2026高考物理一轮复习-第九章-第47课时-专题强化：带电粒子在电场中的偏转-专项训练【含答案】

这是一份2026高考物理一轮复习-第九章-第47课时-专题强化：带电粒子在电场中的偏转-专项训练【含答案】，共12页。试卷主要包含了掌握带电粒子在电场中偏转的规律，功能关系，某种负离子空气净化原理如图所示等内容，欢迎下载使用。
考点一 带电粒子在匀强电场中的偏转
1.运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝lv0(如图)。
(2)沿静电力方向做匀加速直线运动
①加速度：a＝Fm＝qEm＝qUmd；
②离开电场时的偏移量：y＝12at2＝qUl22mdv02；
③离开电场时的偏转角：tan θ＝vyv0＝qUlmdv02。
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＝12mv2－12mv02，其中Uy＝Udy，指初、末位置间的电势差。
3.粒子经电场偏转后射出时，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。
(来自教材)让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止开始经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，它们是否会分离成三股粒子束？试通过计算说明。
答案 由qU0＝12mv02
y＝12at2＝12·qU1md·(lv0)2
tan θ＝vyv0＝qU1lmdv02
得y＝U1l24U0d，tan θ＝U1l2U0d，
y、θ均与m、q无关。所以它们的偏移量和偏转角总是相同的，轨迹是重合的。
故它们不会分离成三股粒子束。
例1 (多选)如图所示，水平平行板电容器间距为d，电源电压恒定。闭合开关S，板间电场稳定后，一电子以初速度v从平行板左端水平射入，经过时间t离开平行板间电场时速度与水平方向夹角为θ，静电力对电子做功为W，电子在屏上所产生光点的竖直偏移量为y；若保持开关S闭合，将两板间距调整为2d，电子仍然以初速度v水平射入，不计电子重力，则( )
A.电子通过平行板电容器的时间是t
B.平行板间电场对电子做功是12W
C.电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角是12θ
D.电子在屏上所产生的光点的竖直偏移量是12y
答案 AD
解析 水平方向是匀速直线运动，电子通过平行板电容器的时间是t，故A正确；电子在平行板电容器间竖直偏移量y1＝12at2＝12×qUmdt2
平行板间静电力对电子做功是W＝qEy1＝qUd×12×qUmdt2＝q2U2t22md2
将两板间距调整为2d，则W'＝14W，故B错误；
电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角正切值是tan θ＝vyv＝atv＝qUmdvt，将两板间距调整为2d，则tan θ'＝12tan θ，故C错误；
电子在屏上所产生的光点的竖直偏移量是y＝y1＋y2＝qUt22md＋Dtan θ
将两板间距调整为2d，则y'＝12y，故D正确。
计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法
(1)y＝y1＋Dtan θ(D为屏到偏转电场右边缘的水平距离)。
(2)y＝(L2＋D)tan θ(L为极板长度)。
(3)根据三角形相似yy1＝L2＋DL2＝L＋2DL。
例2 如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
答案 (1)12mv02＋2φdqh v0mdhqφ
(2)2v0mdhqφ
解析 (1)P、G与Q、G间电场强度大小相等，均为E，粒子在P、G间所受静电力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝2φd①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－12mv02③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有h＝12at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得Ek＝12mv02＋2φdqh，
l＝v0mdhqφ
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0mdhqφ。
[变式] 在例2中，若两金属板间距为3d。在P板下方2d处有一水平放置的金属网G，G接地。带电粒子自G的左端上方距离G为d的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，粒子穿越金属网过程中与金属网不接触，其他条件不变。求：
(1)粒子第一次到达G所需的时间t；
(2)粒子穿过G后距Q板的最近距离y；
(3)若粒子恰好沿水平方向飞离电场，求金属板的长度L。
答案 (1)2dmqφ (2)12d (3)3nv0dmqφ，n＝1、2、3…
解析 (1)粒子在竖直方向做匀加速直线运动，第一次到达G所需的时间为t，则有
d＝12at2，a＝qφ2dm，
联立解得t＝2dmqφ。
(2)粒子穿过G板时的竖直方向的速度为v＝at
粒子穿过G后，粒子的加速度为a'＝qφdm＝2a
则粒子穿过G后，粒子在竖直方向做匀减速直线运动，竖直方向的速度减为0所用的时间为
t'＝va'＝v2a＝12t，
因为d＝v2t，则d'＝v2t'＝12d
所以粒子穿过G后距Q板的最近距离y＝d－12d＝12d。
(3)若粒子恰好沿水平方向飞离电场，即粒子在竖直方向速度为0，粒子在竖直方向先做匀加速直线运动t加速到v，后做匀减速直线运动12t减速到0，再接着反向匀加速直线运动12t加速到v，然后匀减速直线运动t减速到0，竖直方向做周期性运动，水平方向一直做匀速直线运动，则粒子恰好沿水平方向飞离电场的时间为t总＝n(t＋12t)，n＝1、2、3…
金属板的长度为L＝v0t总＝3nv0dmqφ，n＝1、2、3…。
考点二 带电粒子在重力场和电场叠加场中的偏转
