新高考物理二轮复习——带电粒子在电场中的加速与偏转学案

这是一份新高考物理二轮复习——带电粒子在电场中的加速与偏转学案，共10页。

热点突破
命题点1 带电粒子在电场中的直线运动
考题示例1
（2025·湖南·模拟题）（多选）在真空中水平放置的平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，两极板间距为d，当平行板电容器电压为U0时，油滴保持静止，当给电容器充电使电压增加ΔU1油滴开始以加速度a向上运动；经时间Δt1后，电容器又突然放电使电压减少ΔU2，加速度大小变为3a，且加速度方向向下，又经过时间Δt2，油滴恰好回到原来位置。假设充放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计，油滴未与极板相碰，则下列说法中正确的是（ ）
A．ΔU1∶ΔU2＝1∶8
B．Δt1＝Δt2
C．Δt1时间内和Δt2时间内，油滴动能变化量之比为1∶4
D．Δt1时间内和Δt2时间内，油滴动量变化量大小之比为1∶3
答案：BD
解析：A、油滴静止时：mg＝，油滴开始向上以加速度a运动时，
根据牛顿第二定律有：－mg＝ma，即：＝ma ①
当油滴的加速度为3a时，由牛顿第二定律有：mg－＝m·3a，
即：＝3ma ②
由①②解得：ΔU1∶ΔU2＝1∶4，故A错误；
B、设在Δt1时间内油滴的位移为x1，在Δt2时间内油滴的位移为x2，
由运动学公式得：x1＝(Δt1)2，x2＝v1Δt2－×3a(Δt2)2，
由题意可知：v1＝aΔt1，x2＝－x1，解得：Δt1＝Δt2，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可知在Δt1时间内和在Δt2时间内油滴所受的合外力之比为F合1∶F合2＝ma∶m(3a)＝1∶3，根据动能定理：F合·x＝ΔEk，可得Δt1时间内和Δt2时间内，油滴动能变化量之比为ΔEk∶ΔEk2＝F合1x1∶F合2|x2|＝F合1∶F合2＝1∶3，故C错误；
D、根据动量定理得：Δp＝F合·Δt，结合Δt1＝Δt2，可得，Δt1时间内和Δt2时间内，油滴动量变化量大小之比为Δp1∶Δp2＝F合1∶F合2＝1∶3，故D正确。
故选：BD。
跟踪训练1
（2024·江西·联考题）多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；
（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
（3）已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。
答案：（1）；（2）EMBEDEq uatin.DSMT4；（3）。
解析：（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，
根据动能定理有qU＝ ①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝ ②
联立①②式，得T1＝
（2）根据动能定理，有qU－qEx＝0
得x＝ ③
（3）同一个离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有＝ ④
通过③式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝ ⑤
联立①④⑤式，得t总＝
可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比。
由题意可得，可得
反思提升
1．带电粒子在电场中做直线运动的条件
（1）带电粒子所受合外力F合＝0，做匀速直线运动。
（2）带电粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线，将做加速直线运动或减速直线运动。
2．处理方法
（1）用动力学观点分析：a＝，E＝，＝2ad。
（2）用功能观点分析：
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝
非匀强电场中：W＝qU＝
命题点2 带电粒子在电场中的偏转
考题示例2
（2025·江苏·历年真题）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒子的质量为m。电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。求：
（1）a运动到最高点的时间t；
（2）a到达最高点时，a、b间的距离H。
答案：（1）根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，
对a球，根据牛顿第二定律有qE＝ma
a运动到最高点的时间，由运动学公式有v0sin θ＝at
联立解得t＝；
（2）方法一：根据题意可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cs θ，则两小球一直在同一竖直线上，斜上抛的小球竖直方向上运动的位移为x1＝＝
斜下抛的小球竖直方向上运动位移为x2＝v0tsin θ＋＝
则小球a到达最高点时与小球b之间的距离x＝x1＋x2＝；
方法二：两个小球均受到相同电场力，以a球为参考系，b球以2v0sin θ的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离H＝2v0sin θt＝。
跟踪训练2
（2025·广东·历年真题）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直。其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍（k＜1）。已知颗粒质量为m，两绝缘的平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。
求：（1）颗粒碰撞前的电荷量q。
（2）颗粒在B点碰撞后的电荷量Q。
（3）颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。
答案：（1）粒子在竖直方向上做自由落体，则有h＝
水平方向上做匀加速直线运动，则有＝ma，l＝
解得q＝
（2）设颗粒在B点与绝缘平板碰撞前瞬间水平分速度大小为vx，竖直分速度大小为vy，
所受合力与水平方向的夹角为β，
则由运动学公式可得vx＝at＝，vy＝
由于颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间，
水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍，
则颗粒反弹离开绝缘平板瞬间的水平分速度大小为vx，
竖直分速度大小为vy′＝kvy＝，方向竖直向上，
