第37講 帶電粒子在電場中的（練習）（解析版）-2025年高考物理一輪復習講練測（新教材新高考）

這是一份第37講 帶電粒子在電場中的（練習）（解析版）-2025年高考物理一輪復習講練測（新教材新高考），共30頁。

【題型一】帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)
1．如圖所示，氕、氘、氚的原子核自初速度為零經(jīng)同一電場加速后，又經(jīng)同一勻強電場偏轉(zhuǎn)，最后打在熒光屏上，下列說法不正確的是（ ）
A．經(jīng)過加速電場的過程中，電場力對氚核做的功最多
B．經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的過程中，電場力對三種原子核做的功一樣多
C．三種原子核打在屏上的動能一樣大
D．三種原子核都打在屏的同一位置上
【答案】A
【詳解】A．設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d。在加速電場中，電場力做的功為
由于加速電壓相同，電荷量相等，所以電場力做的功相等，故A錯誤；
D．在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移為
解得
同理可得到偏轉(zhuǎn)角度的正切為
可見y和tanθ與電荷的電量和質(zhì)量無關(guān)。所以出射點的位置相同，出射速度的方向也相同。運動軌跡相同，故三種粒子打屏上同一點，故D正確。
B．粒子的運動軌跡相同，電荷量相同，電場力相同，在偏轉(zhuǎn)電場中電場力做功相同，故B正確；
C．整個過程運用動能定理得
在偏轉(zhuǎn)電場中電場力做功W2一樣大，故C正確；
故選A。
2．如圖所示，一電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，方向豎直向上，P、Q兩點間的電勢差為U(U>0)，不計粒子重力，P點的電勢為零。求：
（1）帶電粒子在Q點的電勢能。
（2）P、Q兩點間的豎直距離。
（3）此勻強電場的電場強度大小。
【答案】（1）－qU；（2）；（3）
【詳解】（1）由題圖可知，帶電粒子的軌跡向上彎曲，則粒子受到的靜電力方向豎直向上，與電場方向相同，所以該粒子帶正電，P、Q兩點間的電勢差為U，所以
其中
所以
根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系可知，帶電粒子在Q點的電勢能為
（2）根據(jù)類平拋運動知識可知Q點速度的反向延長線過水平位移的中點，則
可得P、Q兩點間的豎直距離為
（3）根據(jù)電場強度的定義式可知，此勻強電場的電場強度大小為
3．一個初速度不計的帶電粒子，質(zhì)量為m、電荷量為q，重力忽略不計。該粒子經(jīng)電壓為U的加速電場加速后，垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，如圖所示。若偏轉(zhuǎn)電場兩平行板間距為d，板長為l，兩極板上電壓為。求：
（1）粒子射出加速電場時的速度的大?。?br>（2）粒子射出偏轉(zhuǎn)電場沿垂直于板面方向偏移的距離y；
（3）粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時速度偏轉(zhuǎn)角度θ的正切值。

【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）粒子經(jīng)過加速電場過程，根據(jù)動能定理可得
解得粒子射出加速電場時的速度大小為
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，則有
，
聯(lián)立解得粒子射出偏轉(zhuǎn)電場沿垂直于板面方向偏移的距離為
（3）粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時，沿電場方向的分速度大小為
則速度偏轉(zhuǎn)角度θ的正切值為
【題型二】帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)
