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第5節　帶電粒子在電場中的運動(賦能課——精細培優科學思維)
課標要求 層級達標
能分析帶電粒子在電場中的運動情況,能解釋相關的物理現象。 學考 層級 1.知道帶電粒子垂直于電場線進入勻強電場運動的特點。 2.了解示波管的主要構造和工作原理。
選考 層級 1.會從運動和力的關系的角度、功和能量變化的關系的角度分析帶電粒子在勻強電場中的加速問題。 2.能對帶電粒子在電場中的偏移距離、偏轉角度、離開電場時的速度等物理量進行分析和計算。
一、帶電粒子在電場中的加速
1.運動狀態
利用電場使帶電粒子加速時,帶電粒子的速度方向與　　　　　　的方向相同或相反。
2.兩種分析思路
(1)利用　　　　　　　結合勻變速直線運動公式分析,適用于解決的問題屬于　　　　　　且涉及運動時間等描述運動過程的物理量。
(2)利用靜電力做功結合　　　　定理來分析,適用于問題只涉及位移、速率等動能定理公式中的物理量或非勻強電場的情景。
[情境思考]　
　　如圖所示,M和N是勻強電場中的兩個等勢面,相距為d,電勢差為U。一質量為m(不計重力)、電荷量為-q的粒子,以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間,則該粒子穿過等勢面N的速度是多少
二、帶電粒子在電場中的偏轉
1.偏轉條件:帶電粒子的　　　　　方向跟電場方向垂直。
2.運動軌跡:在勻強電場中,帶電粒子的運動軌跡是一條　　　　　,類似　　　　　運動的軌跡。
3.分析思路:跟分析平拋運動是一樣的,不同的僅僅是平拋運動物體所受的是　　　　　,帶電粒子所受的是　　　　　。
[微點撥]
　　帶電粒子從偏轉電場中射出時,其速度的反向延長線過水平位移的中點。
[質疑辨析]
　　如圖所示,帶電粒子(不計重力)從兩極板中間垂直電場線方向進入電場。
試對以下結論作出判斷:
(1)帶電粒子在勻強電場中做勻變速運動。 (　　)
(2)帶電粒子在沿初速度方向上做勻速直線運動。 (　　)
(3)帶電粒子在電場中的運動過程,動能不斷增大。 (　　)
(4)帶電粒子在沿靜電力方向上做初速度為零的勻加速直線運動。 (　　)
強化點(一)　帶電粒子的加速問題
任務驅動
　　如圖所示,直線上有O、a、b、c四點,a、b間的距離與b、c間的距離相等,在O點處有固定點電荷。已知b點電勢高于c點電勢。若一帶負電荷的粒子僅在靜電力作用下先從c點運動到b點,再從b點運動到a點。試分析:
(1)粒子的運動情況;
(2)從c點到b點、從b點到a點兩段過程中,靜電力對粒子做功的關系。
[要點釋解明]
1.關于帶電粒子在電場中的重力
(1)基本粒子:如電子、質子、α粒子等,除有說明或有明確的暗示以外,此類粒子一般不考慮重力(但并不忽略質量)。
(2)帶電微粒:如液滴、塵埃、小球等,除有說明或有明確的暗示以外,一般都不能忽略重力。
2.帶電粒子做直線運動的條件
(1)粒子所受合力F合=0,粒子或靜止,或做勻速直線運動。
(2)粒子所受合力F合≠0,且與初速度方向在同一條直線上,帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。
3.處理方法
可以從動力學和功能關系兩個角度進行分析,其比較如表所示。
項目 動力學角度 功能關系角度
涉及 知識 牛頓第二定律結合勻變速直線運動公式 功的公式及 動能定理
選擇 條件 勻強電場,靜電力是恒力 可以是勻強電場,也可以是非勻強電場,靜電力可以是恒力,也可以是變力
[題點全練清]
1.(2024·湖南期末)如圖,在P板附近有電荷(不計重力)由靜止開始向Q板運動,則以下說法正確的是 (　　)
A.到達Q板的速率與板間距離和加速電壓兩個因素有關
B.電壓一定時,兩板間距離越大,加速的時間越短,加速度越小
C.電壓一定時,兩板間距離越大,加速的時間越長,加速度越大
D.若加速電壓U與電荷量q均變為原來的2倍,則到達Q板的速率變為原來的2倍
2.如圖所示,平行板電容器兩板間的距離為d=10 cm,電勢差為U=100 V。一質量為mα、電荷量為q的α粒子(帶正電),在靜電力的作用下由靜止開始從正極板A向負極板B運動。(α粒子質量是質子質量的4倍,即mα=4×1.67×10-27 kg,電荷量是質子的2倍,重力加速度g=10 m/s2,計算結果均保留2位有效數字)
(1)比較α粒子所受靜電力和重力的大小,說明重力能否忽略不計。
(2)α粒子的加速度是多少 在電場中做何種運動
(3)計算粒子到達負極板時的速度大小。
強化點(二)　帶電粒子的偏轉問題
[要點釋解明]
1.基本規律:帶電粒子在電場中的偏轉軌跡如圖所示。
(1)初速度方向
(2)電場線方向
(3)離開電場時的偏轉角的正切值:tan α==。
(4)離開電場時位移與初速度方向的夾角的正切值:tan β==。
2.三個重要推論
(1)以相同的初速度進入同一個偏轉電場的帶電粒子,不論m、q是否相同,只要相同,即比荷相同,則偏轉距離y和偏轉角α相同。
(2)若以相同的初動能Ek0進入同一個偏轉電場,不論m是否相同,只要q相同,則偏轉距離y和偏轉角α相同。
(3)不同的帶電粒子從靜止經同一加速電場加速后(即加速電壓相同),進入同一偏轉電場,則偏轉距離y和偏轉角α相同。
