電偏轉(zhuǎn)模型（一）類平拋（解析版）-2024-2025學(xué)年人教版高二物理必修第三冊同步題型

專題08電偏轉(zhuǎn)模型1一一類平拋

模型講解

帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

1.基本規(guī)律

帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)，軌跡如圖所示。

⑴初速度方向麒:；募

qUI

/速度:Vy~Clt=

(2)電場線方向Jmavo

11qUP

位移:?嬴而

VvqUl

(3)離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tana=—=------

vomdvi

yqUl

(4)離開電場時位移與初速度方向的夾角：tan』=：=」＜。

I2mv6d

2.幾個常用推論

(l)tana=2tan0。

(2)粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，其速度反向延長線與初速度方向交于沿初速度方向分位移的中點。

(3)以相同的初速度進入同一個偏轉(zhuǎn)電場的帶電粒子，不論加、q是否相同，只要幺相同，即比荷相同，則偏

m

轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角a相同。

(4)若以相同的初動能瓦。進入同一個偏轉(zhuǎn)電場，只要q相同，不論機是否相同，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角a

相同。

(5)不同的帶電粒子經(jīng)同一加速電場加速后(即加速電壓相同)，進入同一偏轉(zhuǎn)電場，則偏轉(zhuǎn)距離y和偏轉(zhuǎn)角a

UPU2I

相同0=——2，tana=一，，5為加速電壓，仿為偏轉(zhuǎn)電壓)。

4U\d2U\d

二.先加速后偏轉(zhuǎn)

不同的帶電粒子由靜止開始經(jīng)過同一電場(G)加速后，再從同一偏轉(zhuǎn)電場(電壓5、板寬d、板長￡)射出時

的偏移八偏轉(zhuǎn)角度9總是相同的。證明:

U1

上121qU^得="

(1)由qUi=-mv；

02mdv1討V4U[d

-12_qjLgUIf

（2）由gUi=「能%；幻〃9=得tanp==虧2方。

LrrlCIVQZ（_/]〃

【結(jié)論】偏移丁、偏轉(zhuǎn)角度9與粒子電量夕和質(zhì)量機無關(guān)；與偏轉(zhuǎn)電壓。2成正比，與加速電壓成反比。

【提醒】由4。產(chǎn)《%說得①%=]網(wǎng)1，可能不相等；②偏轉(zhuǎn)時間/='與為成反比；③末速度

2\mvo

v

v=」n^與vo成正比。

cos（p

三.求粒子打到熒光屏上總偏移的三種方法

思路2：

思路3：

【例1】如圖給出了電子垂直電場線方向射入勻強電場的情景。求電子射出電場時沿垂直于板面方面偏移的

距離y和偏轉(zhuǎn)的角度凡

（1）怎樣求電子射出電場時的速度大小；

（2）有幾種方法求電子飛出電場時的速度大??；

（3）用動能定律求電子射出電場時的速度大小時，怎樣求靜電力做的功；

（4）比較利用牛頓運動定律和功能關(guān)系解決問題的不同點；

（5）描述電子偏轉(zhuǎn)過程中能量的轉(zhuǎn)化情況。

【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）少=竿￡；（4）見解析；（5）電子偏轉(zhuǎn)過程中電場力做正功,

2mv0

則動能增加，電勢能要減小;

【詳解】（1）電子在沿極板方向做勻速運動，垂直板方向做勻加速運動，則

/=vot

電子射出電場時的速度

（2）出以上用牛頓第二定律求解外，還可以用動能定理求解，即先求解電子出離電場時的偏轉(zhuǎn)距離

然后根據(jù)動能定理

求解出離電場時的速度

（3）用動能定律求電子射出電場時的速度大小時，靜電力做的功

W=qEy=------—

2加片

（4）利用牛頓運動定律解決問題要先搞清物體在兩個方向的運動特點，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，然

