第37讲 带电粒子在电场中的偏转（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份第37讲 带电粒子在电场中的偏转（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考），共23页。试卷主要包含了考点突破，考法探究等内容，欢迎下载使用。
01、考情透视，目标导航TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc14038" 02、知识导图，思维引航 PAGEREF _Tc14038 \h 1
03、考点突破，考法探究
\l "_Tc15616" 考点一 带电粒子在匀强电场中的偏转 PAGEREF _Tc15616 \h 2
\l "_Tc15675" 知识点1.带电粒子在电场中偏转问题的两个重要结论 PAGEREF _Tc15675 \h 2
\l "_Tc15209" 知识点2.处理带电粒子的偏转问题的方法 PAGEREF _Tc15209 \h 3
\l "_Tc27502" 考点二 示波管的工作原理 PAGEREF _Tc27502 \h 5
\l "_Tc9760" 知识点1．确定最终偏移距离 PAGEREF _Tc9760 \h 5
\l "_Tc30330" 知识点2．确定偏转后的动能(或速度) PAGEREF _Tc30330 \h 5
\l "_Tc12181" 考点三 带电粒子在电场和重力场中的偏转 PAGEREF _Tc12181 \h 7
\l "_Tc25508" 考点四 带电粒子在交变电场中的偏转 PAGEREF _Tc25508 \h 8
\l "_Tc18754" 04、真题练习，命题洞见 PAGEREF _Tc18754 \h 11
考点一 带电粒子在匀强电场中的偏转
知识点1.带电粒子在电场中偏转问题的两个重要结论
(1)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：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·
tan θ＝eq \f(qU1l,mdveq \\al(2,0))
得y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
可见y和tan θ与粒子的q、m无关。
(2)粒子经电场偏转后射出，合速度方向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eq \f(l,2)。
知识点2.处理带电粒子的偏转问题的方法
1.(多选)如图所示，空间存在竖直向上的匀强电场，一个带电粒子电荷量为q，以一定的水平初速度由P点射入匀强电场，当粒子从Q点射出电场时，其速度方向与竖直方向成30°角。已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计粒子重力，设Q点的电势为零。则下列说法正确的是( )
A．带电粒子在P点的电势能为Uq
B．带电粒子带负电
C．匀强电场电场强度大小为E＝eq \f(\r(3)U,3d)
D．匀强电场电场强度大小为E＝eq \f(2\r(3)U,3d)
【答案】 AD
【解析】 粒子的轨迹向上，则所受的静电力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电。粒子从P到Q，静电力做正功为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，Q点的电势为零，则知带电粒子在P点的电势能为Uq，故A正确，B错误；设带电粒子在P点时的速度为v0，以垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由类平抛运动的规律和几何知识求得在Q点时粒子在y轴方向的分速度为vy＝eq \r(3)v0，粒子在y轴方向上的平均速度为eq \x\t(v)y＝eq \f(\r(3)v0,2)，设粒子在y轴方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则竖直方向有y0＝eq \x\t(v)yt＝eq \f(\r(3)v0t,2)，水平方向有d＝v0t，可得y0＝eq \f(\r(3)d,2)，所以电场强度为E＝eq \f(U,y0)，联立得E＝eq \f(2U,\r(3)d)＝eq \f(2\r(3)U,3d)，故C错误，D正确。
2.如图，静止于A处的质子(质量为m、电荷量为e)，经电压为U的加速电场加速后，沿图中虚线垂直MP进入方向竖直向下的矩形有界匀强偏转电场区域MNQP，区域边界MN＝3L、MP＝2L，质子经加速偏转后恰好能从PQ边距P点为2L处射出，质子重力不计。(结果均用e、U、m表示)
(1)求质子离开加速电场时的速度大小；
(2)求质子离开偏转电场时的速度大小；
(3)若偏转电场的电场强度大小变为原来的三分之一、方向不变，求质子离开该区域时的速度大小。
【答案】 (1)eq \r(\f(2eU,m)) (2)eq \r(\f(10eU,m)) (3)2eq \r(\f(eU,m))
【解析】 (1)质子在加速电场中做加速直线运动，由动能定理有eU＝eq \f(1,2)mv12－0，解得v1＝eq \r(\f(2eU,m))
(2)由题意知，质子在竖直方向做初速度为零的加速直线运动，在水平方向做速度大小为eq \r(\f(2eU,m))的匀速直线运动，设偏转电场的电场强度为E，竖直方向有eE＝ma,2L＝eq \f(1,2)at2，vy＝at，水平方向有2L＝v1t
质子离开偏转电场时速度为v2＝eq \r(v12＋vy2)
解得v2＝eq \r(\f(10eU,m))
(3)若偏转电场的电场强度大小变为原来的三分之一，由之前的分析可知，其竖直方向的加速度大小也变为原来的三分之一，有a＝3a′，假设质子从PQ边射出，则质子在竖直方向上依然做匀加速直线运动，有2L＝eq \f(1,2)a′t12，所以有t1＝eq \r(3)t，则该段时间内质子在水平方向运动的距离为x′＝v1t1
有x′＝2eq \r(3)L>3L，由上述分析可知，质子出电场时不是从电场下端离开，设其离开电场时竖直方向的速度为vy1，时间为t2，竖直方向有vy1＝a′t2，水平方向仍然以v1做匀速直线运动，有3L＝v1t2，质子离开电场的速度大小为v3＝eq \r(v12＋vy12)＝2eq \r(\f(eU,m))。
考点二 示波管的工作原理
在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上并显示亮点P，如图所示。
知识点1．确定最终偏移距离
思路一
思路二
知识点2．确定偏转后的动能(或速度)
思路一
思路二
1.一束电子从静止开始经加速电压U1＝U0加速后，水平射入水平放置的两平行金属板中间，如图所示。金属板长为l，两板距离为d＝l，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L＝2l，若在两金属板间加直流电压U2＝2U0时，光点偏离中线打在荧光屏上的P点，其中电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子之间的相互作用。求：(结果用e、m、l、U0表示)