4.如圖甲所示，兩平行金屬板水平放置，間距為d，金屬板長為2d，兩金屬板間加如圖乙所示的電壓（時上金屬板帶正電），其中。一粒子源連續(xù)均勻發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為的帶電粒子（初速度，重力忽略不計），該粒子源射出的帶電粒子恰好從上板左端的下邊緣水平進入兩金屬板間，若粒子碰到兩金屬板即被吸收不再反彈且對極板的電量幾乎無影響，則（ ）
A．能從板間飛出的粒子在板間運動的時間為T
B．時刻進入兩極板間的粒子能夠從極板右側(cè)飛出
C．能從極板右側(cè)飛出的粒子電場力對其做功一定為0
D．能從極板右側(cè)飛出的粒子數(shù)占入射粒子總數(shù)的25%
【答案】AC
【詳解】A．能從板間飛出的粒子，水平方向做勻速直線運動，則有
故A正確；
B．假設(shè)時刻進入兩極板間的粒子能夠從極板右側(cè)飛出，則它在豎直方向上先加速向下，經(jīng)過時間后電場反向，開始在豎直方向上減速向下，又經(jīng)過時間，豎直分速度減為零，則有
由牛頓第二定律，可得
聯(lián)立，解得
則假設(shè)不成立，時刻進入兩金屬板間的粒子將打在金屬板上。故B錯誤；
C．根據(jù)對稱性，能從極板右側(cè)飛出的粒子在電場中運動時間為T，則出電場時豎直速度一定為零，則電場力對其做功為零，故C正確；
D．考慮射入的粒子，當粒子射出位置最低時，可以假設(shè)釋放的時間為，在釋放后的時間內(nèi)，豎直位移應(yīng)恰好為d，
解得
隨后的內(nèi)，由于豎直上升高度為
假設(shè)成立，此為一臨界位置；
當粒子射出位置最高時，根據(jù)對稱性可知從時刻射入粒子恰好從上邊緣射出，此為一臨界位置，則能從極板右側(cè)飛出的粒子數(shù)占入射粒子總數(shù)
故D錯誤。
故選AC。
5．如圖甲，在平面直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)，虛線AB上方有沿y軸負方向的勻強電場，AB與x軸負方向夾角為，A點在y軸上，離O點距離為d，B點在x軸上，在第二象限內(nèi)有平行于y軸的平行板M、N，板間加的電壓隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。在M板附近有一粒子源，不斷地由靜止釋放質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子經(jīng)加速電場加速后，以垂直于y軸的方向從y軸上的A點進入第一象限。粒子在M、N間運動的時間遠小于T，可以認為每個粒子在M、N間運動的時間內(nèi)都是穩(wěn)定的勻強電場。從時刻釋放的粒子進入第一象限后經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后剛好從AB的中點離開電場，不計粒子的重力及一切阻力，求：
（1）時刻釋放的粒子到達A點時速度的大??；
（2）第一象限內(nèi)的勻強電場電場強度的大??；
（3）x軸上有粒子經(jīng)過的區(qū)域長度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設(shè)時刻釋放的粒子到達A點時速度的大小為v0，由動能定理可得
解得
（2）依題意，從時刻釋放的粒子進入第一象限的電場偏轉(zhuǎn)后剛好從AB的中點離開電場，粒子做類平拋運動，則可得
又
根據(jù)幾何關(guān)系有
聯(lián)立解得
（3）從時刻釋放的粒子離開電場后運動軌跡如圖，其中到達接收屏的位置設(shè)為C
由粒子做類平拋運動，則
解得
此位置為粒子打到接收屏的左邊界。由乙圖可知，加速電場的電壓最大值為，粒子進入第一象限的最大速度為
設(shè)粒子進入第一象限的速度為v時，恰好運動到B點，則有
聯(lián)立解得
所以速度為的粒子到達接收屏的位置為接受粒子區(qū)域的右邊界，有
綜上所述，x軸上有粒子經(jīng)過的區(qū)域長度為
6.兩塊水平平行放置的導體板如圖甲所示，大量電子（質(zhì)量為m、電荷量為e）由靜止開始，經(jīng)電壓為U0的電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間。當兩板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為2t0；當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、恒為U0的周期性電壓時，能使所有電子均從兩板間通過（忽略電子間的相互作用力及所受重力），己知板間距離為d，求：