后分別在兩個方向上列出方程求解；而用功能關(guān)系解決問題時，只關(guān)注物體的初末兩態(tài)以及中間過程中力

做功的情況。

（5）電子偏轉(zhuǎn)過程中電場力做正功，則動能增加，電勢能要減小。

【例2】一個初速度不計的帶電粒子，質(zhì)量為加、電荷量為q,重力忽略不計。該粒子經(jīng)電壓為。的加速電

場加速后，垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，如圖所示。若偏轉(zhuǎn)電場兩平行板間距為板長為/,兩極板上電壓為U'。

求：

(1)粒子射出加速電場時的速度%的大小;

(2)粒子射出偏轉(zhuǎn)電場沿垂直于板面方向偏移的距離產(chǎn)

(3)粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時速度偏轉(zhuǎn)角度0的正切值。

【詳解】(1)粒子經(jīng)過加速電場過程，根據(jù)動能定理可得

12

qU=-mvQ

解得粒子射出加速電場時的速度大小為

Vm

(2)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，則有

/=vot

a上,一產(chǎn)

md2

聯(lián)立解得粒子射出偏轉(zhuǎn)電場沿垂直于板面方向偏移的距離為

U'l2

y-

4dU

(3)粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時，沿電場方向的分速度大小為

qU'l

匕.=at

mdv0

則速度偏轉(zhuǎn)角度e的正切值為

U'l

%mdv；2dU

【例3】如圖所示，一個電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，又沿偏轉(zhuǎn)電場極板間的中心軸線從。點垂直

射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出打到熒光屏上的P點，O點為熒光屏的中心。已知電子質(zhì)量

m=9.0xl()Tkg,電荷量6=1.6x10"。加速電場電壓=2500V,偏轉(zhuǎn)電場電壓U=200V,極板的長度,

乙=6.0cm,板間距離d=2.0cm,極板的末端到熒光屏的距離4=3.0cm,電子所受重力不計。求：(先字母

運算，推導(dǎo)出字母表達式，最后代入數(shù)值)

熒光屏

(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0；

(2)電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量y；

(3)電子打在熒光屏上的P點到。點的距離及

【答案】(1)3.0x107mzs⑵3.6xl0-3m(3)7.2xl(T3m

【詳解】(1)電子在加速電場中，根據(jù)動能定理有

TT12

叫=-mv0

解得

I等

代入數(shù)據(jù)得

%=3.0xm/s

(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量y電子在水平方向

做勻速直線運動

A=%’

電子在豎直方向上做勻加速運動

12

y——at

2

根據(jù)牛頓第二定律有

eU

----=ma

d

解得

昨烏-=3.6x10-3

-4dU0

(3)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線過偏轉(zhuǎn)電場的中點

A

?二萬

h4+4

22

解得

h=必+2吆=7.2x10-3m

A

綜合應(yīng)用

IS

一、單選題

1.(24-25高二上?黑龍江哈爾濱?階段練習(xí))如圖所示，矩形的四個頂點a、b、c、d為勻強電場中的四個點，

ab=2bc=\m,電場線與矩形所在的平面平行。已知。點電勢為8V,6點電勢為4V,c點電勢為2V。帶

電粒子從。點以速度v°=1000m/s射入電場，V。與ab邊的夾角為45。，一段時間后粒子經(jīng)過邊的中點e。

不計粒子的重力，下列判斷正確的是()

d'-----------------------------

A.電場強度大小為4A歷V/m

B.粒子從a點到e點過程中電場力做負功

C.d、e兩點間電勢差為2V

D.粒子從。點到e點所用時間為0x10%

【答案】A

【詳解】AC.根據(jù)勻強電場中平行的等間距的兩點間的電勢差相等有

(Pa-(Pd=(Pb-(Pc

解得

%=6Ve點的電勢為

-3^=62

e2

可得

。*=〃一外=0

如下圖，連接de,可知de為一條等勢線，過。點做宓的垂線交de于點7?，根據(jù)電場線與等勢線垂直可得

場強方向沿“方向。

根據(jù)幾何關(guān)系有

—=%一外=4V2V/m

d41asm45。

故A正確，C錯誤;