　　[典例]　(2024·遼寧大連期末)如圖所示,示波器的工作原理可以簡化為:金屬絲發射出的電子由靜止經電壓U1加速后,從金屬板的小孔O射出,沿OO'進入偏轉電場,經偏轉電場后打在熒光屏上。偏轉電場是由兩個平行的相同金屬極板M、N組成,已知極板的長度為l,兩板間的距離也為l,極板間電壓為U2。偏轉電場極板的右端到熒光屏的距離為d。電子電荷量大小為e、質量為m,不計電子受到的重力和電子之間的相互作用。
(1)求電子從小孔O穿出時的速度大小v0;
(2)求電子離開偏轉電場時速度偏轉角度的正切值和在熒光屏上形成的亮斑到O'的距離。
嘗試解答:
[思維建模]
帶電粒子在電場中運動問題的處理方法
帶電粒子在電場中運動的問題實質上是力學問題的延續,從受力角度看,帶電粒子與一般物體相比多受到一個靜電力;從處理方法上看,仍可利用力學中的規律分析,如選用平衡條件、牛頓運動定律、動能定理、功能關系、能量守恒定律等。
[題點全練清]
1.(2024·山西長治期末)如圖所示,一帶正電的點電荷從某點以豎直向上的初速度v射入水平向右的勻強電場中,圖中實線為勻強電場的電場線,不計點電荷受到的重力,下列圖中虛線可能正確描繪了點電荷運動軌跡的是 (　　)
2.(2025·河北保定月考)(多選)如圖所示,在豎直放置的平行金屬板A、B之間加恒定電壓U,A、B兩板的中央有小孔O1、O2,在B板的右側有平行于金屬板的勻強電場,電場范圍足夠大,感光板MN垂直于電場方向放置。先后在小孔O1處由靜止釋放帶正電的甲粒子和乙粒子,甲、乙兩粒子的電荷量之比為2∶1,質量之比為1∶2,不計兩粒子受到的重力和空氣阻力,關于這兩個粒子的運動,下列說法正確的是 (　　)
A.甲、乙兩粒子在O2處的速度大小之比為2∶1
B.甲、乙兩粒子在O2處的速度大小之比為1∶1
C.甲、乙兩粒子打到感光板上時的動能之比為2∶1
D.甲、乙兩粒子打到感光板上的位置相同
第5節　帶電粒子在電場中的運動
課前預知教材
一、1.電場強度　2.(1)牛頓第二定律　勻強電場　(2)動能
[情境思考]
提示:由動能定理得qU=mv2-m,解得v=。
二、1.初速度　2.拋物線　平拋　3.重力　靜電力
[質疑辨析]
(1)√　(2)√　(3)√　(4)√
課堂精析重難
強化點(一)
[任務驅動]　(1)提示:b點電勢高于c點電勢,則O點固定的是正點電荷。帶負電荷的粒子從c點運動到b點,再從b點運動到a點,靜電力對粒子一直做正功,粒子速度一直增大。
(2)提示:靜電力做功W=qU,因為Ubc[題點全練清]
1.選D　根據動能定理得qU=mv2,到達Q板的速率為v=,可知到達Q板的速率只與加速電壓有關,與板間距離無關,故A錯誤;根據運動學公式d=at2,由牛頓第二定律有a=,可知兩板間距離越大,加速的時間越長,加速度越小,故B、C錯誤;到達Q板的速率為v=,若加速電壓U與電荷量q均變為原來的2倍,則到達Q板的速率變為原來的2倍,故D正確。
2.解析:(1)α粒子所受的靜電力大小
F== N=3.2×10-16 N,
重力大小G=mαg=4×1.67×10-27×10 N=6.68×10-26 N,
因重力大小遠小于靜電力大小,故重力能忽略不計。
(2)α粒子的加速度為a=≈4.8×1010 m/s2,
做初速度為0的勻加速直線運動。
(3)由動能定理可知qU=mαv2
解得v=≈9.8×104 m/s。
答案:(1)見解析　(2)4.8×1010 m/s2　初速度為0的勻加速直線運動　(3)9.8×104 m/s
強化點(二)
[典例]　解析:(1)電子在加速電場中做加速運動,根據動能定理可得eU1=m
解得v0=。
(2)在偏轉電場中,水平方向電子做勻速運動,有l=v0t
豎直方向,電子受到電場力作用,由牛頓第二定律有e=ma
又y=at2,vy=at,tan θ=
聯立解得電子離開偏轉電場時速度偏轉角度的正切值為tan θ=
根據類平拋運動推論和幾何關系可得y'=y
聯立解得在熒光屏上形成的亮斑到O'的距離為y'=。
答案:(1)　(2)　
[題點全練清]
1.選C　由于正點電荷在勻強電場中受到的電場力大小不變,方向與電場強度方向相同,水平向右,且點電荷初速度方向豎直向上,重力不計,則點電荷將做類平拋運動,且軌跡夾在電場力與速度之間,軌跡將如選項C所示。故選C。
2.選ACD　在A、B間加速時,根據動能定理有qU=mv2,解得v=∝,可知甲、乙兩粒子運動到O2處時的速度大小之比為2∶1,故A正確,B錯誤;在偏轉電場中粒子做類平拋運動,則水平方向有x=vt,豎直方向有y=at2,根據牛頓第二定律有a=,解得x=,在豎直位移y相同的情況下,水平位移x也相同,故兩粒子有相同的運動軌跡,甲、乙兩粒子打到感光板上的位置相同,故D正確;運動軌跡完全一樣,可知整個運動過程中兩個粒子有共同的起點和終點,設O2到感光板的電勢差為U1,由動能定理得q(U+U1)=mv'2,可知U、U1相同的情況下,兩粒子的末動能之比等于電荷量之比,為2∶1,故C正確。
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帶電粒子在電場中的運動
(賦能課——精細培優科學思維)
第 5 節
課標要求 層級達標 能分析帶電粒子在電場中的運動情況，能解釋相關的物理現象。 學考 層級 1.知道帶電粒子垂直于電場線進入勻強電場運動的特點。
2.了解示波管的主要構造和工作原理。
選考 層級 1.會從運動和力的關系的角度、功和能量變化的關系的角度分析帶電粒子在勻強電場中的加速問題。