（1）平行導體板的板長；
（2）0時刻和t0時刻進入兩板間的電子通過兩板間過程中產(chǎn)生的側(cè)向位移（沿垂直兩板方向上的位移）的大小；
（3）若改變板長，使這些電子通過兩板之間的時間為3t0，電子均能通過兩板，在側(cè)向位移（沿垂直兩板方向上的位移）分別為最大值和最小值的情況下，電子在偏轉(zhuǎn)電場中的動能增量之比。
【答案】（1）；（2），；（3）4:1
【詳解】（1）電子在加速電場中有
進入平行板中水平做勻速直線運動
解得
（2）在偏轉(zhuǎn)電場中，加速度為
對于0時刻進入的電子側(cè)向位移的大小為
解得
對于時刻進入的電子側(cè)向位移的大小為
解得
（3）側(cè)向位移最大，電子在有電場情況下的側(cè)移為
側(cè)向位移最小，電子在有電場情況下的側(cè)移為
由動能定理得
可得動能增量之比
【題型三】帶電粒子在復合場中的偏轉(zhuǎn)
7.絕緣的粗糙水平地面上方有一豎直方向的矩形區(qū)域，該區(qū)域由三個水平邊長是L，豎直邊長是的小矩形區(qū)域組成，從左到右依次為區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，且矩形區(qū)域的下邊OC與桌面相接。為方便描述建立如圖所示的平面直角坐標系；區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中分別存在沿y軸負方向、y軸正方向、y軸正方向的勻強電場，其場強大小比例為?，F(xiàn)有一帶正電的滑塊（可視為質(zhì)點）以某一初速度（未知）從O點沿x軸正方向進入?yún)^(qū)域Ⅰ，滑塊最終從P點（圖中未標出）離開區(qū)域Ⅲ。已知滑塊在區(qū)域Ⅰ中所受靜電力與所受重力大小相等，地面與滑塊間的動摩擦因數(shù)為0.125，重力加速度為g。求：
（1）滑塊進入?yún)^(qū)域Ⅲ時的速度大??；
（2）滑塊在矩形區(qū)域運動的總時間；
（3）若滑塊以相同大小的初速度（未知）從P點沿x軸負方向進入?yún)^(qū)域Ⅲ，試確定滑塊離開電場區(qū)域的位置（Q點）坐標。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）在區(qū)域Ⅱ中由于所受靜電力與所受重力大小相等，則滑塊做勻速直線運動，區(qū)域Ⅲ做類平拋運動，豎直方向加速度
根據(jù)類平拋運動規(guī)律
解得
，
（2）滑塊進入?yún)^(qū)域Ⅲ時，根據(jù)動能定理
解得
在區(qū)域Ⅰ運動時間
運動的總時間
（3）從P點沿x軸負方向進入?yún)^(qū)域Ⅲ，則在區(qū)域Ⅲ運動時間仍為，豎直方向偏轉(zhuǎn)
豎直方向速度為
區(qū)域Ⅱ中做勻速直線運動，區(qū)域Ⅰ中做類斜拋運動、水平速度不變，從出區(qū)域Ⅲ到上升到最高點豎直位移
由于
可知上升到最高點之前就從上邊緣出電場區(qū)域。
則在區(qū)域Ⅰ中，豎直方向運動實際距離
故滑塊離開電場區(qū)域的位置即為
1．噴墨打印機的結(jié)構(gòu)原理如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出半徑為m的墨汁微粒。此微粒經(jīng)過帶電室時被帶上負電，帶電的多少由計算機按字體筆畫高低位置輸入信號加以控制。帶電后的微粒以一定的初速度進入偏轉(zhuǎn)電場，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，打到紙上，顯示出字體。無信號輸入時，墨汁微粒不帶電，沿直線通過偏轉(zhuǎn)電場而注入回流槽流回墨盒。設(shè)偏轉(zhuǎn)極板長，兩板間的距離，偏轉(zhuǎn)板的右端到紙的距離。若一個墨汁微粒的質(zhì)量為，所帶電荷量為，以的初速度垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，打到紙上的點距原射入方向的距離是（不計空氣阻力和墨汁微粒的重力，可以認為偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行板電容器內(nèi)部，忽略邊緣電場的不均勻性）（ ）
