专题61带电粒子在电场中的运动（原卷版+解析版）-2023届高考物理一轮复习知识点精讲与最新高考题模拟题同步训练

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2023高考一轮知识点精讲和最新高考题模拟题同步训练
第十一章 静电场
专题61 带电粒子在电场中的运动
第一部分 知识点精讲
一、带电粒子在电场中的加速
1. 带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动。有两种分析方法：
(1)用动力学观点分析：a＝，E＝，v2－v＝2ad。
(2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qU＝mv2－mv。
思维导图：

2．带电粒子在电场中运动时重力的处理
(1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化。
(2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化。
二、带电粒子在电场中的偏转
1．运动条件
(1)只受电场力；
(2)初速度v0⊥E。
2．运动性质：类平抛运动——可分解为

(1)沿初速度方向做匀速直线运动
①能飞出电容器：t＝。
②不能飞出电容器：y＝at2＝t2，y为粒子打到极板上的偏移位移
(2)沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动
①加速度：a＝＝＝。
②离开电场时的偏移量：y＝at2＝
③离开电场时的偏转角：tan θ＝＝。
3．推论
(1)速度偏角正切值tan α是位移偏角正切值tan θ的2倍。
(2)粒子经电场偏转后射出时，瞬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，即O到偏转电场边缘的距离为，如上图所示。
4．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＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。
三、示波管
在示波管模型中，带电粒子经加速电场加速，再经偏转电场偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。
1．确定最终偏移距离

2．确定偏转后的动能(或速度)
思路一：

四、带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场类型
交变电场常见的电压波形：正弦波、方形波、锯齿波等。
2．交变电场中常见的运动类型
(1)粒子做单向直线运动(一般对整段或分段研究用牛顿运动定律结合运动学公式求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解)。
3．分析思路
(1)动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析。
(2)能量观点：应用动能定理、功能关系等分项。
(3)动量观点：应用动量定理分析。
4. 分析带电粒子在交变电场中运动的一般方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，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。
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用。

第二部分 最新高考题精选
1．（2022年6月浙江选考）如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为， a为常量。比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动。不考虑粒子间的相互作用及重力，则

A．轨道半径r小的粒子角速度一定小
B．电荷量大的粒子的动能一定大
C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关
D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查牛顿运动定律、电场力、圆周运动、洛伦兹力、动能及其相关知识点。
【解题思路】
粒子在半径为r的圆轨道运动，qE=mω2r，将代入，得ω2=，由此可知，轨道半径r小的粒子角速度一定大，A错误；由qE=mv2/r，解得q=Ek，即电荷量大的粒子的动能一定大，B正确；由qE=mv2/r，可知v2=qa/m，即粒子的速度大小与轨道半径r一定无关，C正确；若加垂直纸面向外的磁场时，带电粒子所受洛伦兹力指向圆心，则粒子做向心运动，D错误。
2．（2022年6月浙江选考）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t=0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则

A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为
D．粒子从N板下端射出的时间
【参考答案】C
【命题意图】本题考查带电粒子在两极板之间的匀强电场中的运动。
【解题思路】根据题述，垂直M板向右运动的粒子，到达N板时速度大小为，可知电场对带电粒子做正功，由于不知粒子电性，不能判断出M板电势高于N板电势，A错误；电场对两带电粒子都做正功，两个粒子的电势能都减小，B错误；两个带电粒子由M板运动到N，电场力做功相同，两粒子运动到N板时速度大小相同。对平行M板向下运动的粒子，将运动到N板下端的速度分解可得，垂直于N板的速度分量为v0，平行于N板的速度分量为v0，设MN两极板之间的距离为d，对平行M板向下运动的粒子垂直于N板方向的分运动，L/2=v0t，d=at2，对垂直M板向右运动的粒子，（）2- v02=2ad，联立解得：，t=，C正确D错误。
3．（15分）（2022·高考广东物理）密立根通过观测油滴的运动规律证明了电荷的量子性，因此获得了1923年的诺贝尔奖。图13是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的足够大金属极板，上极板中央有一小孔。通过小孔喷入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴带上了电荷。有两个质量均为、位于同一竖直线上的球形小油滴A和B，在时间t内都匀速下落了距离。此时给两极板加上电压U（上极板接正极），A继续以原速度下落，B经过一段时间后向上匀速运动。B在匀速运动时间t内上升了距离，随后与A合并，形成一个球形新油滴，继续在两极板间运动直至匀速。已知球形油滴受到的空气阻力大小为，其中k为比例系数，m为油滴质量，v为油滴运动速率。不计空气浮力，重力加速度为g。求：