2.能對帶電粒子在電場中的偏移距離、偏轉角度、離開電場時的速度等物理量進行分析和計算。
1
課前預知教材
2
課堂精析重難
3
課時跟蹤檢測
CONTENTS
目錄
課前預知教材
一、帶電粒子在電場中的加速
1.運動狀態
利用電場使帶電粒子加速時，帶電粒子的速度方向與_________的方向相同或相反。
2.兩種分析思路
(1)利用_______________結合勻變速直線運動公式分析，適用于解決的問題屬于_________且涉及運動時間等描述運動過程的物理量。
(2)利用靜電力做功結合_______定理來分析，適用于問題只涉及位移、速率等動能定理公式中的物理量或非勻強電場的情景。
電場強度
牛頓第二定律
勻強電場
動能
[情境思考]　
如圖所示，M和N是勻強電場中的兩個等勢面，相距為d，電勢差為U。一質量為m(不計重力)、電荷量為-q的粒子，以速度v0通過等勢面M射入兩等勢面之間，則該粒子穿過等勢面N的速度是多少
提示:由動能定理得qU=mv2-m，解得v=。
二、帶電粒子在電場中的偏轉
1.偏轉條件:帶電粒子的_________方向跟電場方向垂直。
2.運動軌跡:在勻強電場中，帶電粒子的運動軌跡是一條________，類似_______運動的軌跡。
3.分析思路:跟分析平拋運動是一樣的，不同的僅僅是平拋運動物體所受的是________，帶電粒子所受的是_________ 。
初速度
拋物線
平拋
重力
靜電力
[微點撥]
帶電粒子從偏轉電場中射出時，其速度的反向延長線過水平位移的中點。
[質疑辨析]
如圖所示，帶電粒子(不計重力)從兩極板中間
垂直電場線方向進入電場。試對以下結論作出判斷:
(1)帶電粒子在勻強電場中做勻變速運動。 ( )
(2)帶電粒子在沿初速度方向上做勻速直線運動。 ( )
(3)帶電粒子在電場中的運動過程，動能不斷增大。 ( )
(4)帶電粒子在沿靜電力方向上做初速度為零的勻加速直線運動。 ( )
√
√
√
√
課堂精析重難
如圖所示，直線上有O、a、b、c四點，a、b間的距離與b、c間的距離相等，在O點處有固定點電荷。已知b點電勢高于c點電勢。若一帶負電荷的粒子僅在靜電力作用下先從c點運動到b點，再從b點運動到a點。試分析:
強化點(一)　帶電粒子的加速問題
任務驅動
(1)粒子的運動情況;
提示:b點電勢高于c點電勢，則O點固定的是正點電荷。帶負電荷的粒子從c點運動到b點，再從b點運動到a點，靜電力對粒子一直做正功，粒子速度一直增大。
(2)從c點到b點、從b點到a點兩段過程中，靜電力對粒子做功的關系。
提示:靜電力做功W=qU，因為Ubc1.關于帶電粒子在電場中的重力
(1)基本粒子:如電子、質子、α粒子等，除有說明或有明確的暗示以外，此類粒子一般不考慮重力(但并不忽略質量)。
(2)帶電微粒:如液滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力。
要點釋解明
2.帶電粒子做直線運動的條件
(1)粒子所受合力F合=0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。
(2)粒子所受合力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。
3.處理方法
可以從動力學和功能關系兩個角度進行分析，其比較如表所示。
項目 動力學角度 功能關系角度
涉及 知識 牛頓第二定律結合勻變速直線運動公式 功的公式及動能定理
選擇 條件 勻強電場，靜電力是恒力 可以是勻強電場，也可以是非勻強電場，靜電力可以是恒力，也可以是變力
1.(2024·湖南期末)如圖，在P板附近有電荷(不計重
力)由靜止開始向Q板運動，則以下說法正確的是 (　　)
A.到達Q板的速率與板間距離和加速電壓兩個因素有關
B.電壓一定時，兩板間距離越大，加速的時間越短，加速度越小
C.電壓一定時，兩板間距離越大，加速的時間越長，加速度越大
D.若加速電壓U與電荷量q均變為原來的2倍，則到達Q板的速率變為原來的2倍
題點全練清
√
解析:根據動能定理得qU=mv2，到達Q板的速率為v=，可知到達Q板的速率只與加速電壓有關，與板間距離無關，故A錯誤;根據運動學公式d=at2，由牛頓第二定律有a=，可知兩板間距離越大，加速的時間越長，加速度越小，故B、C錯誤;到達Q板的速率為v=，若加速電壓U與電荷量q均變為原來的2倍，則到達Q板的速率變為原來的2倍，故D正確。
2.如圖所示，平行板電容器兩板間的距離為d=
10 cm，電勢差為U=100 V。一質量為mα、電荷量為q的α粒子(帶正電)，在靜電力的作用下由靜止開始從正極板A向負極板B運動。(α粒子質量是質子質量的4倍，即mα=4×1.67×10-27 kg，電荷量是質子的2倍，重力加速度g=10 m/s2，計算結果均保留2位有效數字)
(1)比較α粒子所受靜電力和重力的大小，說明重力能否忽略不計。
答案:見解析　
解析:α粒子所受的靜電力大小
F== N=3.2×10-16 N，
重力大小G=mαg=4×1.67×10-27×10 N=6.68×10-26 N，
因重力大小遠小于靜電力大小，故重力能忽略不計。
(2)α粒子的加速度是多少 在電場中做何種運動
答案:4.8×1010 m/s2　初速度為0的勻加速直線運動　
解析:α粒子的加速度為a=≈4.8×1010 m/s2，
做初速度為0的勻加速直線運動。
(3)計算粒子到達負極板時的速度大小。