A．墨汁從進入偏轉(zhuǎn)電場到打在紙上，做類平拋運動
B．兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是
C．兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是
D．為了使紙上的字體放大10％，可以把偏轉(zhuǎn)電壓降低10％
【答案】C
【詳解】A．墨汁在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，出偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動，故A錯誤；
BC．墨汁出偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動，且反向延長線平分水平位移，如圖所示：
由圖可知
且
在偏轉(zhuǎn)電場中，根據(jù)速度-時間關(guān)系可得
聯(lián)立解得兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是
U=5.0×102V
故B錯誤，C正確；
D．由以上式子整理得
為了使紙上的字體放大10%，可以把偏轉(zhuǎn)電壓提高10%，故D錯誤。
故選C。
2．如圖所示，加速電場的兩極板P、Q豎直放置，間距為d，電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電場的兩極板M、N水平放置，兩極板長度及間距均為L，電壓為U2，P、Q極板分別有小孔A、B，AB連線與偏轉(zhuǎn)電場中心線BC共線。質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子從小孔A（初速度視為0）進入加速電場，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場，可到達探測器（探測器可上下移動）。整個裝置處于真空環(huán)境，兩電場均為勻強電場，且不計離子重力。下列說法正確的是（ ）
A．離子在加速電場中運動時間為
B．到達探測器的離子在M、N板間運動時間為
C．離子到達探測器的最大動能為
D．為保證離子不打在M、N極板上，U1與U2應(yīng)滿足的關(guān)系為U2>2U1
【答案】C
【詳解】A．粒子在加速電場做勻加速直線運動，加速度為
根據(jù)位移時間關(guān)系有
所以離子在加速電場中運動時間為
故A錯誤；
B．設(shè)粒子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，根據(jù)動能定理可得
所以
則離子在M、N板間運動時間為
故B錯誤；
C．根據(jù)動能定理可得
故C正確；
D．為保證離子不打在M、N極板上，即粒子在豎直方向的偏轉(zhuǎn)位移應(yīng)小于，有
可得
故D錯誤。
故選C。
3．（多選）如圖甲所示，某裝置由直線加速器和偏轉(zhuǎn)電場組成。直線加速器序號為奇數(shù)和偶數(shù)的圓筒分別和交變電源的兩極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示；在t＝0時，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，位于金屬圓板（序號為0）中央的電子由靜止開始加速，通過可視為勻強電場的圓筒間隙的時間忽略不計，偏轉(zhuǎn)勻強電場的A、B板水平放置，長度均為L，相距為d，極板間電壓為U，電子從直線加速器水平射出后，自M點射入電場，從N點射出電場。若電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子的重力和相對論效應(yīng)。下列說法正確的是（ ）
A．電子在第3個與第6個金屬筒中的動能之比
B．第2個金屬圓筒的長度為
C．電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，速度偏轉(zhuǎn)角度的正切值
D．若電子通過圓筒間隙的時間不可忽略，且圓筒間隙的距離均為d，在保持圓筒長度、交變電壓的變化規(guī)律和圖乙中相同的情況下，該裝置能夠讓電子獲得的最大速度為
【答案】AD
【詳解】A．設(shè)電子的質(zhì)量為m，電子所帶電荷量的絕對值為e。電子進入第n個圓筒后的動能為En，根據(jù)動能定理有
