帶電粒子在電場中的加速與偏轉帶電粒子在電場中的加速與偏轉考情透析考情透析命題點考頻分析命題特點核心素養帶電粒子在電場中的直線運動2024年：湖南T14江蘇T16山東T182023年：浙江1月T12浙江6月T8湖北T102022年：全國乙T8江蘇T15浙江6月T9福建T8海南T11本專題綜合了類平拋運動以及勻變速直線運動，大部分題目都依賴常規公式的推導以及數學分析，少量題目需要建立模型，有些小題也可以通過二級結論來快速求解。交變電場中的運動比較復雜，有時還會用到運動學圖象，比如v－t圖象和a－t圖象等。物理觀念：理解帶電粒子在電場中做什么運動，并且滿足什么規律?？茖W思維：能將復雜的實際運動問題的對象和過程轉換成常規的物理模型，比如平拋、斜拋、往復運動等。帶電粒子在電場中的偏轉帶電粒子在交變電場中的運動熱點熱點突破命題點命題點1帶電粒子在電場中的直線運動▼考題示例1（2021·湖南省·模擬題）（多選）如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別為O、M、P。由小孔O靜止釋放的電子穿過小孔M恰好能運動到小孔P?，F保持帶電金屬薄板A、B、C的電荷量不變，改變帶電金屬薄板B或C的位置，還是由小孔O靜止釋放的電子仍能運動到小孔P的是（）A．僅將C板向右平移一小段距離 B．僅將C板向左平移一小段距離C．僅將B板向右平移一小段距離 D．僅將B板向左平移一小段距離答案：BC解析：電子在A、B板間的電場中加速運動，在B、C板間的電場中減速運動，設A、B板間的電場強度為E1，A、B板間的距離為d1，B、C板間的電場強度為E2，B、C板間的距離為d2，則有eE1d1eE2d2=0。若僅將C板向右平移一小段距離，B、C兩板所帶電荷量不變，由可知，C板向右或向左平移一小段距離，B、C兩板間的電場強度不變，由此可以判斷，僅將C板向右或B板向左平移一小段距離，電子在A、B板間加速運動后，在B、C板間減速運動，還沒到達小孔P時速度已經減為零，然后返回；僅將C板向左或B板向右平移一小段距離，電子在A、B板間加速運動后，在B、C板間減速運動，到達小孔P點時速度還沒減為零，A、D錯誤，B、C正確。故選BC。跟蹤訓練1（2022·四川省·聯考題）多反射飛行時間質譜儀是一種測量離子質量的新型實驗儀器，其基本原理如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計，經電壓為U的勻強電場加速后射入質量分析器。質量分析器由兩個反射區和長為l的漂移管（無場區域）構成，開始時反射區1、2均未加電場，當離子第一次進入漂移管時，兩反射區開始加上電場強度大小相等、方向相反的勻強電場，其電場強度足夠大，使得進入反射區的離子能夠反射回漂移管。離子在質量分析器中經多次往復即將進入反射區2時，撤去反射區的電場，離子打在熒光屏B上被探測到，可測得離子從A到B的總飛行時間。設實驗所用離子的電荷量均為q，不計離子重力。（1）求質量為m的離子第一次通過漂移管所用的時間T1；（2）反射區加上電場，電場強度大小為E，求離子能進入反射區的最大距離x；（3）已知質量為m0的離子總飛行時間為t0，待測離子的總飛行時間為t1，兩種離子在質量分析器中反射相同次數，求待測離子質量m1。答案：（1）EMBEDEquation.DSMT4；（2）EMBEDEquation.DSMT4；（3）EMBEDEquation.DSMT4。解析：（1）設離子經加速電場加速后的速度大小為v，根據動能定理有qU＝EMBEDEquation.DSMT4mv2 ①離子在漂移管中做勻速直線運動，則T1＝EMBEDEquation.DSMT4 ②聯立①②式，得T1＝EMBEDEquation.DSMT4 ③（2）根據動能定理，有qU－qEx＝0 ④得x＝EMBEDEquation.DSMT4 ⑤（3）同一個離子在加速電場中運動和反射區電場中每次單向運動均為勻變速直線運動，平均速度大小均相等，設其為EMBEDEquation.DSMT4，有EMBEDEquation.DSMT4＝EMBEDEquation.DSMT4⑥通過⑤式可知，離子在反射區的電場中運動路程是與離子本身無關的，所以不同離子在電場區運動的總路程相等，設為L1，在無場區的總路程設為L2，根據題目條件可知，離子在無場區速度大小恒為v，設離子的總飛行時間為t總，有t總＝EMBEDEquation.DSMT4＋EMBEDEquation.DSMT4 ⑦聯立①⑥⑦式，得t總＝(2L1＋L2)EMBEDEquation.DSMT4 ⑧可見，離子從A到B的總飛行時間與EMBEDEquation.DSMT4成正比。