答案:9.8×104 m/s
解析:由動能定理可知qU=mαv2
解得v=≈9.8×104 m/s。
1.基本規律:帶電粒子在電場中的偏轉軌跡如圖所示。
要點釋解明
強化點(二)　帶電粒子的偏轉問題
(1)初速度方向
(2)電場線方向
(3)離開電場時的偏轉角的正切值:tan α==。
(4)離開電場時位移與初速度方向的夾角的正切值:tan β==。
2.三個重要推論
(1)以相同的初速度進入同一個偏轉電場的帶電粒子，不論m、q是否相同，只要相同，即比荷相同，則偏轉距離y和偏轉角α相同。
(2)若以相同的初動能Ek0進入同一個偏轉電場，不論m是否相同，只要q相同，則偏轉距離y和偏轉角α相同。
(3)不同的帶電粒子從靜止經同一加速電場加速后(即加速電壓相同)，進入同一偏轉電場，則偏轉距離y和偏轉角α相同（y=，tan α=，U1為加速電壓，U2為偏轉電壓）。
[典例]　(2024·遼寧大連期末)如圖所示，示波器的工作原理可以簡化為:金屬絲發射出的電子由靜止經電壓U1加速后，從金屬板的小孔O射出，沿OO'進入偏轉電場，經偏轉電場后打在熒光屏上。偏轉電場是由兩個平行的相同金屬極板M、N組成，已知極板的長度為l，兩板間的距離也為l，極板間電壓為U2。偏轉電場極板的右端到熒光
屏的距離為d。電子電荷量大小為e、質量為m，
不計電子受到的重力和電子之間的相互作用。
(1)求電子從小孔O穿出時的速度大小v0;
[答案]　　
[解析]　電子在加速電場中做加速運動，根據動能定理可得eU1=m，解得v0=。
(2)求電子離開偏轉電場時速度偏轉角度的正切值和在熒光屏上形成的亮斑到O'的距離。
[答案]　　
[解析]　在偏轉電場中，水平方向電子做勻速運動，有l=v0t
豎直方向，電子受到電場力作用，由牛頓第二定律有e=ma
又y=at2，vy=at，tan θ=
聯立解得電子離開偏轉電場時速度偏轉角度的正切值為tan θ=
根據類平拋運動推論和幾何關系可得y'=y
聯立解得在熒光屏上形成的亮斑到O'的距離為y'=。
[思維建模]
帶電粒子在電場中運動問題的處理方法
帶電粒子在電場中運動的問題實質上是力學問題的延續，從受力角度看，帶電粒子與一般物體相比多受到一個靜電力;從處理方法上看，仍可利用力學中的規律分析，如選用平衡條件、牛頓運動定律、動能定理、功能關系、能量守恒定律等。
1.(2024·山西長治期末)如圖所示，一帶正電的點電荷從某點以豎直向上的初速度v射入水平向右的勻強電場中，圖中實線為勻強電場的電場線，不計點電荷受到的重力，下列圖中虛線可能正確描繪了點電荷運動軌跡的是 (　　)
題點全練清
√
解析:由于正點電荷在勻強電場中受到的電場力大小不變，方向與電場強度方向相同，水平向右，且點電荷初速度方向豎直向上，重力不計，則點電荷將做類平拋運動，且軌跡夾在電場力與速度之間，軌跡將如選項C所示。故選C。
2.(2025·河北保定月考)(多選)如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加恒定電壓U，A、B兩板的中央有小孔O1、O2，在B板的右側有平行于金屬板的勻強電場，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向放置。先后在小孔O1處由靜止釋放帶正電的甲粒子和乙粒子，甲、乙兩粒子的電荷量之比為2∶1，質量之比為1∶2，不計兩粒子受到的重力和空氣阻力，關于這兩個粒子的運動，下列說法
正確的是 (　　)
A.甲、乙兩粒子在O2處的速度大小之比為2∶1
B.甲、乙兩粒子在O2處的速度大小之比為1∶1
C.甲、乙兩粒子打到感光板上時的動能之比為2∶1
D.甲、乙兩粒子打到感光板上的位置相同
解析:在A、B間加速時，根據動能定理有qU=mv2，解得v=∝，可知甲、乙兩粒子運動到O2處時的速度大小之比為2∶1，故A正確，B錯誤;
√
√
√
在偏轉電場中粒子做類平拋運動，則水平方向有x=vt，豎直方向有y=at2，根據牛頓第二定律有a=，解得x=，在豎直位移y相同的情況下，水平位移x也相同，故兩粒子有相同的運動軌跡，甲、乙兩粒子打到感光板上的位置相同，故D正確;運動軌跡完全一樣，可知整個運動過程中兩個粒子有共同的起點和終點，設O2到感光板的電勢差為U1，由動能定理得q(U+U1)=mv'2，可知U、U1相同的情況下，兩粒子的末動能之比等于電荷量之比，為2∶1，故C正確。
課時跟蹤檢測
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A級——學考達標
1.質量和電荷量不同的帶電粒子，在電場中由靜止開始經相同電壓加速后(　　)
A.比荷大的粒子速度大，電荷量大的粒子動能大
B.比荷大的粒子動能大，電荷量大的粒子速度大
C.比荷大的粒子速度和動能都大
D.電荷量大的粒子速度和動能都大
√
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解析:根據動能定理得qU=mv2，解得v=，可知在電場中由靜止開始經相同電壓加速后，比荷大的粒子速度大，但動能不一定大，電荷量大的粒子動能大，但速度不一定大，故A正確，B、C、D錯誤。
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2.(多選)一個只受靜電力的帶電微粒進入勻強電場，則該微粒的 (　　)
A.運動速度必然增大