電子在第3個和第6個金屬圓筒中的動能之比1:2，故A正確；
B．設(shè)電子進入第n個圓筒后的速度為，根據(jù)動能定理有
，
第2個金屬圓筒的長度
＝
故B錯誤；
C．電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度為
電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間為
又因為
電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，垂直于板面的分速度
電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，偏轉(zhuǎn)角度的正切值為
故C錯誤；
D．由題意，若電子通過圓筒間隙的時間不可忽略，則電子進入每級圓筒的時間都要比忽略電子通過圓筒間隙中對應(yīng)時間延后一些，當延后時間累計為，則電子再次進入電場時將開始做減速運動，此時的速度就是裝置能夠加速的最大速度，則有
根據(jù)動能定理得
聯(lián)立解得
故D正確。
故選AD。
4．（多選）靜止的一價銅離子q1和二價的銅離子q2，經(jīng)過同一電壓加速后，再垂直電場線射入同一勻強電場，發(fā)生偏轉(zhuǎn)后離開電場，下列說法正確的是（ ）
A．q1與q 2離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度之比為1：2
B．q 1與q 2離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度之比為1：
C．q 1與q 2在偏轉(zhuǎn)電場中沿電場方向的位移之比為1：1
D．q 1與q 2在偏轉(zhuǎn)電場中沿電場方向的位移之比為1：3
【答案】BC
【詳解】AB．設(shè)加速電場電壓為U。偏轉(zhuǎn)電場場強E，板長L，則根據(jù)
在偏轉(zhuǎn)電場中
離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度
聯(lián)立解得

可知q1與q2離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度之比為1：選項A錯誤，B正確；
CD．根據(jù)
可得
則q1與q2在偏轉(zhuǎn)電場中沿電場方向的位移之比為1：1，選項C正確，D錯誤。
故選BC。
5．噴墨打印機的原理示意圖如圖，質(zhì)量為m的墨滴從墨盒進入帶電室后帶上電量q，以速度沿平行板中線進入偏轉(zhuǎn)電場，墨滴經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)后打到紙上。沒有信號時墨滴不帶電并沿直線運動打到回流槽中回收，墨滴運動過程中忽略空氣阻力和重力。已知偏轉(zhuǎn)板上板帶正電下板帶負電，板長均為，板間距離為d，極板右端與紙的距離為。求
（1）墨滴帶電的電性及打印機正常打印時兩偏轉(zhuǎn)板間的最大電壓；
（2）兩偏轉(zhuǎn)板間電壓為時，墨滴打到紙上的點偏離原入射方向距離；
（3）當電壓為U時紙上打出的是四號字，若使紙上字的大小為原來的一半（即在紙上的偏轉(zhuǎn)量為原來的一半），保持噴墨速度不變時兩板間電壓。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）墨滴向上偏轉(zhuǎn)，受力方向與電場方向相反，故判斷帶負電。墨滴在偏轉(zhuǎn)板間的最大偏轉(zhuǎn)量為時



解得

（2）根據(jù)幾何關(guān)系

得

（3）當電壓為U時，在紙上的偏轉(zhuǎn)量

偏轉(zhuǎn)電壓為

要求偏轉(zhuǎn)量變?yōu)?，且速度不變，電壓?yīng)變?yōu)?br>
6．如圖所示，在平面直角坐標系第一象限和第二象限區(qū)域內(nèi)有電場強度均為、方向分別沿負方向和負方向的勻強電場，將一電荷量為、質(zhì)量為的粒子由第一象限的點靜止釋放，不計粒子重力，求：
（1）粒子到達軸的時間；
（2）粒子從第二象限電場的左側(cè)邊界飛出時的位置坐標。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）粒子在第一象限內(nèi)做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有