B.粒子從。點到e點，電場力的方向沿場強方向，則電場力做正功。故B錯誤;

D.粒子從。點到e點，電場力的方向沿場強方向，粒子做類平拋運動，沿de方向粒子做勻速直線運動,

則有

；?sin45°=%/

解得

Z=^^xlO-3s

4

故D錯誤。

故選Ao

2.（24-25高二上?浙江衢州?階段練習(xí)）如圖，有;H、：H、；He三種帶正電粒子（不計重力）分別在電壓為

5的電場中的。點靜止開始加速。從M孔射出，然后射入電壓為。2的平行金屬板間的電場中，入射方向

與極板平行，在滿足帶正電粒子能射出平行板電場區(qū)域的條件下，則（）

A.三種粒子在電場中的加速度之比為1:1:2

B.三種粒子在電場中的運動軌跡一定不會重合的

C.三種粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小之比為1：后:血

D.三種粒子從偏轉(zhuǎn)電場出來時動能之比為1:1:2

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)牛頓第二定律可知，粒子在電場中的加速度大小為

a*一

mm

可知三種粒子在電場中的加速度之比為

“H1,“H2,°He—2.1.1

故A錯誤；

C.粒子經(jīng)過加速電場過程，根據(jù)動能定理可得

qu、

解得

Vo=￡

VmNm

則三種粒子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小之比為

VHi：vH2：vHe=72:1:1

故C錯誤；

B.粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，設(shè)板長為板間為d,則有

r12qU,

L=VQZ,y=—at,a------

2md

聯(lián)立可得

uE

y=——

4。/

可知粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的偏移量與粒子的電荷量和質(zhì)量均無關(guān)，即三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的偏移量相同,

則三種粒子在電場中的運動軌跡一定是重合的，故B錯誤；

D.全過程根據(jù)動能定理可得

1U

—mv2=qTuT+q-2-yq

2xd

可知三種粒子從偏轉(zhuǎn)電場出來時動能之比為

*kHl：￡kH2：，He=1：1：2

故D正確。

故選D。

3.（24-25高二上?江蘇南京?階段練習(xí)）如圖甲所示，某裝置由直線加速器和偏轉(zhuǎn)電場組成.直線加速器序號

為奇數(shù)和偶數(shù)的圓筒分別和交變電源的兩極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示；在f=0

時，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，位于金屬圓板（序號為0）中央的電子由靜止開始加速，通過

可視為勻強電場的圓筒間隙的時間忽略不計，偏轉(zhuǎn)勻強電場的A、B板水平放置，長度均為3相距為d,

極板間電壓為U,電子從直線加速器水平射出后，自〃點射入電場，從N點射出電場.若電子的質(zhì)量為加,

電荷量為e,不計電子的重力和相對論效應(yīng)。下列說法正確的是（）

A.電子在第3個與第6個金屬筒中的速度之比為:

2

B.第2個金屬圓筒的長度為二、叵

2vm

C.電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，速度偏轉(zhuǎn)角度的正切值tane=^^

D.若電子通過圓筒間隙的時間不可忽略，圓筒個數(shù)足夠多且間隙的距離均為4,在保持圓筒長度、交變

電壓的變化規(guī)律和圖乙中相同的情況下，該裝置能夠讓電子獲得的最大速度為％=等

4am

【答案】A

【詳解】A.設(shè)電子進入第"個圓筒后的動能為穌"￡〃，根據(jù)動能定理有

幾=neU

電子在第3個和第6個金屬圓筒中的動能之比為g,故A正確;