B.動能可能減小
C.加速度肯定不為零
D.一定做勻加速直線運動
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√
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解析:帶電微粒在電場中只受靜電力作用，加速度不為零且恒定，C正確;微粒可能做勻變速直線運動或勻變速曲線運動，D錯誤;微粒做勻加速直線運動時，速度增大，動能變大，做勻減速直線運動時，速度、動能均減小，A錯誤，B正確。
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3.一束帶電粒子以相同的速率從同一位置垂直于電場方向飛入勻強電場中，所有粒子的運動軌跡都是一樣的，這說明所有粒子 (　　)
A.都具有相同的質量 B.都具有相同的電荷量
C.電荷量與質量之比都相同 D.互為同位素
解析:根據沿電場方向上偏移的距離y=·，所有粒子軌跡相同，v0相同，則一定相同。故選C。
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4.(2025·遼寧朝陽月考)如圖所示，兩平行金屬板帶有等量異種電荷，極板與外電路斷開，一電子從O點沿垂直極板方向射出，最遠能達到A點，然后返回。不計電子的重力。若電子從O點射出的初速度不變，將右極板向右平移一小段距離，則 (　　)
A.電子最遠能達到A點右側某點
B.電子最遠不可能再達到A點
C.電子返回O點所用時間不變
D.電子返回O點時速度會變小
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解析:根據E=、C=、C=，可得兩平行極板間電場強度E=，在與外電路斷開的情況下，移動右極板，Q不變，所以電場強度E不變，電子的受力不變，運動情況與之前相同。故選C。
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5.(多選)如圖，質量相同的帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入勻強電場中，P從平行板間正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們都打到上極板同一點，不計粒子重力，則 (　　)
A.它們運動的時間相同
B.它們運動的加速度不相等
C.它們所帶的電荷量相同
D.靜電力對它們做負功，且做的功相等
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√
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解析:運動時間為t=，由于x、v相等，故運動時間相等，A正確;根據y=at2，可得a=，Q的加速度是P的兩倍，B正確;根據qE=ma可知，Q所帶的電荷量是P的兩倍，C錯誤;由W=qEd可知，靜電力對兩粒子均做正功，且對Q做的功是對P的4倍，D錯誤。
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6.(2024·黑吉遼高考)在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面(紙面)內運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線;若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發運動到與O點等高處的過程中 (　　)
A.動能減小，電勢能增大
B.動能增大，電勢能增大
C.動能減小，電勢能減小
D.動能增大，電勢能減小
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解析:根據題意可知，小球所受合力方向沿虛線向下，則其所受電場力方向水平向右，小球從O點運動到與O點等高處的過程做類平拋運動，小球的速度增大，動能增大，由于小球所受電場力與小球速度的夾角一直為銳角，則電場力做正功，小球的電勢能減小，A、B、C錯誤，D正確。
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7.(2025·江蘇南京月考)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點，由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點。現將C板向左平移到P'點，則由O點靜止釋放的電子 (　　)
A.運動到P點返回
B.運動到P和P'點之間返回
C.運動到P'點返回
D.穿過P'點后繼續運動
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解析:由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，表明電子在薄板A、B之間做加速運動，電場力做正功，電場方向向左，在薄板B、C之間做減速運動，電場力做負功，電場方向向右，到達P點時速度恰好為0，之后電子向左加速至M點，再向左減速至O點速度為0，之后重復先前的運動，根據動能定理有-eUOM-eUMP=0，解得UMP=-UOM=UMO，根據C==，當C板向左平移到P'點，B、C間距減小，B、C之間電壓減小，則有UMP=UMO>UMP'，根據動能定理有-eUOM-eUMP'>0，可知電子減速運動到P'的速度不等于0，即電子穿過P'點后繼續向右運動。故選D。