根據(jù)位移公式有
解出
（2）粒子從第一象限內(nèi)，根據(jù)速度公式有
粒子從第二象限內(nèi)做類平拋運動，加速度大小與第一象限內(nèi)相等，若粒子在達到軸之前已經(jīng)飛出電場，則有
解得
表明粒子在達到軸之前已經(jīng)飛出電場，之后做勻速直線運動，則飛出點的橫坐標為，縱坐標為
則粒子從第二象限電場的左側(cè)邊界飛出時的位置坐標為
7．如圖所示，金屬絲和豎直金屬板間電壓U1=500V，發(fā)射出的電子（初速度為0）被加速后，從金屬板上的小孔S射出，射出的電子恰能沿平行于極板的方向由左端中間位置射入偏轉(zhuǎn)電場。已知極板長l=6cm，間距d=2cm，極板間電壓U2=40V，電子的電荷量e=1.6×10-19C，電子的質(zhì)量m=0.9×10-30kg。
（1）求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小v；
（2）電子從A點（圖中未標出）射出偏轉(zhuǎn)電場，求電子在偏轉(zhuǎn)電場中發(fā)生的側(cè)位移y；
（3）若下極板電勢為零，求A點的電勢。
【答案】（1）；（2）0.36cm；（3）27.2V
【詳解】（1）電子經(jīng)過加速電場過程，根據(jù)動能定理可得
解得
（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，則有
，
聯(lián)立解得電子在偏轉(zhuǎn)電場中發(fā)生的側(cè)位移
（3）A點離下板的距離為
若下極板電勢為零，則A點的電勢為
8．如圖所示，在空間中取直角坐標系Oxy，虛線MN與x軸垂直，垂足為P點，MN與y軸之間的距離為d。從y軸到MN之間的區(qū)域Ⅰ中充滿一個沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E；MN右側(cè)區(qū)域Ⅱ中充滿一個沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為2E。初速度為零的電子經(jīng)過一個電壓為U的電場（圖中未畫出）加速后，從y軸上的A點以平行于x軸正方向的速度射入?yún)^(qū)域Ⅰ，電子經(jīng)區(qū)域Ⅰ恰好由P點進入?yún)^(qū)域Ⅱ。已知電子的電量為e，質(zhì)量為m，重力忽略不計，求：
（1）電子從A點進入?yún)^(qū)域Ⅰ時速度的大??；
（2）A點的坐標；
（3）電子從A點進入電場開始到第二次經(jīng)過x軸時所用的時間t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）根據(jù)
解得
（2）電子進入?yún)^(qū)域Ⅰ后，做類平拋運動，可得
，
又
聯(lián)立，解得
，
（3）電子運動到P點將進入?yún)^(qū)域Ⅱ做類斜拋運動，軌跡如圖
設(shè)電子在P點的沿y軸方向速度為，可得
，
又
聯(lián)立，解得
由軌跡的對稱性，可得電子第二次到達x軸，在區(qū)域Ⅱ中運動的時間為2。則電子從A點進入電場開始到第二次經(jīng)過x軸時所用的時間
9．如圖所示，水平放置的平行板電容器，上極板帶正電，下極板接地。極板長，兩極板間距離。大量帶負電粒子以相同的水平初速度從靠近下極板左側(cè)邊緣處連續(xù)射入極板間，粒子剛進入時極板間電壓，第一個粒子剛好落到上極板中點處。已知粒子質(zhì)量，電量，電容器電容，忽略粒子的重力、相互之間的作用力和空氣阻力。求：
（1）帶電粒子入射初速度的大小；
（2）隨著帶負電粒子落到上極板上，上極板帶電荷量不斷減小，從而導致兩極板間的電勢差逐漸減小，兩極板間電場強度也減小，最終不再有帶電粒子落到上極板，求落到上極板上的帶電粒子總個數(shù)。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）由題意可知，粒子在極板間做類平拋運動，第一個粒子落在上極板中點時，有
由牛頓第二定律
聯(lián)立解得
（2）當粒子恰好從上極板右邊緣飛出時，有
聯(lián)立解得
此時不再有帶電粒子落到上極板，在這一過程中，電容器上極板上減少的電荷量為
則落到上極板的帶電粒子總個數(shù)為