B.設(shè)電子進入第〃個圓筒后的速度為匕，根據(jù)動能定理有

〃12

neU0=-mvn

解得

第2個金屬圓筒的長度

故B錯誤；

C.電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度為

eEeU

a=——=---

mmd

電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間為

電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，垂直于板面的分速度為

少mdv8

電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，偏轉(zhuǎn)角度的正切值為

,A%UL

tan，=—=------

%16dU0

故C錯誤；

D.由題意，若電子通過圓筒間隙的時間不可忽略，則電子進入每級圓筒的時間都要比忽略電子通過圓筒間

隙中對應(yīng)時間延后一些，當(dāng)延后時間累計為則電子再次進入電場時將開始做減速運動，此時的速度就

是裝置能夠加速的最大速度，則有

根據(jù)動能定理得

〃12

“叫=］叫

聯(lián)立解得

m2dm

故D錯誤。

故選Ao

二、多選題

4.（24-25高二上?黑龍江哈爾濱?階段練習(xí)）帶電小球由靜止開始經(jīng)電壓為m的加速電場加速后，恰好沿兩

極板中線方向射入電壓為S的偏轉(zhuǎn)電場，如圖所示。己知平行板的長度為3板間距離為九當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場

上板帶正電時，小球恰能沿中心線射出；當(dāng)下板帶正電時，小球射到下板上，距下板的左端;處，下列說

法正確的是（）

H-------L-------H

A.小球帶負電

B.其他條件不變，下板帶正電，只要偏轉(zhuǎn)電壓。；大小合適，小球就能從兩板間射出

C.其他條件不變，上板帶正電，且偏轉(zhuǎn)電壓口=竽時，小球恰好從下極板偏出

O

D.其他條件不變，上板帶正電，且偏轉(zhuǎn)電壓學(xué)時，小球恰好從上極板偏出

O

【答案】ACD

【詳解】A.當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場上板帶正電時，小球恰能沿中心線射出，豎直方向根據(jù)力的平衡條件，小球受到的

電場力方向向上，則小球帶負電，故A正確；

B.在加速電場中

〃12

Uxq=—mv

得

Vm

若上極板帶正電，則滿足

Eq=-^q=mg

a

得

U『皿

q

若下極板帶正電，則小球做類平拋運動,在水平方向上

1

—Lr=vt

4

得

L

t=——

4v

在豎直方向上

〃喔+予U,q

a=------------=g+

mmd

由位移公式可知

12

y=—at

2

故

若能從下極板出來則

L=vt

解得

L

v

在豎直方向上

y=-at'2

2

所以小球不能從兩板間射出，故B錯誤;

C.其他條件不變，上板帶正電，且偏轉(zhuǎn)電壓

時，電場力減小，小球向下偏轉(zhuǎn)，則

化簡得

d

小球恰好從下極板偏出，故c正確;

D.其他條件不變，上板帶正電，且偏轉(zhuǎn)電壓

《=要＞4

時，電場力增大，小球向上偏轉(zhuǎn)，則

化簡得

小球恰好從上極板偏出，故D正確。

故選ACDo

5.（24-25高二上?四川成都?階段練習(xí)）如圖，質(zhì)量為僅、電荷量為g的質(zhì)子（不計重力）在勻強電場中運

動，先后經(jīng)過水平虛線上/、3兩點時的速度大小分別為匕=v，vb=y/3v,方向分別與成a=60。斜向

上、夕=30°斜向下，已知48=L則（）

A.電場方向與為方向平行

場強大小為叵包

B.