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8.某帶電粒子轉向器的橫截面如圖所示，轉向器中有輻向電場。粒子從M點射入，沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線(等勢線)運動，并從虛線上的N點射出，虛線處電場強度大小分別為E1和E2，則R1、R2和E1、E2應滿足 (　　)
A.= B.=
C.= D.=
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解析:帶電粒子在電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，則有qE1=m，qE2=m，聯立可得=，故選A。
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9.(12分)(2025·安徽阜陽檢測)如圖所示，平行金屬板M、N水平放置，它們之間距離為d，除邊緣外，它們之間的電場可以看為勻強電場，電場強度為E。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。已知qE=mg，重力加速度為g，忽略空氣阻力。
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(1)求帶電粒子的加速度;
答案:2g　
解析:由牛頓第二定律得mg+Eq=ma
結合qE=mg
解得a=2g。
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(2)若在帶電粒子運動距離時，電場強度E大小不變，方向相反，不考慮調換時間，求該粒子從M板運動到N板經歷的時間t。
答案:
解析:粒子運動距離時速度為v==
加速運動的時間t1==
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電場方向調換后，粒子所受電場力與重力等大反向，粒子將做勻速運動
勻速運動時間t2==
粒子從M板運動到N板經歷的時間t=t1+t2=。
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B級——選考進階
10.(多選)有一種電荷控制式噴墨打印機，它的打印頭的結構簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經過帶電室帶上電后以一定的初速度垂直射入偏轉電場，經過偏轉電場后打到紙上，顯示出字符。不考慮墨汁微粒的重力，為使打在紙上的字跡縮小(偏轉距離減小)，下列措施可行的是(　　)
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A.減小墨汁微粒的質量
B.增大偏轉電場兩板間的距離
C.減小偏轉電場的電壓
D.減小墨汁微粒的噴出速度
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解析:微粒以一定的初速度垂直射入偏轉電場，在電場中做類平拋運動，水平方向有L=v0t，豎直方向有y=at2，加速度a=，聯立解得y=，要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉電場的偏轉距離y。分析可知采用的方法有:增大墨汁微粒的質量、增大偏轉電場兩板間的距離、減小偏轉電場的電壓、增大墨汁微粒的噴出速度，故A、D錯誤，B、C正確。
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11.(多選)如圖所示，豎直面內有一個勻強電場，球1和球2是兩個質量相同的帶電小球，以相同的初速度沿電場
中軸線水平射入，球1和球2的電荷量大小分
別為q1和q2，根據兩球的軌跡判斷下列說法
正確的是 (　　)
A.球1一定帶負電 B.球2一定帶正電
C.q1一定大于q2 D.q1可能小于q2
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解析:根據題圖可知電場方向向下，則根據運動情況可知球1所受合力向上，球2所受合力向下，且兩球豎直方向上位移大小相同，初速度相同，球2在水平方向的位移更大，由y=at2，t=，可知球2的加速度更小，即a1>a2。對球1受力分析，球1所受電場力一定向上，與電場方向相反，則球1一定帶負電，Eq1-mg=ma1;對球2受力分析，若球2所受電場力向上，則球2帶負電，mg-Eq2=ma2，若球2所受電場力向下，則球2帶正電，mg+Eq2=ma2'，所以球2可能帶正電，也可能帶負電，故A正確，B錯誤;由以上分析可知，若球2帶負電，則Eq1>mg，Eq2q2;若球2帶正電，則根據a1>a2'，得Eq1-mg=ma1>ma2'=mg+Eq2，可得q1>q2，故C正確，D錯誤。