（個）
10．如圖所示，水平放置的帶電平行板長度為8L，間距為3L，板間的勻強電場的場強為E，傾斜向上的有界勻強電場的場強大小也為E，豎直放置的帶電平行板的間距為4L，一帶電粒子（重力忽略不計）的質(zhì)量為m，帶電量為q，從水平板的左下邊緣A點以水平向右的速度進入電場，從右上邊緣B點離開后立即進入傾斜的勻強電場，然后沿電場方向直線運動到豎直板的左下邊緣C點，最后運動到豎直板的右上邊緣D點時，速度方向豎直向上，已知B、C兩點間的間距為，，，求：
（1）粒子在A、C兩點的速度的大?。?br>（2）粒子從A到D運動的總時間；
（3）A、D兩點間的電勢差。
【答案】（1），；（2）；（3）
【詳解】（1）粒子從過程做類平拋運動，則有
，，
令B點速度與水平方向夾角為，則有
解得
，，，
粒子從過程做勻加速直線運動，則有
解得
（2）粒子從過程做勻加速直線運動，則有
粒子從過程做類斜拋運動，根據(jù)對稱性有
則粒子從A到D運動的總時間
解得
（3）由于粒子最后運動到豎直板的右上邊緣D點時，速度方向豎直向上，水平分速度減為0，則有
結(jié)合上述解得
11．如圖所示為研究電子槍中電子在恒定電場中運動的簡化模型示意圖。在xOy平面的第一象限，存在以x軸、y軸及雙曲線的一段為邊界的勻強電場區(qū)域①，電場強度為E；在第二象限存在以為邊界的勻強電場區(qū)域②。一電子（電荷量為e，質(zhì)量為m，不計重力）從電場①的邊界B點處由靜止釋放，恰好從N點離開電場區(qū)域②。
（1）求電子通過C點時的速度大?。?br>（2）求電場區(qū)域②中的電場強度大小及電子到達N點時的速度大?。?br>（3）試證明：從AB曲線上的任意位置由靜止釋放的電子都能從N點離開電場。
【答案】（1）；（2），；（3）證明見解析
【詳解】（1）電子從B運動到C，由動能定理得
解得電子通過C點時的速度大小
（2）設(shè)電場區(qū)域②的場強為，電子從C點進入電場區(qū)域中做類平拋運動，在y軸方向有
由牛頓第二定律有
在x軸方向有
聯(lián)立解得電場區(qū)域Ⅱ中的電場強度大小
電子從C點進入電場區(qū)域②中做類平拋運動，設(shè)電子到達N點時速度大小為，從C到N由動能定理有
聯(lián)立解得
（3）取曲線上任一點P，設(shè)該點的坐標為（x，y），則在電場區(qū)域①有
假設(shè)電子在電場區(qū)域②中一直做類平拋運動，且能打到x軸上某處，運動時間為t，則有
聯(lián)立解得
則可以證明：從AB曲線上的任一位置由靜止釋放的電子都從N點離開電場。
12．如圖所示，相距2L的豎直直線AB、CD間有兩個有界勻強電場，水平直線MN分別與直線AB、CD相交于M、N兩點，直線MN下方的電場方向豎直向上，大小，直線MN上方的電場方向豎直向下，大小為未知。Q點在直線AB上，且與M點的距離為L。一粒子從Q點以初速度沿水平方向射入下方電場，經(jīng)MN上的P點進入上方電場，然后從CD邊上的F點水平射出。已知F點到N點的距離為，粒子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，不計粒子重力。求：
（1）粒子從Q點到P點運動的時間；
（2）MN上方的電場強度的大?。?br>（3）若MQ間連續(xù)分布著上述粒子，粒子均以速度沿水平方向射入下方電場，不計粒子間相互作用。求沿水平方向射出CD的粒子，在MQ上的入射點到M點的距離y。
【答案】（1）；（2）；（3）（n=1，2，3）
【詳解】（1）粒子從Q點到P點豎直方向上做勻加速直線運動，根據(jù)
得運動的時間
（2）粒子從CD邊上的F點水平射出，則豎直方向速度為0，豎直方向上在下方電場做勻加速直線運動，在上方電場做勻減速直線運動，設(shè)粒子從Q到P的豎直速度大小為，在下方電場有
在上方電場加速度大小為，有
聯(lián)立得MN上方的電場強度
（3）設(shè)粒子到M點的距離為y，在下方電場中運動時間為，在上方電場中運動時間為，若水平射入，水平射出，有
得
粒子可能經(jīng)過n次循環(huán)到達邊界CD，故
（n=1，2，3）
解得
（n=1，2，3）
豎直方向有
聯(lián)立解得
（n=1，2，3）
