(共68张PPT)
专题强化十二 带电粒子在电场中的偏转
考点一 带电粒子在匀强电场中的偏转
1．带电粒子在电场中的偏转规律
答案：AD
例2 (2025·广州市模拟)如图，静止于A处的粒子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧虚线所在处场强为E0，方向如图所示．粒子质量为m、电荷量为q，QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计．
(1)求粒子离开加速度电场时的速度的大小及圆弧虚线对应的半径R的大小．
(2)若粒子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值．
(3)若矩形区域内的电场强度与(2)中的电场强度相同，从A点静止释放粒子的电荷量为2q，其他不变，此粒子还是否仍能从P点进入上方的矩形电场区域？若不能，请说明理由；若能，计算打到NQ上的位置．
【教你解决问题】——拆解过程
题后感悟
处理带电粒子的偏转问题的方法
运动的分解法 将带电粒子的运动分解为沿静电力方向的匀加速直线运动和垂直静电力方向的匀速直线运动
功能关系
练1 如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成．电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U.电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极．
答案：D
练2 (2025·河南平顶山模拟)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．
答案：B
考点二 带电粒子在交变电场中的偏转
1．粒子做单向直线运动，一般整段或分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式求解．
2．粒子做往返直线运动，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．粒子做类平抛运动，一般分段研究，应用运动的合成与分解思路，牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解．
例3 (交变电场中的直线运动)(多选)(2025·浙江湖州模拟)如图甲所示，两个平行金属板P、Q正对且竖直放置，两金属板间加上如图乙所示的交流电压，t＝0时，P板的电势比Q板的电势高U0.在两金属板的正中央M点处有一电子(电子所受重力可忽略)在静电力作用下由静止开始运动，
已知电子在0～4t0时间内未与两金属板相碰，则( )
A．t0～2t0时间内，电子的动能减小
B．3t0时刻，电子的电势能最大
C．0～4t0时间内，电子运动的方向不变
D．3t0～4t0时间内，电子运动的速度方向向右，且速度逐渐减小
答案：AD
解析：在0～t0时间内，电场方向水平向右，电子所受静电力方向向左，所以电子向左做匀加速直线运动，在t0～2t0时间内，电场方向水平向左，电子所受静电力方向向右，电子向左做匀减速直线运动，静电力做负功，电子的电势能增加，动能减小，故A正确；2t0时刻电子的速度为零，在2t0～3t0时间内，电场方向水平向左，电子所受静电力方向向右，电子向右做初速度为零的匀加速直线运动，运动方向发生改变，3t0时刻速度最大，动能最大，电势能并不是最大，故B、C错误；在3t0～4t0时间内，电场方向水平向右，电子的加速度方向向左，电子向右做匀减速直线运动，到4t0时刻速度为零，恰好又回到M点，故D正确．
例4 (交变电场中的偏转)(多选)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左侧中点O处有一粒子源，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．
答案：AD
练3 (2025·湖南岳阳测试)如图甲，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，虚线AB上方有沿y轴负方向的匀强电场，AB与x轴负方向夹角为37°，A点在y轴上，离O点距离为d，B点在x轴上，在第二象限内有平行于y轴的平行板M、N，板间加的电压随时间变化的规律如图乙所示．在M板附近有一粒子源，不断地由静止释放质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子经加速电场加速后，以垂直于y轴的方向从y轴上的A点进入第一象限．粒子在M、N间运动的时间远小于T，可以认为每个粒子在M、N间运动的时间内都是稳定的匀强电场．从t＝0时刻释放的粒子进入第一象限后经电场偏转后刚好从AB的中点离开电场，不计粒子的重力及一切阻力，求：
(1)t＝0时刻释放的粒子到达A点时速度的大小；
(2)第一象限内匀强电场的电场强度的大小；
(3)x轴上有粒子经过的区域长度．
两种等效重力场模型
模型一 电场力与重力在同一直线上qE>mg
典例1 (2024·河北卷)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动．图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高，当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0.已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g.求：
(1)电场强度E的大小；
(2)小球在A、B两点的速度大小．
模型二 电场力与重力不在同一直线上
典例2 (多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一个质量为m的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度大小为g.
