偏离0

点的距离为Y=y+Ltan8=，由题图乙知t=0.06s时刻，U=1.8U。，

解得Y=13.5cm.

（2）由题知电子偏移量y的最大值为，根据y二可得，当偏转电压

超过2U。时,电子就打不到荧光屏上了,所以代入得Ymax=,所以荧

光屏上电子能打到的区间长度为2Yma=3L=30cm.

课时精练

1.侈选）如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀

强电场，电场方向水平向左.不计空气阻力，则小球（）

A.做直线运动B.做曲线运动

C.速率先减小后增大D.速率先增大后减小

答案BC

解析对小球受力分析，小球受重力、静电力作用，合外力的方

向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误,

B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为

锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，

故C正确，D错误.

2.侈选）（2023•辽宁葫芦岛市高三检测）如图所示，在竖直向上的匀

强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速

度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，

不计空气阻力，下列判断正确的是（）

A.如果A球带电,则A球一定带负电

B.如果A球带电，则A球的电势能一定增加

C.如果B球带电，则B球一定带负电

D.如果B球带电,则B球的电势能一定增加

答案AD

解析平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下

落时间相同，A球在上方，竖直位移较大，由h=at2可知，A球下落

的加速度较大，所受合外力较大，如果A球带电，则A球受到向下的

静电力，一定带负电，静电力做正功，电势能减小，故A正确，B错

误；如果B球带电，由于B球的竖直位碎小，加速度较小，所受合

外力较小，则B球受到的静电力向上，应带正电，静电力对B球做负

功，电势能增加，故C错误，D正确.

3.如图所示,一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射

入匀强电场，入射方向与电场线垂直.粒子从Q点射出电场时，其速

度方向与电场线成30。角.已知匀强电场的宽度为d,方向竖直向上，

P、Q两点间的电势差为U（U>0）,不计粒子重力，P点的电势为

零.则下列说法正确的是（）

A.粒子带负电

B.带电粒子在Q点的电势能为qU

C.P、Q两点间的竖直距离为

D.此匀强电场的电场强度为

答案D

解析由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静

电力方向竖直向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A错误;

粒子从P点运动到Q点，静电力做正功，大小为W=qU,则粒子的

电势能减少了qU,P点的电势为零，可知带电粒子在Q点的电势能为

-qU,故B错误；Q点速度的反向延长线过水平位移的中点，则y=

=d,电场强度大小为E==,故D正确，C错误.

4.侈选）（2021•全国乙卷20）四个带电粒子的电荷量和质量分别

为（+q,m）、（+q,2m）、（+3q,3m）、（・q,m），它们先后以相同的

速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平

行.不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的

是（）

答案AD

解析带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a=，由类

平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动时间为t=,离开电场时，

带电粒子的偏转角的正切值为tan6===/因为四个带电的粒子的初

速度相同，电场强度相同，水平位移相同，所以偏转角只与比荷有关，

（+q,m）粒子与（+3q,3m）粒子的比荷相同,所以偏转角相同，轨迹

相同,且与（-q,m）粒子的比荷也相同，所以（+q,m）、（+3q,3m）、

（-q,m）三个粒子偏转角相同，但（-q,m）粒子与上述两个粒子的偏

转角方向相反，（+q,2m）粒子的比荷比（+q,m）、（+3q,3m）粒子的

比荷小，所以（+q,2m）粒子比（+q,m）（+3q,3m）粒子的偏转角小，

但都带正电，偏转方向相同，故A、D正确,B、C错误.

5.如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）经过

加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y.要使偏转

位移增大，下列哪些措施是可行的（不考虑电子射出时碰到偏转极板的

情况）（）

A.增大偏转电压U

B.增大加速电压Uo

C,增大偏转极板间距离

D.将发射电子改成发射负离子

答案A

解析设偏转极板长为I,极板间距为d,由eU0=mv02,t=,a

=，y=at2,联立得偏转位移y二，增大偏转电压U,减小加速电压U。，

减小偏转极板间距离，都可使偏转位移增大，选项A正确，B、C错误;

由于偏转位移y=与粒子质量、带电荷量无关，故将发射电子改成发射

负离子，偏转位移不变，选项D错误.

6.（多选）如图甲所示,真空中水平放置两块长度为2d的平行金

属板P、Q,两板间距为d,两板间加上如图乙所示最大值为Uo且周

期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A,自t=0时刻

开始连续释放初速度大小为v。、方向平行于金属板的相同带电粒子，t

=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周

期T二，粒子质量为m,不计粒子重力及相互间的作用力,则（）

A.在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0

B.粒子的电荷量为

C.在t=T时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了mv02

D.在t=T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场

答案AD

解析粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入

电场的粒子在电场中运动时间t二，此时间正好是交变电压的一个周期，

粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的

竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0,选项

A正确；在竖直方向,t=0时刻进入电场的粒子在时间内的位移为，

则=a-()2=()2,计算得出q=，选项B错误；在t二时刻进入电场的粒

子,离开电场时在竖直方向上的位移为d=2xa(T)2-2xa()2二，故静

电力做功为W=xd=Uoq=mv02,电势能减少了mv02,选项C错误;

t二时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，

再向上加速，然后再向上减速，由对称可以知道，此时竖直方向的位

移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，选项D正确.