（1）比例系数k；
（2）油滴A、B的带电量和电性；B上升距离电势能的变化量；
（3）新油滴匀速运动速度的大小和方向。

【命题意图】本题考查平衡条件，功能关系、动量守恒定律及其相关知识点，意在考查对物理过程分析、灵活运用知识和科学思维能力。
【解题思路】
（1）m0g=kmv1，v1t=h1，
解得k=。
（2）给两极板加上电压U，两极板之间产生竖直向下的匀强电场。A继续以原速率下落，说明A不带电；B匀速上升，说明B带负电荷。由平衡条件，
qU/d= m0g+kmv2，v2t=h2，解得 q=
B上升h2距离，电场力做功 W=qU/d·h2=
由功能关系可得电势能减少了△E=W=
（3）A、B合并，动量守恒，设竖直向下为正方向，
由动量守恒定律，m0v1- m0v2=（m0+m0）v
解得v=。
新油滴的质量为2 m0，新油滴所受电场力

若，即
可知新油滴速度方向向上，新油滴向上加速，设达到平衡时速度为v1，达到平衡时

解得速度大小为，速度方向向上；
若，即
可知新油滴速度方向向下，新油滴向下加速，设达到平衡时速度为v2，达到平衡时
解得速度大小为，速度方向向下。

4．（20分）（2020高考全国理综I）
在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。
（1）求电场强度的大小；
（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？

【名师解析】：
（1）粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知
AC=R①
F=qE②
由动能定理有F·AC=③
联立①②③式得
④
（2）如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知

∠PAD=30°，AP=R，DP=⑤
设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP。由牛顿第二定律和运动学公式有
F=ma⑥
⑦
DP=v1t1⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得⑨
（3）设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。由运动学公式有
⑩
x=v t
粒子离开电场的位置在圆周上，有

粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零。设穿过电场
前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条
件及运动学公式有
mv2=mv0=mat
联立②④⑥⑩式得
v=0
和
另解：
由题意知，初速为0时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同。因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化也为mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率。
5．（18分）（2020高考天津卷）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；
（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）已知质量为的离子总飞行时间为，待测离子的总飞行时间为，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量。

【名师解析】．（18分）
（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有
①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则
②
联立①②式，得
③
（2）根据动能定理，有
④
得 ⑤
（3）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
⑥
通过⑤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，在无场区的总路程设为，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。有
⑦
联立①⑥⑦式，得
⑧
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
⑨

6．(2020·浙江7月选考)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
B．速度大小为3v0
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【参考答案】C　
【名师解析】粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，由几何知识得沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝at2，其中a＝，联立解得t＝，A项错误；粒子在MN连线上某点时，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小v＝＝v0，B项错误；该点到P点的距离s＝x＝v0t＝，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝＝，则θ≠30°，D项错误。
7　(2019·全国卷Ⅱ)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？
【名师解析】：(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝①
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－mv02③
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大小为l，则有h＝at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得Ek＝mv02＋qh⑥
l＝v0。⑦
(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L为
L＝2l＝2v0。⑧
答案：(1)mv02＋qh　v0　(2)2v0

第三部分 最新模拟题精选
1．. (2022广东湛江模拟)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（ ）

A. B.
C. D.
【参考答案】A
【名师解析】UXX′和UYY′均为正值，电场强度方向由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，电场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。
2. （2022山东四县区质检）某离子实验装置的基本原理如图所示，Ⅰ区宽度为d1，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满沿y轴正方向的匀强电场，电场强度E；Ⅱ区宽度为d2，左边界与x轴垂直交于O1点，右边界与x轴垂直交于O2点，其内充满沿x轴负方向的匀强磁场，磁感应强度。足够大的测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心与O2点重合，以O2为原点建立zO2y坐标系，从离子源不断飘出电荷量q、质量m的正离子，其以某初速度沿x轴正方向过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区到达测试板。离子从Ⅰ区飞出时的位置到O1点的距离l。忽略离子间的相互作用，不计离子的重力。则下列判断正确的是（　　）

A. 离子进入Ⅰ区的初速度v0=
B. 离子在Ⅱ区运动的路程
C. 离子打在测试板上的位置与O2点沿y轴距离
D. 离子打在测试板上的位置与O2点沿z轴距离
【参考答案】D
【名师解析】
设离子加速后到达O点的速度为v0，在Ⅰ区内做类平抛运动的时间为t1，则，x方向
y方向
由牛顿第二定律得
解得，故A错误；
离子刚飞出Ⅰ区时沿y轴方向的速度大小
合速度的大小为
在Ⅱ区内x方向做匀速直线运动，设离子在Ⅱ区运动的时间为t2，x方向