答案：AB
小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静电力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，D错误．
1.如图所示，氕、氘、氚的原子核自初速度为零经同一电场加速后，又经同一匀强电场偏转，最后打在荧光屏上，下列说法不正确的是( )
A．经过加速电场的过程中，电场力对氚核做的功最多
B．经过偏转电场的过程中，电场力对三种原子核做的功一样多
C．三种原子核打在屏上的动能一样大
D．三种原子核都打在屏的同一位置上
答案：A
2．如图甲为一对长度为L的平行金属板，在两板之间加上如图乙所示的电压．现沿两板的中轴线从左端向右端连续不断射入初速度为v0的相同带电粒子(重力不计)，且所有粒子均能从平行金属板的右端飞出，若粒子在两板之间的运动时间均为T.则粒子最大偏转位移与最小偏转位移的大小之比是( )
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
答案：C
3．如图所示，一质量m＝1×10－3 kg、电荷量为q＝＋1×10－3 C的粒子，重力不计，在竖直向下的电场强度为E＝1×103 N/C的匀强电场中运动，在A点时速度方向与电场方向夹角为60°，经过0.1 s后到达B点速度方向与电场方向夹角为30°，则粒子在A点速度的大小为( )
A．100 m/s B．200 m/s
C．300 m/s D．400 m/s
答案：A
4．如图所示，甲图实验只在重力场中进行、乙图实验在重力场和竖直向上的匀强电场中进行，且带正电的小球所受的电场力与重力大小相等，两个实验装置中小球的质量和绳子的长度均相等．实验时分别在最高点时给小球大小相等的初速度，小球均在竖直面内做圆周运动，A点和C点分别为轨迹最高点，B点和D点分别为轨迹最低点，忽略空气阻力，
则下列说法正确的是( )
A．小球在A、C两点时绳子的拉力大小相等
B．小球在B、D两点时向心力的大小相等
C．小球在B点时绳子的拉力大小大于在D点时绳子的拉力大小
D．小球自A点到B点过程中绳子的拉力做正功
答案：C
5．如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度v平行于极板进入(记为t＝0时刻)，同时在两板上加一按图乙变化的电压．已知粒子比荷为k，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出．
答案：D
解析：粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向运动的v-t图像如图所示，
6.(2024·浙江卷6月)如图所示空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的 M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R、AC和BD分别为竖直和水平的直径．质量为m、电荷量为＋q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则( )
A.小球从A到C的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到B点时的加速度
D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行于MN
答案：C
7．(多选)平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图所示连接，电源的电动势为E，内阻不计；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m、电荷量为＋q、初速度为零的粒子，粒子在PQ间的加速电场作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入MN间的偏转电场；改变滑片的位置可改变加速电场的电压U1和偏转电场的电压U2，且所有粒子都能够从MN间飞出，
答案：AC
(1)粒子在A、C两点的速度大小；
(2)粒子从A到D运动的总时间；
(3)A、D两点间的电势差．
专题强化十二 带电粒子在电场中的偏转
考点一 带电粒子在匀强电场中的偏转
1．带电粒子在电场中的偏转规律
2．两个有用的结论
(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的偏转角、偏移量总是相同的．
证明：由qU0＝及tan φ＝得tan φ＝，再由y＝得y＝.
(2)粒子经电场偏转后，合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到电场边缘的距离为.