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12.(14分)(2025·江西撫州檢測)如圖所示，在平面直角坐標系xOy第一象限和第二象限-d0)、質量為m的粒子由第一象限的S(2d，2d)點靜止釋放，不計粒子重力，求:
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(1)粒子到達y軸的時間;
答案:　
解析:粒子在第一象限內做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律有qE=ma
根據運動學公式有2d=a
解得t1=。
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(2)粒子從第二象限電場的左側邊界飛出時的位置坐標。
答案:（-d，d）
解析:粒子在第一象限內，根據運動學公式有v0=at1
粒子在第二象限內做類平拋運動，加速度大小與在第一象限內相等，若粒子在到達x軸之前已經飛出電場，則有y1=a，d=v0t2
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解得y1=<2d
表明粒子在到達x軸之前已經飛出電場，之后做勻速直線運動，則飛出點的橫坐標為-d，縱坐標為y2=2d-y1=d
則粒子從第二象限電場的左側邊界飛出時的位置坐標為（-d，d）。
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4課時跟蹤檢測(十二)　帶電粒子在電場中的運動
(選擇題1~8小題,每小題4分;10~11小題,每小題6分。本檢測卷滿分70分)
A級——學考達標
1.質量和電荷量不同的帶電粒子,在電場中由靜止開始經相同電壓加速后 (　　)
A.比荷大的粒子速度大,電荷量大的粒子動能大
B.比荷大的粒子動能大,電荷量大的粒子速度大
C.比荷大的粒子速度和動能都大
D.電荷量大的粒子速度和動能都大
2.(多選)一個只受靜電力的帶電微粒進入勻強電場,則該微粒的 (　　)
A.運動速度必然增大
B.動能可能減小
C.加速度肯定不為零
D.一定做勻加速直線運動
3.一束帶電粒子以相同的速率從同一位置垂直于電場方向飛入勻強電場中,所有粒子的運動軌跡都是一樣的,這說明所有粒子 (　　)
A.都具有相同的質量
B.都具有相同的電荷量
C.電荷量與質量之比都相同
D.互為同位素
4.(2025·遼寧朝陽月考)如圖所示,兩平行金屬板帶有等量異種電荷,極板與外電路斷開,一電子從O點沿垂直極板方向射出,最遠能達到A點,然后返回。不計電子的重力。若電子從O點射出的初速度不變,將右極板向右平移一小段距離,則 (　　)
A.電子最遠能達到A點右側某點
B.電子最遠不可能再達到A點
C.電子返回O點所用時間不變
D.電子返回O點時速度會變小
5.(多選)如圖,質量相同的帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入勻強電場中,P從平行板間正中央射入,Q從下極板邊緣處射入,它們都打到上極板同一點,不計粒子重力,則 (　　)
A.它們運動的時間相同
B.它們運動的加速度不相等
C.它們所帶的電荷量相同
D.靜電力對它們做負功,且做的功相等
6.(2024·黑吉遼高考)在水平方向的勻強電場中,一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面(紙面)內運動。如圖,若小球的初速度方向沿虛線,則其運動軌跡為直線;若小球的初速度方向垂直于虛線,則其從O點出發運動到與O點等高處的過程中 (　　)
A.動能減小,電勢能增大
B.動能增大,電勢能增大
C.動能減小,電勢能減小
D.動能增大,電勢能減小
7.(2025·江蘇南京月考)如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分別位于O、M、P點,由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點。現將C板向左平移到P'點,則由O點靜止釋放的電子 (　　)
A.運動到P點返回
B.運動到P和P'點之間返回
C.運動到P'點返回
D.穿過P'點后繼續運動
8.某帶電粒子轉向器的橫截面如圖所示,轉向器中有輻向電場。粒子從M點射入,沿著由半徑分別為R1和R2的圓弧平滑連接成的虛線(等勢線)運動,并從虛線上的N點射出,虛線處電場強度大小分別為E1和E2,則R1、R2和E1、E2應滿足 (　　)
A.= B.=
C.= D.=
9.(12分)(2025·安徽阜陽檢測)如圖所示,平行金屬板M、N水平放置,它們之間距離為d,除邊緣外,它們之間的電場可以看為勻強電場,電場強度為E。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。已知qE=mg,重力加速度為g,忽略空氣阻力。
(1)求帶電粒子的加速度;
(2)若在帶電粒子運動距離時,電場強度E大小不變,方向相反,不考慮調換時間,求該粒子從M板運動到N板經歷的時間t。
B級——選考進階
10.(多選)有一種電荷控制式噴墨打印機,它的打印頭的結構簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒,此微粒經過帶電室帶上電后以一定的初速度垂直射入偏轉電場,經過偏轉電場后打到紙上,顯示出字符。不考慮墨汁微粒的重力,為使打在紙上的字跡縮小(偏轉距離減小),下列措施可行的是 (　　)