解得
离子在Ⅱ区运动轨迹的长度，故B错误；
设离子在Ⅱ区yoz平面方向做匀速圆周运动的半径为r，则 ，
联立解得，
则离子y方向转动的圈数周
由几何关系可知：离子打在测试板上的位置与O2点沿y轴距离
离子打在测试板上的位置与O2点沿z轴距离，故C错误，D正确。
3. （2022·河北石家庄三模）如图甲所示，间距为d的两金属板水平放置，板间电场强度随时间的变化规律如图乙所示。时刻，质量为m的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好从金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度为g，则从微粒射入到从金属板边缘飞出的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 微粒飞出时的速度沿水平方向且大于
B. 微粒的最大速度为
C. 微粒受到的电场力做功为
D. 微粒飞出时重力的功率为
【参考答案】C
【名师解析】
时间内微粒匀速运动，则
可知内和内，由牛顿第二定律，
得
微粒进入两板间做类平抛运动，内和内的运动是互逆的，所以微粒飞出两板间的速度为入射的速度，故A错误；
时微粒速度最大，最大速度为，故B错误；
微粒沿电场线方向分别做匀加速直线运动、匀速直线运动和匀减速直线运动，恰好从金属板边缘飞出则

电场力作用下，沿电场线方向匀加速运动距离为
沿电场线方向匀速运动距离为
电场力做功
联立得，故C正确；
微粒飞出的速度与重力垂直，重力功率为零，故D错误。
4. (2021高考辽宁模拟卷)如图甲所示，长为的两水平金属板组成一间距为d的平行板电容器，电容器的B板接地，A板电势φ随时间t的变化关系如图乙所示，其周期。P为靠近A板左侧的一粒子源，能够水平向右发射初速度为的相同带电粒子。已知时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器，则下列判断正确的是( )

A.时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为
B.该粒子源发射的粒子的比荷为
C.时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能
D.时刻发射的粒子经过的时间，其速度大小为
【参考答案】：ABD
【名师解析】：由于粒子在电场中的运动时间为，所以粒子离开电容器时，刚好在电容器中运动了2个周期，由对称性可知，粒子在竖直方向上的分速度为零，故粒子离开电容器时，其速度等于水平速度，选项A正确；在2个周期内，粒子在竖直方向上运动的距离为d，由匀变速直线运动的规律可得，又因为，，可解得，选项B正确；由对称性可知，时刻从粒子源射出的粒子，刚好从A板右侧下方离开，且与粒子源在同一直线上，所以其电势能不变，选项C错误；时刻发射的粒子经过的时间，粒子在竖直方向的分速度为，故此时粒子的速度大小为，选项D正确。
5.下图是示波管的示意图,从电子枪发出的电子通过两对偏转电极,如果偏转电极不加电压,则电子沿直线打在荧光屏的中心O,当在两对偏转电极上同时加上电压后,电子将偏离中心打在某个位置.现已标出偏转电极所加电压的正负极,从示波管的右侧来看,则电子会打在荧光屏上(　　)


A.1位置　　 　B.2位置 　　 C.3位置　　　 D.4位置
【参考答案】:B
【名师解析】电子通过竖直偏转电极向y轴正方向偏转，通过水平偏转电极沿x轴负方向偏转，所以从示波管的右侧来看,则电子会打在荧光屏上2位置，选项B正确。
6. (2018·北京海淀期末) 示波器的核心部件是示波管，其内部抽成真空，下图是它内部结构的简化原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成。炽热的金属丝可以连续发射电子，电子质量为m，电荷量为e。发射出的电子由静止经电压U1加速后，从金属板的小孔O射出，沿OO′进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个平行的相同金属极板M、N组成，已知极板的长度为l，两板间的距离为d，极板间电压为U2，偏转电场极板的右端到荧光屏的距离为L。不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。

(1)求电子从小孔O穿出时的速度大小v0；
(2)求电子离开偏转电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y；
(3)若将极板M、N间所加的直流电压U2改为交变电压u＝Umsin t，电子穿过偏转电场的时间远小于交流电的周期T，且电子能全部打到荧光屏上，求电子打在荧光屏内范围的长度s。
【名师解析】：(1)由动能定理，U1e＝mv02－0
解得v0＝
(2)电子进入偏转电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设电子在偏转电场中运动的时间为t
水平方向：t＝
竖直方向： E＝，F＝Ee ，a＝，y＝at2
联立解得：y＝
(3)当交变电压为最大值Um时，设电子离开交变电场时沿y轴上的速度为vym，最大侧移量为ym；离开偏转电场后到达荧光屏的时间为t1，在这段时间内的侧移量为y1
则ym＝，vym＝amt＝，t1＝，y1＝vymt1＝
设电子打在荧光屏内范围的长度为s，则
s＝2(ym＋y1)＝(l＋2L)
说明：对第3问也可以直接用＝求解。
7. 如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。

(1)求电子穿过A板时速度的大小；
(2)求电子从偏转电场射出时的偏移量；
(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？
【名师解析】　(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有
eU1＝mv－0，解得v0＝
(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。由牛顿第二定律和运动学公式有
t＝，F＝ma，F＝eE，E＝，y＝at2
解得偏移量y＝
(3)由y＝可知，减小U1或增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点上方。
答案　(1) 　(2)　(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2