例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qU
B．粒子带负电
C．匀强电场的电场强度大小为E＝
D．匀强电场的电场强度大小为E＝
例2 (2025·广州市模拟)如图，静止于A处的粒子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧虚线所在处场强为E0，方向如图所示．粒子质量为m、电荷量为q，QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计．
(1)求粒子离开加速度电场时的速度的大小及圆弧虚线对应的半径R的大小．
(2)若粒子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值．
(3)若矩形区域内的电场强度与(2)中的电场强度相同，从A点静止释放粒子的电荷量为2q，其他不变，此粒子还是否仍能从P点进入上方的矩形电场区域？若不能，请说明理由；若能，计算打到NQ上的位置．
【教你解决问题】——拆解过程
题后感悟
处理带电粒子的偏转问题的方法
运动的分解法 将带电粒子的运动分解为沿静电力方向的匀加速直线运动和垂直静电力方向的匀速直线运动
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＝y，指运动过程初、末位置两点间的电势差
练1 如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成．电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U.电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极．
已知电子电荷量为e、质量为m，则电子( )
A．在XX′极板间的加速度大小为
B．打在荧光屏时，动能大小为11eU
C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为
D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切值tan α＝
练2 (2025·河南平顶山模拟)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＝
B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移y1＝
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
考点二 带电粒子在交变电场中的偏转
1．粒子做单向直线运动，一般整段或分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式求解．
2．粒子做往返直线运动，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．粒子做类平抛运动，一般分段研究，应用运动的合成与分解思路，牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解．
例3 (交变电场中的直线运动)(多选)(2025·浙江湖州模拟)如图甲所示，两个平行金属板P、Q正对且竖直放置，两金属板间加上如图乙所示的交流电压，t＝0时，P板的电势比Q板的电势高U0.在两金属板的正中央M点处有一电子(电子所受重力可忽略)在静电力作用下由静止开始运动，已知电子在0～4t0时间内未与两金属板相碰，则( )
A．t0～2t0时间内，电子的动能减小
B．3t0时刻，电子的电势能最大
C．0～4t0时间内，电子运动的方向不变
D．3t0～4t0时间内，电子运动的速度方向向右，且速度逐渐减小
例4 (交变电场中的偏转)(多选)如图甲所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左侧中点O处有一粒子源，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．以下说法正确的是( )
A．粒子在电场中运动的最短时间为
B．能从板间电场射出的粒子的最大动能为
C．t＝时刻进入的粒子将从O′点射出
D．t＝时刻进入的粒子将从O′点射出
练3 (2025·湖南岳阳测试)如图甲，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，虚线AB上方有沿y轴负方向的匀强电场，AB与x轴负方向夹角为37°，A点在y轴上，离O点距离为d，B点在x轴上，在第二象限内有平行于y轴的平行板M、N，板间加的电压随时间变化的规律如图乙所示．在M板附近有一粒子源，不断地由静止释放质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子经加速电场加速后，以垂直于y轴的方向从y轴上的A点进入第一象限．粒子在M、N间运动的时间远小于T，可以认为每个粒子在M、N间运动的时间内都是稳定的匀强电场．从t＝0时刻释放的粒子进入第一象限后经电场偏转后刚好从AB的中点离开电场，不计粒子的重力及一切阻力，求：
(1)t＝0时刻释放的粒子到达A点时速度的大小；
(2)第一象限内匀强电场的电场强度的大小；
(3)x轴上有粒子经过的区域长度．
核心素养·拓教材——情境命题 规范解题 收获一个“赢”
两种等效重力场模型
模型一 电场力与重力在同一直线上qE>mg
典例1 (2024·河北卷)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动．图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高，当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0.已知小球的电荷量为q(q>0)、质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g.求：
(1)电场强度E的大小；
(2)小球在A、B两点的速度大小．
模型二 电场力与重力不在同一直线上
典例2 (多选)如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一个质量为m的带电小球．小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度大小为g.下列说法正确的是( )
A．匀强电场的电场强度E＝
B．小球动能的最小值为Ek＝
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
温馨提示：请完成课时分层精练(四十三)
专题强化十二 带电粒子在电场中的偏转
关键能力·研教材
例1 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qU，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＝v0，粒子在y轴方向上的平均速度为＝，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＝t＝，水平方向有d＝v0t，可得y0＝，所以电场强度为E＝，联立解得E＝＝，故C错误，D正确．
答案：AD
例2 解析：(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理，有qU＝，解得v＝ .
粒子在均匀辐向分布的电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE0＝m，解得R＝.
(2)粒子做类平抛运动d＝vt，3d＝at2，
由牛顿第二定律得qE＝ma，得E＝.
(3)根据动能定理得2qU＝mv′2，
根据牛顿第二定律得2qE0＝m，
联立得R＝.