A.減小墨汁微粒的質量
B.增大偏轉電場兩板間的距離
C.減小偏轉電場的電壓
D.減小墨汁微粒的噴出速度
11.(多選)如圖所示,豎直面內有一個勻強電場,球1和球2是兩個質量相同的帶電小球,以相同的初速度沿電場中軸線水平射入,球1和球2的電荷量大小分別為q1和q2,根據兩球的軌跡判斷下列說法正確的是 (　　)
A.球1一定帶負電 B.球2一定帶正電
C.q1一定大于q2 D.q1可能小于q2
12.(14分)(2025·江西撫州檢測)如圖所示,在平面直角坐標系xOy第一象限和第二象限-d0)、質量為m的粒子由第一象限的S(2d,2d)點靜止釋放,不計粒子重力,求:
(1)粒子到達y軸的時間;
(2)粒子從第二象限電場的左側邊界飛出時的位置坐標。
課時跟蹤檢測(十二)
1.選A　根據動能定理得qU=mv2,解得v=,可知在電場中由靜止開始經相同電壓加速后,比荷大的粒子速度大,但動能不一定大,電荷量大的粒子動能大,但速度不一定大,故A正確,B、C、D錯誤。
2.選BC　帶電微粒在電場中只受靜電力作用,加速度不為零且恒定,C正確;微粒可能做勻變速直線運動或勻變速曲線運動,D錯誤;微粒做勻加速直線運動時,速度增大,動能變大,做勻減速直線運動時,速度、動能均減小,A錯誤,B正確。
3.選C　根據沿電場方向上偏移的距離y=·,所有粒子軌跡相同,v0相同,則一定相同。故選C。
4.選C　根據E=、C=、C=,可得兩平行極板間電場強度E=,在與外電路斷開的情況下,移動右極板,Q不變,所以電場強度E不變,電子的受力不變,運動情況與之前相同。故選C。
5.選AB　運動時間為t=,由于x、v相等,故運動時間相等,A正確;根據y=at2,可得a=,Q的加速度是P的兩倍,B正確;根據qE=ma可知,Q所帶的電荷量是P的兩倍,C錯誤;由W=qEd可知,靜電力對兩粒子均做正功,且對Q做的功是對P的4倍,D錯誤。
6.選D　根據題意可知,小球所受合力方向沿虛線向下,則其所受電場力方向水平向右,小球從O點運動到與O點等高處的過程做類平拋運動,小球的速度增大,動能增大,由于小球所受電場力與小球速度的夾角一直為銳角,則電場力做正功,小球的電勢能減小,A、B、C錯誤,D正確。
7.選D　由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點,表明電子在薄板A、B之間做加速運動,電場力做正功,電場方向向左,在薄板B、C之間做減速運動,電場力做負功,電場方向向右,到達P點時速度恰好為0,之后電子向左加速至M點,再向左減速至O點速度為0,之后重復先前的運動,根據動能定理有-eUOM-eUMP=0,解得UMP=-UOM=UMO,根據C==,當C板向左平移到P'點,B、C間距減小,B、C之間電壓減小,則有UMP=UMO>UMP',根據動能定理有-eUOM-eUMP'>0,可知電子減速運動到P'的速度不等于0,即電子穿過P'點后繼續向右運動。故選D。
8.選A　帶電粒子在電場中做勻速圓周運動,電場力提供向心力,則有qE1=m,qE2=m,聯立可得=,故選A。
9.解析:(1)由牛頓第二定律得mg+Eq=ma
結合qE=mg
解得a=2g。
(2)粒子運動距離時速度為v==
加速運動的時間t1==
電場方向調換后,粒子所受電場力與重力等大反向,粒子將做勻速運動
勻速運動時間t2==
粒子從M板運動到N板經歷的時間t=t1+t2=。
答案:(1)2g　(2)
10.選BC　微粒以一定的初速度垂直射入偏轉電場,在電場中做類平拋運動,水平方向有L=v0t,豎直方向有y=at2,加速度a=,聯立解得y=,要縮小字跡,就要減小微粒通過偏轉電場的偏轉距離y。分析可知采用的方法有:增大墨汁微粒的質量、增大偏轉電場兩板間的距離、減小偏轉電場的電壓、增大墨汁微粒的噴出速度,故A、D錯誤,B、C正確。
11.選AC　根據題圖可知電場方向向下,則根據運動情況可知球1所受合力向上,球2所受合力向下,且兩球豎直方向上位移大小相同,初速度相同,球2在水平方向的位移更大,由y=at2,t=,可知球2的加速度更小,即a1>a2。對球1受力分析,球1所受電場力一定向上,與電場方向相反,則球1一定帶負電,Eq1-mg=ma1;對球2受力分析,若球2所受電場力向上,則球2帶負電,mg-Eq2=ma2,若球2所受電場力向下,則球2帶正電,mg+Eq2=ma2',所以球2可能帶正電,也可能帶負電,故A正確,B錯誤;由以上分析可知,若球2帶負電,則Eq1>mg,Eq2q2;若球2帶正電,則根據a1>a2',得Eq1-mg=ma1>ma2'=mg+Eq2,可得q1>q2,故C正確,D錯誤。
12.解析:(1)粒子在第一象限內做勻加速直線運動,根據牛頓第二定律有qE=ma
根據運動學公式有2d=a
解得t1=。
(2)粒子在第一象限內,根據運動學公式有v0=at1
粒子在第二象限內做類平拋運動,加速度大小與在第一象限內相等,若粒子在到達x軸之前已經飛出電場,則有y1=a,d=v0t2
解得y1=<2d
表明粒子在到達x軸之前已經飛出電場,之后做勻速直線運動,則飛出點的橫坐標為-d,縱坐標為y2=2d-y1=d
則粒子從第二象限電場的左側邊界飛出時的位置坐標為。
答案:(1)　(2)
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