高考物理最新教案-高考物理带电粒子在磁场中偏转精品

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高考物理复习---《带电粒子在交变电场中的偏转运动》PPT考点课件

图2
√A.粒子在电场中运动的最短时间为
2d v0
B.射出粒子的最大动能为54mv02
C.t＝2dv0时刻进入的粒子，从 O′点射出
√D.t＝3vd0时刻进入的粒子，从 O′点射出
解析由题图可知场强大小 E＝m2qvd02，则粒子在电场中的加速度 a＝qmE＝v20d2，则粒子在电场中运动的最短时间满足d2＝12atmin2，解得 tmin＝ v20d，选项 A 正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为 t＝8vd0，则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时沿电场方向的速度均为 0，可知射出电场时粒子的动能均为12mv02，选项 B 错误；
金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m，带电荷量为e的电子(初速度可视为0).在B板右侧两块平行金属板
M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝L 2emU0，板间中线与电子源在同一水平线上.
已知极板间距为d，极板长L，不
计电子重力，求：图1

(1)电子进入偏转极板时的速度
大小；
答案
2eU0 m
解析设电子进入偏转极板时的速度为 v，由动能定理有 eU0＝12mv2 解得 v＝ 2emU0.
(2)T4时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离(未与极板接触). 答案 0
解析由题意知，电子穿过偏转极板所需时间 t＝Lv＝L 2emU0＝T 故在T4时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速后减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，
故一个周期内，侧移量为零，则电子沿板间中线射出偏转极板，与板间中线的距离为0.
跟进训练
1.(带电粒子在交变电场中的偏转)(多选)(2019·山东潍坊市二模)如图2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

(完整版)高考物理带电粒子在磁场中的运动解析归纳

难点之九：带电粒子在磁场中的运动一、难点突破策略（一）明确带电粒子在磁场中的受力特点1. 产生洛伦兹力的条件：①电荷对磁场有相对运动．磁场对与其相对静止的电荷不会产生洛伦兹力作用．②电荷的运动速度方向与磁场方向不平行． 2. 洛伦兹力大小：当电荷运动方向与磁场方向平行时，洛伦兹力f=0；当电荷运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大，f=qυB ；当电荷运动方向与磁场方向有夹角θ时，洛伦兹力f= qυB ·sin θ3. 洛伦兹力的方向：洛伦兹力方向用左手定则判断 4. 洛伦兹力不做功．（二）明确带电粒子在匀强磁场中的运动规律带电粒子在只受洛伦兹力作用的条件下：1. 若带电粒子沿磁场方向射入磁场，即粒子速度方向与磁场方向平行，θ＝0°或180°时，带电粒子粒子在磁场中以速度υ做匀速直线运动．2. 若带电粒子的速度方向与匀强磁场方向垂直，即θ＝90°时，带电粒子在匀强磁场中以入射速度υ做匀速圆周运动．①向心力由洛伦兹力提供：R v mqvB 2=②轨道半径公式：qBmvR =③周期：qB m 2v R 2T π=π=，可见T 只与q m有关，与v 、R 无关。

（三）充分运用数学知识（尤其是几何中的圆知识，切线、弦、相交、相切、磁场的圆、轨迹的圆）构建粒子运动的物理学模型，归纳带电粒子在磁场中的题目类型，总结得出求解此类问题的一般方法与规律。

1. “带电粒子在匀强磁场中的圆周运动”的基本型问题（1）定圆心、定半径、定转过的圆心角是解决这类问题的前提。

确定半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，有时需要建立运动时间t 和转过的圆心角α之间的关系（T 2t T 360t πα=α=或）作为辅助。

圆心的确定，通常有以下两种方法。

① 已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图9-1中P 为入射点，M 为出射点）。

2023届高考物理二轮复习学案：带电粒子在电场中的运动

（2023届高三物理二轮学案）专题三电场和磁场第二讲带电粒子在电磁场中的运动第一课时带电粒子在电场中的运动(一)带电粒子在电场中做直线运动的解题思路(二)利用“两个分运动”求解带电粒子在电场中的偏转问题1．把偏转运动分解为两个独立的直线运动——平行于极板的匀速直线运动，L＝v0t；垂直于极板的匀加速直线运动，a＝qUmd，vy＝at，偏转距离y＝12at2，速度偏转角tan θ＝vyv0。