即在均匀辐向分布的电场里运动半径不变．
故仍能从P点进入上方的矩形电场区域．
由牛顿第二定律得2qE＝ma′，
粒子做类平抛运动3d＝a′t′2，
x′＝v′t′＝d，
即打在NQ的中点．
答案：(1) (2) (3)见解析
练1 解析：由牛顿第二定律可得，电子在XX′极板间的加速度大小ax＝＝，A错误；电子加速过程中，由动能定理得，10 eU＝，解得v0＝2，电子在电极XX′间运动时，有vx＝axt，t＝，电子离开电极XX′时的动能为Ek＝＝eU(10＋)，电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU(10＋)，B错误；由动量定理可知，电子在XX′极板间受到电场力的冲量大小Ix＝mvx＝，C错误；打在荧光屏时，电子的速度方向与OO′连线夹角α的正切值tan α＝＝，D正确．
答案：D
练2 解析：根据qU0＝，粒子离开加速器时速度为v0＝，故A错误；粒子在左侧极板电场中的偏移量为y1＝at2，又q＝ma，L＝v0t，得y1＝，故B正确；根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两极板之间做匀变速直线运动，它的轨迹延长线分别过左侧极板下方平行板和右侧极板上方平行板中点，根据几何关系可知Δd＝L，故C错误；由上述分析可得y1＝，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．
答案：B
例3 解析：在0～t0时间内，电场方向水平向右，电子所受静电力方向向左，所以电子向左做匀加速直线运动，在t0～2t0时间内，电场方向水平向左，电子所受静电力方向向右，电子向左做匀减速直线运动，静电力做负功，电子的电势能增加，动能减小，故A正确；2t0时刻电子的速度为零，在2t0～3t0时间内，电场方向水平向左，电子所受静电力方向向右，电子向右做初速度为零的匀加速直线运动，运动方向发生改变，3t0时刻速度最大，动能最大，电势能并不是最大，故B、C错误；在3t0～4t0时间内，电场方向水平向右，电子的加速度方向向左，电子向右做匀减速直线运动，到4t0时刻速度为零，恰好又回到M点，故D正确．
答案：AD
例4 解析：由图像可知电场强度大小E＝，则粒子在电场中的加速度a＝＝，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＝，解得t0＝，粒子能穿出两板间的情况下运动的时间t1＝，由于t0，则粒子会打在板上，故C错误；t＝＝时刻进入的粒子在沿电场方向的运动是先向上加速，后向上减速，速度到零，然后向下加速，再向下减速，速度到零……如此反复，则最后从右侧射出时沿电场方向的位移为零，所以粒子将从O′点射出，故D正确．
答案：AD
练3 解析：(1)设t＝0时刻释放的粒子到达A点时速度的大小为v0，由动能定理可得q＝，
解得v0＝.
(2)依题意，从t＝0时刻释放的粒子进入第一象限的电场偏转后刚好从AB的中点离开电场，粒子做类平抛运动，则可得x＝v0t0，y＝，
又a＝，
根据几何关系有tan 37°＝，
联立解得E＝.
(3)从t＝0时刻释放的粒子离开电场后运动轨迹如图，其中到达接收屏的位置设为C
由粒子做类平抛运动，则＝，
解得xC＝，
此位置为粒子打到接收屏的左边界．由题图乙可知，加速电场的电压最大值为U0，粒子进入第一象限的最大速度为vm＝，
设粒子进入第一象限的速度为v时，恰好运动到B点，则有＝vt，d＝at2，
联立解得v＝所以速度为vm的粒子到达接收屏的位置为接收粒子区域的右边界，有xm＝vmt，d＝at2，
综上所述，x轴上有粒子经过的区域长度为Δx＝xm－xC＝d.
答案：(1) (2) (3)d
核心素养·拓教材
典例1 解析：(1)在匀强电场中，沿电场方向，AB间距为L，根据公式可得匀强电场的电场强度为E＝.
(2)在A点细线对小球的拉力为0，则有qE－mg＝，
对小球从A到B过程根据动能定理得
qU－mgL＝，
联立解得vA＝，vB＝.
答案：(1)
(2)vA＝，vB＝
典例2 解析：小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和静电力，三力平衡，根据平衡条件，有qE＝mg tan θ，解得E＝，A正确；小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A时速度最小，根据牛顿第二定律，有＝m，则最小动能Ek＝mv2＝，B正确；小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置时机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端时机械能最小，C错误；小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，静电力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，D错误．
答案：AB