qL

C.質(zhì)子從/點運動到2點所用時間為二

V

D.質(zhì)子的最小速度為叵

2

【答案】CD

【詳解】A.質(zhì)子在勻強電場中做拋體運動，在與電場方向垂直的方向上做勻速直線運動，設(shè)為與電場線的

夾角為力，如圖所示

結(jié)合均與為的方向，在垂直電場方向有

vasinP=vbcos（3

代入求得

tan/7=V3

則

0=60。

顯然電場方向與方向不平行，故A錯誤；

B.質(zhì)子從4到5點，根據(jù)動能定理，有

11

qELsin（77+a-90°）=—mv：9--mv^9

求得

「2mv2

E二----

qL

故B錯誤；

C.質(zhì)子在垂直電場方向上，做勻速直線運動，可得

Lcos（夕+a-90°）=vasinfit

求得質(zhì)子從A點運動到B點所用時間為

L

t=一

v

故C正確；

D.當(dāng)質(zhì)子沿電場方向的速度減為零時，此時質(zhì)子的速度最小，為

=%sm/?=丁

故D正確。

故選CDo

6.（24-25高二上?河北邢臺?階段練習(xí)）如圖所示，在光滑絕緣水平面xOy內(nèi)存在平行于了軸負方向、電場

強度大小為￡的勻強電場，一帶正電小球（視為點電荷）從y軸上的尸點以初速度％射入第一象限，小球

經(jīng)過x軸上0點時的速度方向與x軸的夾角為60。。下列說法正確的是（）

A.小球經(jīng)過。點時的速度大小為2%

B.OP、之比為2:百

C.P、。連線與x軸的夾角為30。

D.小球從尸點到。點的過程中，小球的動能變化量為小球初動能的3倍

【答案】AD

【詳解】A.小球在電場中做平拋運動，在0點時的速度方向與x軸的夾角為60。，則有

vcos60°=%

解得小球經(jīng)過0點時的速度大小為

v=2v0

故A正確；

B.小球經(jīng)過0點時沿y軸方向的分速度大小為

vy=v0tan60°=百%

根據(jù)運動學(xué)公式可得

0P=々，OQ=v0t

2

聯(lián)立可得。P、。0之比為

OP:Og=y；v0=V3:2

故B錯誤;

C.尸、0連線與x軸的夾角正切值為

,OP拒杷,,

tana=----=——>——=tan30no

23

故c錯誤；

D.小球從尸點到0點的過程中，動能變化量為

可知小球的動能變化量為小球初動能的3倍，故D正確。

故選AD。

7.如圖所示，一重力不計的帶電粒子由水平正對平行板的上極板邊緣以平行極板的速度射入，經(jīng)過一段時

間由下極板的邊緣離開，已知兩極板之間的距離為d,兩極板的長度均為乙粒子在極板間運動的時間為心

則下列說法正確的是（）

A.水平方向上前與與后4電場力對粒子做功之比為1：3

22

B.豎直方向上前（與后1粒子運動時間之比為1：1

22

c.前:與后:粒子的電勢能變化量之比為1：1

22

D.前:與后:粒子在豎直方向下落的高度之比為1：3

22

【答案】AD

【詳解】A.粒子在垂直于極板的方向做初速度為零的勻加速直線運動，平行于極板方向做勻速直線運動,

則由水平方向的分運動

X=VQt

可知，前g與后（粒子運動時之比為1:1,再由豎直方向的分運動

12

y=—at

2

可知，前g與后。粒子在豎直方向下落高度之比為1：3,由

W=Eqh

得，該過程中電場力對粒子做功之比為1：3,A正確；

B.由豎直方向的分運動可知

Va

所以前日與后與粒子運動時間之比1:（亞-1）,B錯誤；

CD.前:與后:粒子在豎直方向下落高度比為1：3,電場力做功之比為1：3,粒子的電勢能變化量之比為

22

1：3,C錯誤，D正確。

故選AD。

8.如圖所示，長為乙的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強電場，一個電荷量

為+4、質(zhì)量為根的帶電粒子以初速度%緊貼上板垂直于電場線的方向進入該電場，而后剛好從下板邊緣射

出，射出時其末速度恰與下板的夾角。=30。，不計粒子重力，下列說法正確的是（）

%

B.粒子的末速度大小為邁1

A.粒子做非勻變速運動

3

c.勻強電場的場強大小為且嘮D.兩板間的距離為包

3qL12

【答案】BC

【詳解】A.因為在勻強電場中，電場力是恒力,因此會產(chǎn)生恒定的加速度，所以粒子做勻變速運動，A錯

誤；

B.粒子離開電場時，合速度與水平方向夾角為30。，由速度關(guān)系得合速度為

%_2?