(1)电子刚进入偏转电场时的速度大小；
(2)电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小；
(3)OP的长度和电子打到P点时的动能。
【答案】 (1)eq \r(\f(2eU0,m)) (2)eq \f(l,2) (3)eq \f(5,2)l 2eU0
【解析】 (1)电子经U1＝U0的电场加速后，由动能定理可得eU1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得电子刚进入偏转电场时的速度大小为
v0＝eq \r(\f(2eU1,m))＝eq \r(\f(2eU0,m))。
(2)电子以v0的速度进入偏转电场U2做类平抛运动，则有l＝v0t，a＝eq \f(eE,m)＝eq \f(eU2,md)，
y＝eq \f(1,2)at2
联立解得电子离开偏转电场时垂直于板面方向的位移大小为y＝eq \f(U2l2,4U1d)＝eq \f(l,2)。
(3)电子离开偏转电场时垂直极板方向速度大小为
vy＝at＝eq \f(eU2,md)·eq \f(l,v0)＝eq \f(eU2,mv0)
电子离开偏转电场时偏转角θ的正切值为
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(U2,2U1)＝1
根据几何关系可知，OP的长度为
OP＝y＋Ltan θ＝eq \f(1,2)l＋2l＝eq \f(5,2)l
由动能定理得，电子打在荧光屏的P点动能为
Ek＝eU1＋eeq \f(U2,d)y＝2eU0。
2.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Δd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，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A．粒子离开加速器时速度v0＝eq \r(\f(qU0,m))
B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移y1＝eq \f(L,4)
C．Δd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＝eq \f(1,2)mv02，粒子离开加速器时速度为v0＝eq \r(\f(2qU0,m))，故A错误；粒子在左侧平移器电场中的偏移量为y1＝eq \f(1,2)at2，又qeq \f(U0,L)＝ma，L＝v0t，得y1＝eq \f(L,4)，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左侧平移器下方平行板和右侧平移器上方平行板中点，根据几何关系可知Δd＝L，故C错误；由上述分析可得y1＝eq \f(qU0L,2mv02)，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。
考点三 带电粒子在电场和重力场中的偏转
1.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v0，由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知OP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．小球所受静电力大小为eq \f(\r(3)mg,2)
B．小球所受的合外力大小为eq \f(\r(3)mg,3)
C．小球由O点到P点用时为eq \f(\r(3)v0,g)
D．小球通过P点时的动能为eq \f(5,2)mv02
【答案】 C
【解析】 设OP＝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Lcs 60°＝eq \f(v0,2)t，竖直方向Lsin 60°＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝eq \f(\r(3)v0,g)，选项C正确；水平方向受静电力F1＝ma＝meq \f(v0,t)＝eq \f(\r(3)mg,3)，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合外力的大小F＝eq \r(mg2＋F12)＝eq \f(2\r(3),3)mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度大小vP＝gt＝eq \r(3)v0，则动能EkP＝eq \f(1,2)mvP2＝eq \f(3,2)mv02，选项D错误。
2.空间存在一方向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eq \f(t,2)。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
【答案】 (1)eq \f(3mg,q) (2)2m(v02＋g2t2)
【解析】 (1)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
eq \f(1,2)a(eq \f(t,2))2＝eq \f(1,2)gt2②
解得E＝eq \f(3mg,q)③
(2)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mgh＋qEh＝Ek－eq \f(1,2)mv12④
且有v1·eq \f(t,2)＝v0t⑤
h＝eq \f(1,2)gt2⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。
考点四 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。
1. (多选)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子。在两板间存在如图乙所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力。以下判断正确的是( )
A.粒子在电场中运动的最短时间为eq \f(\r(2)d,v0)
B.能从板间电场射出的粒子的最大动能为eq \f(5,4)mveq \\al(2,0)
C.t＝eq \f(d,2v0)时刻进入的粒子将从O′点射出
D.t＝eq \f(3d,v0)时刻进入的粒子将从O′点射出
【答案】 AD
【解析】 由图像可知电场强度大小E＝eq \f(mveq \\al(2,0),2qd)，则粒子在电场中的加速度a＝eq \f(qE,m)＝eq \f(veq \\al(2,0),2d)，假设粒子在电场中沿电场方向能做匀加速运动打在板上，在电场中运动的时间为t0，有eq \f(d,2)＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)，解得t0＝eq \f(\r(2)d,v0)，粒子能穿出两板间的情况下运动的时间t1＝eq \f(8d,v0)，由于t0