13．某些腫瘤可以用“質(zhì)子療法”進行治療。在這種療法中，質(zhì)子先被加速到具有較高的能量，然后被引向轟擊腫瘤并殺死靶細胞。“質(zhì)子療法”可簡化為如圖所示的模型，真空中的平行金屬板A、B間的電壓為U，平行金屬板C、D之間的距離為d、金屬板長也為d。質(zhì)子源發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子，質(zhì)子從A板上的小孔進入（不計初速度）平行板A、B間，經(jīng)加速后從B板上的小孔穿出，勻速運動一段距離后以平行于金屬板C、D方向的初速度v0（大小未知）進入板間，質(zhì)子射出平行金屬板C、D時末速度方向與初速度方向的夾角θ=37°之后質(zhì)子恰好擊中靶細胞。已知平行金屬板A、B之間，平行金屬板C、D之間均可視為勻強電場，質(zhì)子的重力和質(zhì)子間的相互作用力均可忽略，取，求：
（1）質(zhì)子從B板上的小孔穿出時的速度大小v0；
（2）質(zhì)子射出金屬板C、D間時沿垂直于板面方向偏移的距離y；
（3）平行金屬板C、D間的電壓大小U′。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）質(zhì)子在平行金屬板A、B間做加速運動，有
解得
（2）質(zhì)子在平行金屬板C、D間做類平拋運動，平行于金屬板方向上有
射出金屬板C、D間時有
沿垂直于板面方向偏移的距離
解得
，，
（3）質(zhì)子在平行金屬板C、D間運動時有
根據(jù)牛頓第二定律有
解得
14．如圖所示，虛線MN左側(cè)有一方向水平向左、電場強度大小為E的勻強電場。
在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著長為L，間距為d的平行金屬板，兩板之間電壓為U，AO過兩板的中線，在虛線PQ右側(cè)距離為處有一水平放置，長度為的屏，屏到AO的距離為d。現(xiàn)將一帶電量為，質(zhì)量為m的帶電粒子無初速度地放入電場中的A點，A點到MN的距離為kL，粒子最后可打在右側(cè)屏上。不計帶電粒子的重力，求：
（1）求帶電粒子到達MN時的速度大小；
（2）求帶電粒子離開平行金屬板時距中心線AO的偏移量；
（3）使粒子打在屏的最右側(cè)，求k的取值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）電子從A運動到MN的過程中，根據(jù)動能定理得
解得
（2）粒子在平行板的運動時間
豎直方向的加速度為
帶電粒子離開平行金屬板時距中心線AO的偏移量
（3）當粒子達到屏的最右側(cè)，由幾何關(guān)系有
則
解得
15．如圖所示，以O(shè)為圓心、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強電場，AB為圓的一條直徑。質(zhì)量為m，帶正電的粒子在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知從A點釋放的初速度為零的粒子，自圓周上的C點以速度穿出電場，AC與AB的夾角，運動中粒子僅受電場力作用。求：
（1）進入電場時速度為零的粒子在電場中運動的時間和加速度；
（2）為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子從電場射出時的動能。
【答案】（1），；（2）
【詳解】（1）由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于q>0，故電場線由A指向C，根據(jù)幾何關(guān)系可知，因為，所以AC等于R。則粒子做初速度為0的勻加速直線運動，則
解得
（2）根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點為D，即粒子要從D點射出時沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)幾何關(guān)系有
而電場力提供加速度有
聯(lián)立各式解得粒子進入電場時的速度
根據(jù)動能定理
解得
目錄
01 模擬基礎(chǔ)練
【題型一】帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)
【題型二】帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)
【題型三】帶電粒子在復合場中的偏轉(zhuǎn)
02 重難創(chuàng)新練