V------7-------

cos303

B正確

C.粒子在云強電場中做類平拋運動，在水平方向上

L—%，

在豎直方向上

vy=at

yy=%tan30°=

由牛頓第二定律得

qE—ma

解得

E,6mv：

~3qL

方向豎直向下，C正確；

D.粒子做類平拋運動，在豎直方向上

d=-at2

2

解得

D錯誤。

故選BCO

9.（24-25高二上?云南紅河?階段練習(xí)）如圖所示。平行金屬板A,B水平放置。兩板帶有等量異種電荷，

兩板間形成的勻強電場方向豎直向下?，F(xiàn)將一帶電粒子沿水平方向從A板左側(cè)靠近A板射入電場中。當(dāng)粒

子射入速度大小為％時，粒子沿軌跡I從兩板正中間飛出；當(dāng)粒子射入速度大小為匕時，粒子沿軌跡II落到B

板正中間，不計重力，下列說法正確的是（）

AI.~1

''X

X\II

Bl'"I

A.V]:v2=1:2

B.粒子沿軌跡I運動時的加速度是沿軌跡II運動時的2倍

C.粒子沿軌跡II運動時的電勢能變化量是沿軌跡I運動時的2倍

D.粒子沿軌跡II運動時的速度偏轉(zhuǎn)角的正切值比沿軌跡I運動時的大

【答案】CD

【詳解】AB.粒子在電場中只受電場力，根據(jù)牛頓第二定律可得

qE

a=—

m

粒子沿兩種軌道運動時加速度相同。粒子類平拋運動，根據(jù)規(guī)律，豎直方向

712

rl——at

2

水平方向勻速運動

X=vot

聯(lián)立解得

所以

V1-V2=2V2：1

故AB錯誤；

C.電勢能的變化由電場力做功決定，電場力做功

W=qU=qEd

可得

WI-.W2=\-1

故C正確；

D.設(shè)末速度的方向與水平方向的夾角為e,則有

tan==*\缺

匕%vQ\m

粒子沿兩種軌道運動時夾角正切值之比為

tan4_1

tan024

粒子沿軌跡n運動時的速度偏轉(zhuǎn)角的正切值比沿軌跡I運動時的大，故D正確。

故選CD。

10.（22-23高二上?云南文山?期末）如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度％沿兩板的中線進入水平放置

的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出。已知板長為L板間距離為乩板間電壓為U,帶電粒子的電荷

量為g,粒子通過平行金屬板的時間為/（不計粒子的重力），則（）

i~八

dJu

?L?

A.在前:時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為粵

24

B.在后:時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為學(xué)

C.粒子的出射速度偏轉(zhuǎn)角滿足tan6=吊

D.粒子前!和后春的過程中，運動時間之比為應(yīng)：1

【答案】BC

【詳解】AB.粒子在垂直兩板方向做勻加速直線運動，在前4時間內(nèi)的垂直兩板的位移為E，則對應(yīng)的電

2o

勢差為與，則電場力對粒子做功為

O

%=史~

18

A錯誤；

B.同理，在后;時間內(nèi)的垂直兩板的位移為當(dāng)，則對應(yīng)的電勢差為半，則電場力對粒子做功為

2OO

3qU

W2=

B正確;

C.粒子的出射速度的反向延長線交于水平位移的中點，則粒子的出射速度偏轉(zhuǎn)角滿足

d

2-d

--

L￡

c正確；

D.根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動，連續(xù)相等位移的時間之比，粒子前g和后g的過程中，運動時間之