例3 (2024·福建泉州市一模)空间存在一竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O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O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为t2。重力加速度为g，求：
(1)O点与P点的高度差；
(2)B小球的加速度大小和电场强度的大小；
(3)B运动到P点时的动能。
答案 (1)12gt2 (2)4g 3mgq (3)2m(v02＋g2t2)
解析 (1)小球A在竖直方向做自由落体运动，因此高度差为h＝12gt2
(2)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＝ma
12a(t2)2＝12gt2
解得a＝4g，E＝3mgq
(3)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
Ek－12mv12＝mgh＋qEh
且有v1t2＝v0t
h＝12gt2
联立得Ek＝2m(v02＋g2t2)。
例4 (2024·黑龙江大庆市模拟)如图所示，A、B、C、D、E、F、G、H是一正方体的8个顶点，正方体棱长为d，AE边竖直向下。空间有一沿AB方向的匀强电场，从A点沿AD方向水平抛出一质量为m、带电荷量为＋q的小球，小球恰好落到G点，重力加速度为g，则( )
A.电场强度大小为E＝2mgq
B.小球抛出的速度大小为v0＝gd
C.小球从A点运动到G点的时间为t＝dg
D.小球运动到G点时速度方向与水平面的夹角θ，满足tan θ＝255
答案 D
解析 小球恰好落到G点，因此小球在正方体内的运动可分解为沿AB、AD、AE三个方向的运动；沿AE方向受重力，做自由落体运动，则有d＝12gt2，解得t＝2dg，沿AB方向受静电力，则有d＝12at2，a＝qEm，解得E＝mgq，沿AD方向做匀速直线运动，则有d＝v0t，解得v0＝gd2，故A、B、C错误；小球运动到G点时，竖直方向分速度为vy＝2gd，沿电场方向的分速度为vx1＝2ad＝2gd，则小球运动到G点时，水平方向分速度为vx＝v02＋vx12＝52gd，小球运动到G点时速度方向与水平面的夹角满足tan θ＝vyvx＝255，故D正确。
课时精练
(分值：60分)
1~6题每小题4分，共24分
1.(多选)(2025·山东泰安市开学考)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在上方，竖直位移较大，由h＝12at2可知，A下落的加速度较大，所受合外力较大，如果A球带电，则A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的竖直位移较小，加速度较小，所受合外力较小，则B所受静电力向上，应带正电，静电力对B做负功，电势能增加，故C错误，D正确。
2.如图所示，在真空中，将一个质量为m、带电荷量为＋q的粒子从A点以初速度v0竖直向上射入水平向右的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速度vB＝2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为( )
A.mv022qB.3mv02qC.2mv02qD.3mv022q
答案 C
解析 粒子在竖直方向做匀减速直线运动，则有2gh＝v02，静电力做正功，重力做负功，使粒子的动能由12mv02变为2mv02，则根据动能定理有Uq－mgh＝2mv02－12mv02，解得A、B两点电势差应为U＝2mv02q，故选项C正确。
3.(2025·河南周口市检测)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UYY'均为正值，两偏转电极的电场强度方向分别由X指向X'，由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。
4.一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，先后从电容器的P点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间。测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2。若不计重力，则a和b的比荷之比是( )
A.1∶2B.1∶8
C.2∶1D.4∶1
答案 D
解析 两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有x＝vt，垂直极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有y＝12at2，粒子在电场中受的力为F＝Eq，根据牛顿第二定律有F＝ma，整理得qm＝2yv2Ex2，因为两粒子在同一电场中运动，E相同，初速度相同，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比，所以比荷之比为4∶1，D正确。
5.(多选)(2025·河北保定市检测)如图所示，长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个电荷量为＋q、质量为m的带电粒子以初速度v0紧贴上板垂直于电场线的方向进入该电场，而后刚好从下板边缘射出，射出时其末速度恰与下板的夹角θ＝30°，不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A.粒子做非匀变速运动
B.粒子的末速度大小为23v03
C.匀强电场的电场强度大小为3mv023qL
D.两板间的距离为3L12
答案 BC
解析 因为在匀强电场中，静电力是恒力，因此会产生恒定的加速度，所以粒子做匀变速运动，A错误；粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为30°，由速度关系得合速度为v＝v0cs30°＝23v03，B正确；粒子在匀强电场中做类平抛运动，在水平方向上L＝v0t，在竖直方向上vy＝at，vy＝v0tan 30°＝3v03，由牛顿第二定律得qE＝ma，解得E＝3mv023qL，方向竖直向下，C正确；粒子做类平抛运动，在竖直方向上d＝12at2，解得d＝36L，D错误。