由題意可得EMBEDEquation.DSMT4＝EMBEDEquation.DSMT4可得EMBEDEquation.DSMT4總結升華1．帶電粒子在電場中做直線運動的條件（1）帶電粒子所受合外力F合＝0，做勻速直線運動。（2）帶電粒子所受合外力F合≠0且與初速度共線，將做加速直線運動或減速直線運動。2．處理方法（1）用動力學觀點分析：a＝，E＝，v2－v02＝2ad。（2）用功能觀點分析：勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02非勻強電場中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02命題點命題點2帶電粒子在電場中的偏轉▼考題示例2（2023·山東省·期末考試）兩組彼此平行、靠近且正對的金屬板如圖所示，A、B兩板豎直放置，板間有加速電壓，C、D兩板水平放置，板間有偏轉電壓，B板中間的小孔在C、D兩板的中軸線上。一帶電粒子，從緊靠A板的內側由靜止釋放，被加速后經過B板的小孔沿C、D金屬板的中軸線水平射入兩板中間，又從C、D兩板的右側射出。不計粒子的重力。下列判斷正確的是（）A．帶電粒子從C、D兩板右側射出時的速度方向與C、D兩板中軸線的夾角大小，與其質量和電荷量無關B．僅將電荷量變為原來的兩倍，帶電粒子從C、D兩板右側射出時的豎直位移變大C．僅將質量變為原來的兩倍，帶電粒子從C、D兩板右側射出時的豎直位移變小D．僅提高加速電壓，帶電粒子從C、D兩板右側射出時的豎直位移變大答案：A解析：A．設A、B板間電壓為U1，C、D兩板間電壓為U2，C、D兩板長為L,板間距離為d，粒子飛出C、D兩板右側時速度方向與水平方向的夾角為θ。粒子在A、B板間做加速運動，則U1q=eq\f(1,2)mv02；粒子在C、D兩板間做類平拋運動，根據速度方向反向延長線過水平位移的中點可得，C、D兩板間粒子在豎直方向位移為：y=eq\f(1,2)at2=eq\f(1,2)?eq\f(U2q,md)·eq\f(L2,v02)=eq\f(U2qL2,2mdv02)，聯立解得：y=eq\f(U2L2,4dU1)，tanθ=eq\f(U2L,2U1d)；可知夾角θ大小，與其質量和電荷量無關，故A正確；BC.由于y=eq\f(U2L2,4dU1)，可知y的大小與電荷量和質量無關，故BC錯誤；D．由y=eq\f(U2L2,4dU1)，僅提高加速電壓，即U1增大，則y減小，故D錯誤。故選A。跟蹤訓練2（2024年·河南·模擬題）（多選）如圖所示，有一勻強電場平行于平面xOy，一個質量為m的帶電粒子僅在電場力作用下從O點運動到A點，粒子在O點時速度v0沿y軸正方向，經A點時速度沿x軸正方向，且粒子在A點的速度大小是它在O點時速度大小的2倍。關于該粒子在OA這一過程的運動情況，下列說法正確的是（）A．帶電粒子帶負電B．帶電粒子在A點的電勢能比在O點的電勢能小C．這段運動過程中粒子的最小動能為D．電場力方向與x軸正方向之間夾角的正切值為答案：BD解析：A、由于電場線方向未知，則帶電粒子的電性未知，故A錯誤；B、帶電粒子從O點到A點速度增大，則電場力做正功，電勢能減小，故帶電粒子在A點的電勢能比在O點的電勢能小，故B正確；D、設加速度方向與x軸正方向之間的夾角為θ，如圖所示，則在沿著y軸方向上：asinθ＝沿著x軸方向上：acosθ＝并且粒子在A點的速度是它在O點時速度的2倍，即v＝2v0聯立解得：tanθ＝，即電場力方向與x軸正方向之間夾角的正切值為，故D正確；C、根據以上分析可知，加速度與初速度方向夾角為鈍角，故粒子先減速后加速，最小的動能出現在加速度與速度垂直的時候，此時速度為v′＝v0cosθ＝，所以最小動能為，故C錯誤。故選BD。總結升華1．帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題的分析思路：帶電粒子在帶電粒子在勻強電場中的偏轉運動的合成和分解垂直電場方向：勻速直線運動平行電場方向：勻加速直線運動牛頓第二定律運動學公式動能定理求解定性分析2．帶電粒子在勻強電場中偏轉運動分解為兩個分運動（1）沿初速度方向做勻速直線運動，t＝eq\f(l,v0)。（2）沿靜電力方向做勻加速直線運動：加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)離開電場時的偏移量：y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02)離開電場時的偏轉角：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)（3）帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差。命題點命題點3帶電粒子在交變電場中的運動▼考題示例3（2024年·天津·模擬題）如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓，在兩板左側緊靠P板處有一粒子源A，自t＝0時刻開始連續釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子，t＝0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側邊緣離開電場，已知電場變化周期T＝，粒子質量為m，不計粒子重力及相互間的作用力，則（）A．在t＝0時刻進入的粒子離開電場時速度大小為B．粒子的電荷量為C．在t＝時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了D．在t＝時刻進入的粒子剛好從P板右側邊緣離開電場答案：D解析：A、粒子進入電場后，水平方向做勻速運動，則t＝0時刻進入電場的粒子在電場中運動時間t＝，此時間正好是交變電場的一個周期；粒子在豎直方向先做加速運動后做減速運動，經過一個周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0，故A錯誤；B、粒子在豎直方向，在時間內的位移為，則＝，解得q＝，故B錯誤；C、t＝時刻進入電場的粒子，離開電場時在豎直方向上的位移為d′＝2×－2×＝＝，故電場力做功為W＝＝＝，故C錯誤；D、t＝時刻進入的粒子，在豎直方向先向下加速運動，然后向下減速運動，再向上加速，向上減速，由對稱可知，此時豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側邊緣離開電場，故D正確；故選：D。跟蹤訓練3（2022·福建省·月考試卷）（多選）如圖甲所示，真空中兩平行金屬板A、B水平放置，間距為d，P點在金屬板A、B之間，A板接地，B板的電勢φB隨時間t的變化情況如圖乙所示。t＝0時，在P點由靜止釋放一質量為m、電荷量為e的電子，直到t＝3T時刻，電子回到P點。電子運動中沒有與極板相碰，電子重力不計，則下列說法正確的是（）A．φ1︰φ2＝3︰4B．φ1︰φ2＝4︰5C．電子從P點出發至返回P點，其動能增大，電勢能減小D．電子從P點出發至返回P點，其動能和電勢能都增大答案：BD解析：設電子在0～T時間內的加速度大小為a1，T時刻的速度為v1，T～3T時間內的加速度大小為a2，3T時刻的速度為v2，畫出電子在0～3T時間內的速度圖像，如圖所示：AB．設電子在0～T時間內的位移s1，在T～3T時間內的位移為s2，則有s1＋s2＝0，由s1＝eq\f(1,2)a1T2，s2＝v1·2T﹣eq\f(1,2)a2(2T)2，其中v1＝a1T，v2＝v1﹣a2·2T，聯立解得eq\f(a1,a2)＝eq\f(4,5)，由于加速度大小a＝eq\f(eE,m)，故eq\f(E1,E2)＝eq\f(4,5)，又勻強電場中E＝eq\f(U,d)，U1＝φ1﹣0，U2＝0﹣(﹣φ2)＝φ2，故φ1∶φ2＝4∶5，故B正確，A錯誤；CD．電勢能Ep