7.(2023・重庆市高三模拟)如图所示,一圆形区域有竖直向上的匀

强电场，O为圆心，两个质量相等、电荷量大小分别为qrq2的带电

粒子甲、乙,以不同的速率V］、V?从A点沿AO方向垂直射入匀强电

场，甲从C点飞出电场，乙从D点飞出，它们在圆形区域中运动的时

间相同，已知/AOC=45。，NAOD=120°,不计粒子的重力，下列说

法正确的是()

A.=B.=

C.=D.=

答案B

解析甲、乙在电场中均做类平抛运动，沿初速度方向做匀速直

线运动，它们在圆形区域中运动时间t相同，在水平方向上，根据题图

中几何关系可得xAC=vt=R-Reos45。，x=vt=R+Reos60。，

联立可得二=,A错误，B正确；甲、乙在电场中沿静电力方向均做初

速度为零的匀加速直线运动，则有yAC=«t2=Rsin45°,yAD=-t2=

Rsin60。，联立可得二二，C、D错误.

8.(2022•浙江6月选考,9)如图所示，带等量异种电荷的两正对平

行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应).t=0时

刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子,垂直M

板向右的粒子,到达N板时速度大小为v0;平行M板向下的粒子，刚

好从N板下端射出.不计重力和粒子间的相互作用，贝［|()

A.M板电势高于N板电势

B.两个粒子的电势能都增加

C.粒子在两板间的加速度为a二

D.粒子从N板下端射出的时间t二

答案C

解析由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势

高低，故A错误；根据题意垂直M板向右的粒子到达N板时速度增

加，动能增加，则静电力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒

子到达N板时静电力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板

间距离为d,对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板

间做类平抛运动，有二v°t,d=at2,对于垂直M板向右的粒子，在板

间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有

(v°)2-v02=2ad,联立解得t=,a=，故C正确，D错误.

9.(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板

水平放置，板长为L,板间距离为d,距板右端L处有一竖直屏M.-

带电荷量为q、质量为m的质点以初速度V。沿中线射入两板间,最后

垂直打在M上，则下列说法中正确的是(已知重力加速度为g)()

A.两极板间电压为

B.板间电场强度大小为

C.整个过程中质点的重力势能增加

D.若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上

答案BC

解析据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平

抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前

后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示，

可知两次偏转的加速度大小相等，对两次偏转分别由牛顿第二定

律得qE-mg二ma,mg=ma,解得a=g,E=，由U=Ed得两极板

间电压为u=，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y二

at2,t=，解得y=,故质点打在屏上的位置与P点的距离为s=2y=

整个过程中质点的重力势能的增加量E=mgs=,故C正确；仅增大

两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E====可知，板间

电场强度不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂

直打在M上，故D错误.

10.(2023•黑龙江佳木斯市第八中学调研)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,

一个不计重力的带正电的粒子电荷量q=lO-ioCx质量m=10-20kg,

沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2x106m/s,粒子

飞出平行板电场后，可进入界面MN和光屏PS间的无电场的真空区

域,最后打在光屏PS上的D点(未画出).已知界面MN与光屏PS相

距12cm,。是中心线RO与光屏PS的交点.sin37°=0.6,cos37°

=0.8,求：

Q)粒子穿过界面MN时偏离中心线R0的距离；

(2)粒子射出平行板电容器时偏转角；

(3)OD两点之间的距离.

答案(l)0.03m(2)37°(3)0.12m

解析Q)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，加速度为

a==

水平方向有L=v°t

竖直方向有y=at2

联立解得%=0.03m

(2)设粒子射出平行板电容器时偏转角为0Zvy=at

tan9====,故偏转角为37°.

(3)带电粒子离开电场时速度的反向延长线与初速度延长线的交点

为水平位移的中点,设两界面MN、PS相距为L',由相似三角形得二,

解得Y=4y=0.12m.

11.(2023•辽宁大连市第八中学高三检测)如图甲所示,真空中的

电极可连续不断均匀地逸出电子(设电子的初速度为零)，经加速电场加

速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B的中线射

入偏转电场，A、B两板距离为d,A、B板长为L,AB两板间加周期

性变化的电场UABr如图乙所示，周期为T,加速电压U］二，其中m

为电子质量、e为电子电荷量，T为偏转电场的周期，不计电子的重力，

不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：

Q)