6.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0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mv0qE
B.速度大小为3v0
C.与P点的距离为22mv02qE
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＝12at2＝12·qEmt2，yx＝tan 45°，
联立解得t＝2mv0qE，故A错误；
vy＝at＝qEm·2mv0qE＝2v0，则速度大小v＝v02＋vy2＝5v0，tan θ＝v0vy＝12，则速度方向与竖直方向夹角θ≠30°，故B、D错误；
x＝v0t＝2mv02qE，与P点的距离
s＝xcs45°＝22mv02qE，故C正确。
7题6分，8题14分，9题16分，共36分
7.(2024·浙江1月选考·11)如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则( )
A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大
B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能(12mvm2＋eU)
C.电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd2meU
D.M、N间加反向电压mvm24e时电流表示数恰好为零
答案 C
解析 根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到达N时，有eU＝Ekm－12mvm2，则到达N时的最大动能为Ekm＝eU＋12mvm2，与M、N间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，选项A、B错误；金属极板M射出的电子到达N时在y方向的位移最大，则电子从M到N过程中y方向最大位移为y＝vmt，d＝12×eUdmt2，解得y＝vmd2meU，选项C正确；M、N间加反向电压电流表示数恰好为零时，则eUc＝12mvm2，解得Uc＝mvm22e，选项D错误。
8.(14分)(2025·湖南省联考)如图所示，三条竖直虚线A、B、C相互平行，A、B间距为L，B、C间距为2L。在A、B间有平行于虚线向下的匀强电场Ⅰ，电场强度大小为E1；在B、C间有平行于虚线向下的匀强电场Ⅱ，垂直于虚线的直线分别交A、C于P、Q点。在P点与PQ成60°斜向右上射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子恰好垂直虚线B进入电场Ⅱ，经电场Ⅱ偏转恰好到达Q点，不计粒子的重力，求：
(1)(4分)粒子在电场Ⅰ中运动的时间；
(2)(5分)电场Ⅱ的电场强度大小；
(3)(5分)粒子运动到Q点时静电力做功的瞬时功率。
答案 (1)3mLqE1 (2)14E1 (3)qE183qE1Lm
解析 (1)设粒子在电场Ⅰ中运动的时间为t1，初速度为v0，则
L＝v0cs 60°·t1
v0sin 60°＝a1t1
根据牛顿第二定律qE1＝ma1
解得t1＝3mLqE1
(2)由题意知，粒子在Ⅰ、Ⅱ两个电场中运动的时间之比为t1t2＝12
设粒子经过B时的位置离PQ连线的距离为d，则
d＝12×qE1mt12
又d＝12×qE2mt22
解得E2＝14E1
(3)粒子到达Q点时，设沿电场方向的速度为v，
则v2＝2×qE2md
解得v＝3qE1L4m
则粒子到Q点时，静电力做功的瞬时功率
P＝qE2v＝qE183qE1Lm。
9.(16分)(2023·北京卷·20)某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物(视为小球)组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d，不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
(1)(6分)若不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；
(2)(10分)若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
a.半径为R、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10 μm和2.5 μm的两种颗粒，若10 μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5 μm的颗粒被收集的百分比。
答案 (1)2d2mv02qL2 (2)a.d2kRv0qL b.25%
解析 (1)只要紧靠上极板的颗粒能够落到金属板下极板最右侧，颗粒就能够全部被收集，
水平方向有L＝v0t
竖直方向有d＝12at2
根据牛顿第二定律有qE＝ma
又E＝U1d
解得U1＝2d2mv02qL2
(2)a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，根据题意有F电＝f，即qU2d＝kRv，且dv＝Lv0
联立解得U2＝d2kRv0qL
b.10 μm的带电荷量q的颗粒恰好100%被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，则有kRvmax＝qU2d
在竖直方向上颗粒匀速下落，则有d＝vmaxt
2.5 μm的颗粒带电荷量为q'＝q16
颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，则有14kRvmax'＝q'U2d
设距下极板为d'的颗粒恰好被收集，在竖直方向颗粒匀速下落，则有d'＝vmax't
解得d'＝d4
故2.5 μm的颗粒被收集的百分比为
d'd×100%＝25%。