44

比為

%：G=1：（2-石）we：1

D錯誤。

故選BC。

11.（22-23高二上?陜西西安?期末）如圖所示，重力不計的一束混合帶電粒子，從同一點垂直于電場方向進

入一截面是矩形的有界勻強電場中，電場強度為￡;1、2、3是粒子運動軌跡中的三條。關(guān)于這些粒子的運

動，下列說法中正確的是（）

A.有的粒子能在電場中一直運動下去

B.同一軌跡上的粒子，若初速度相同，則這些粒子的比荷一定相同

C.若初速度都相同，則軌跡3的粒子比軌跡1的粒子比荷小

D.若進入電場前粒子都是經(jīng)同一電場由靜止開始加速，則將沿同一軌跡運動

【答案】BD

【詳解】A.初速度方向與電場力方向垂直，粒子做的是類平拋運動，隨著豎直的高度的增大，運動時間逐

漸增長，水平方向勻速運動，由》=由得，可知粒子肯定能運動出電場區(qū)域，A錯誤；

B.運動軌跡相同，則速度方向時刻相同，設(shè)速度與豎直方向夾角為。

tan〃=%=3="&

atqEt

m

由此可知，這些粒子的比荷一定相同，B正確；

C.若初速度都相同，則軌跡3的粒子與軌跡1的粒子出電場時，粒子3的豎直位移較大，而由于水平方向

做勻速直線運動，水平位移相等，所以粒子1和粒子3的運動時間相同，豎直方向有

,12

h.——at

2

由牛頓第二定律

始

mm

可知粒子3的比荷較大，C錯誤；

D.如果進入電場前粒子都是經(jīng)同一電場由靜止開始加速，設(shè)加速電場電壓為G，由動能定理

可得

進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，水平方向為勻速直線運動，豎直方向為初速度為零的勻加速直線運動。在水

平方向有

I

t=—

%

在豎直方向有

12

y——at

2

其中

qU,

a=---

md

聯(lián)立可得

尸蟲

-4dU1

所以若進入電場前粒子都是經(jīng)同一電場由靜止開始加速，則將沿同一軌跡運動，D正確。

故選BD?

三、解答題

12.（24-25高二上?遼寧?階段練習(xí)）如圖所示，位于真空中的平面直角坐標(biāo)系》牡，在第二象限內(nèi)存在電場

強度大小為￡、方向沿x軸正方向的勻強電場I,在/的區(qū)域存在電場強度大小也為￡、方向沿y軸正方

向的勻強電場II。某時刻，一質(zhì)量為加、電荷量為g的帶正電粒子，以一定的速度沿y軸負方向通過電場I區(qū)

域中的？(-/,2。點，之后恰好經(jīng)坐標(biāo)原點。進入第四象限。不計粒子重力。求該粒子：

⑴經(jīng)過尸點時的速度大??；

(2)在第四象限運動過程中與x軸的最大距離；

(3)從離開P點到第二次通過x軸經(jīng)歷的時間。

【答案】(2)2/⑶,+乎)ml

\qE

【詳解】(1)設(shè)粒子經(jīng)過尸點時速度大小為5,從尸到。經(jīng)歷的時間為4,則

21=%

1=—at；

qE

ci——

m

整理得

，產(chǎn)

Vm

(2)粒子經(jīng)過O點時，沿x軸方向的分速度

匕二防

整理得

匕一

即粒子經(jīng)過O點進入第四象限時的運動方向與x歹軸的夾角均為45。，粒子在第四象限進入n區(qū)域電場時

與X軸的距離

此時粒子的速度

v=V2v,

設(shè)粒子運動到與X軸相距最遠的距離為力,此時粒子速度沿X軸正方向，大小為匕，根據(jù)動能定理

2

-qE(y2-y^=^mvl-^mv

整理得

%=2/

（3）粒子通過I區(qū)域的時間

。=一21

%

粒子通過第四象限無電場區(qū)域的時間

G=—

%

粒子在第四象限電場中減速運動的時間

a

粒子在第四象限電場中做加速運動的過程中有

2/=；

粒子從離開P點到第二次通過x軸經(jīng)歷的時間

，="++G+'4

整理得

2等譚

13.（24-25高二上?北京?階段練習(xí)）如圖為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲發(fā)出（初速度可忽略不計）,

經(jīng)燈絲與A板間的電壓0/加速，從板中心孔沿中心線K。射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏

轉(zhuǎn)電場中（偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場），電子進入MN間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打

在熒光屏上的P點，已知M、N兩板間的電壓為心，兩板間的距離為d,板長為電子的質(zhì)量為〃?，電

荷量為e,不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力。

⑴求電子穿過A