作出颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间的速度示意图如图所示，
由于颗粒反弹离开绝缘瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，则θ＋β＝90°，
故tan θ＝，则
联立可得Q＝
（3）由于vy′＝kvy（k＜1），则颗粒从B点离开后在竖直方向做竖直上抛运动，无法到达上绝缘平板，所以颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘平板或右侧金属平板发生的，
若颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则对颗粒从与下方绝缘平板第1次碰撞后瞬间到与下方绝缘平板第2次碰撞前瞬间的过程，竖直方向上由竖直上抛运动规律可得该过程的运动时间为t′＝，
水平方向上由运动学公式可得该过程颗粒在水平方向上的运动距离为x＝vxt′＋
其中a1＝
解得x＝4kl＋
当x≤d－l，即d≥(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，
则电场力对它做的功为W2＝EQx，
又颗粒从A点运动到B点的过程中，电场力对它做的功为W1＝qEl
联立可得粒子从A点开始运动到第二次碰撞的过程，
电场力对它做的功为W＝W1＋W2＝
当x＞d－l，即d＜(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与右侧金属板发生的，
则电场力对颗粒做的功为W3＝EQ(d－l)
联立可得颗粒从A点开始运动到第二次碰撞的过程中，
电场力对它做的功为W＝W1＋W3＝
反思提升
1．带电粒子在匀强电场中的偏转问题的分析思路：
2．带电粒子在匀强电场中偏转运动分解为两个分运动
（1）沿初速度方向做匀速直线运动，t＝。
（2）沿静电力方向做匀加速直线运动：
加速度：a＝
离开电场时的偏移量：y＝
离开电场时的偏转角：tan θ＝
（3）带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
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＝，
其中Uy＝，指初、末位置间的电势差。
命题点3 带电粒子在交变电场中的运动
考题示例3
（2024年·天津·模拟题）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U0的周期性变化的电压，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v0，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＝，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为
B．粒子的电荷量为
C．在t＝时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了
D．在t＝时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场
答案：D
解析：A、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＝，此时间正好是交变电场的一个周期；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，故A错误；
B、粒子在竖直方向，在时间内的位移为，则＝，解得q＝，故B错误；
C、t＝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′＝2×－2×＝＝，故电场力做功为W＝＝＝，故C错误；
D、t＝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，向上减速，由对称可知，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，故D正确；
故选：D。
跟踪训练3
（2024·河北·联考题）（多选）如图甲所示，真空中两平行金属板A、B水平放置，间距为d，P点在金属板A、B之间，A板接地，B板的电势φB随时间t的变化情况如图乙所示。t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，直到t＝3T时刻，电子回到P点。电子运动中没有与极板相碰，电子重力不计，则下列说法正确的是（ ）
A．φ1︰φ2＝3︰4
B．φ1︰φ2＝4︰5
C．电子从P点出发至返回P点，其动能增大，电势能减小
D．电子从P点出发至返回P点，其动能和电势能都增大
答案：BD
解析：设电子在0～T时间内的加速度大小为a1，T时刻的速度为v1，T～3T时间内的加速度大小为a2，3T时刻的速度为v2，画出电子在0～3T时间内的速度图像，如图所示：
AB．设电子在0～T时间内的位移s1，在T～3T时间内的位移为s2，则有s1＋s2＝0，由s1＝，s2＝v1·2T－，其中v1＝a1T，v2＝v1－a2·2T，联立解得，由于加速度大小a＝，故，又匀强电场中E＝，U1＝φ1－0，U2＝0－(－φ2)＝φ2，故φ1∶φ2＝4∶5，故B正确，A错误；
CD．电势能Ep＝－eφ，原来在P点时，P点电势大于0，电子电势能为负值；回到P点后，P点电势小于0，电子电势能为正值，故电子从P点出发至返回P点，电子电势能增加；由初始状态静止，返回P点后速度v2不为零，可知电子从P点出发至返回P点，动能增加，故C错误，D正确。
故选BD。
反思提升
1．此类问题往往结合牛顿运动定律和运动学公式求解。
2．当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可能做周期性的运动。
3．当粒子垂直于电场方向射入时，粒子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可能具有周期性。
命题点
考频统计
命题特点
核心素养
带电粒子在电场中的直线运动
2025年：四川T13
江苏T13 河南T13
广东T15
2024年：湖南T14
江苏T16 山东T18
2023年：
浙江1月T12
浙江6月T8
湖北T10
本专题综合了类平抛运动以及匀变速直线运动，大部分题目都依赖常规公式的推导以及数学分析，少量题目需要建立模型，有些小题也可以通过二级结论来快速求解。
交变电场中的运动比较复杂，有时还会用到运动学图象，比如v－t图象和a－t图象等。
物理观念：
理解带电粒子在电场中做什么运动，并且满足什么规律。
科学思维：
能将复杂的实际运动问题的对象和过程转换成常规的物理模型，比如平抛、斜抛、往复运动等。
带电粒子在电场中的偏转
带电粒子在交变电场中的运动