2．根据动能定理，带电粒子的动能变化量ΔEk ＝ydUq。

(三)分时分段处理带电粒子在交变电场中的运动当粒子平行电场方向射入时，粒子可做周期性的直线运动，当粒子垂直于电场方向射入时，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可能具有周期性。

典型例题1．（多选）如图所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。

粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。

已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零。

则下列说法正确的是( )A．带电粒子带负电B．带电粒子在Q点的电势能为－UqC．此匀强电场的电场强度大小为E＝23U 3dD．此匀强电场的电场强度大小为E＝3U 3d2．（多选）如图所示，板长为L的平行板电容器与一直流电源相连接，其极板与水平面成30°角；若带电粒子甲、乙由图中的P点射入电容器，分别沿着虚线1和2运动(虚线1为水平线，虚线2为平行且靠近上极板的直线)。

下列关于带电粒子的说法正确的是( )A．两粒子均做匀减速直线运动B．两粒子电势能均逐渐增加C．两粒子机械能均守恒D．若两粒子质量相同，则甲的电荷量一定比乙的电荷量大3.（多选）如图所示，质子(11H)、氘核(12H)和α粒子(24He)都沿平行板电容器的中线OO′方向，垂直于电场线射入两极板间的匀强电场中，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。

带电粒子在电场中的偏转--2024新高考物理一轮复习题型归纳(解析版)

第八章　静电场带电粒子在电场中的偏转【考点预测】1. 带电粒子在电场中的类平抛2. 带电粒子在电场中的类斜抛3. 带电粒子在电场中的圆周运动4. 带电粒子在电场中的一般曲线运动【方法技巧与总结】带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t =l v 0(如图)．(2)沿静电力方向做匀加速直线运动①加速度：a =F m =qE m =qUmd②离开电场时的偏移量：y =12at 2=qUl 22m d v 20③离开电场时的偏转角：tan θ=v y v 0=qUlm d v 201．两个重要结论(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：在加速电场中有qU 0=12mv 20在偏转电场偏移量y =12at 2=12·qU 1md ·l v 0 2偏转角θ，tan θ=v y v 0=qU 1lm d v 20得：y =U 1l 24U 0d ，tan θ=U 1l2U 0dy 、θ均与m 、q 无关．(2)粒子经电场偏转后射出，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偏转极板长度的一半．2．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：qU y =12mv 2-12mv 20，其中U y =U dy ，指初、末位置间的电势差．【题型归纳目录】题型一：带电粒子在电场中的类平抛题型二：带电粒子在周期性电场中的运动题型三：带电粒子在电场中的偏转的实际应用题型四：带电粒子在电场中的非平抛曲线运动【题型一】电荷守恒定律【典型例题】1如图所示，在立方体的塑料盒内，其中AE 边竖直，质量为m 的带正电小球(可看作质点)，第一次小球从A 点以水平初速度v 0沿AB 方向抛出，小球在重力作用下运动恰好落在F 点。

M 点为BC 的中点，小球与塑料盒内壁的碰撞为弹性碰撞，落在底面不反弹。

2025高考物理总复习带电粒子在叠加场和交变电、磁场中的运动

由平衡条件得：qvB＝ 2mg 电场方向变化后，微粒所受重力与静电力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，运动轨迹如图乙，有qvB＝mvr2 由几何知识可得：r＝ 2l 联立解得：v＝ 2gl，B＝mq gl 。
考点一带电粒子在叠加场中的运动
(3)微粒在叠加场中的运动时间。
答案 (34π＋1)
电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场的复合场中，由于洛伦兹力不做功，且电子入射速度为 v40，电子受到的静电力大于洛伦兹力，则电子向上偏转，根据动能定理有 eEy1＝12m(12v0)2－12m(14v0)2 解得 y1＝332mevB0
考点一带电粒子在叠加场中的运动
(3)若电子入射速度在 0<v<v0 范围内均匀分布，求能到达纵坐标 y2＝5mevB0位置的电子数 N 占总电子数 N0 的百分比。答案 90%
考点二带电粒子在交变电、磁场中的运动
方法二：图乙中，恰从 F 点射出的粒子，其射入磁场的时刻为T20－135600°°×2qπBm0 ＝2πqmB0 此时刻之前发射的粒子从x轴射出，时长 Δtx＝2πqmB0
考点二带电粒子在交变电、磁场中的运动
图丙中，恰从 D 点射出的粒子，其射入磁场的时刻为T20－132600°°×2qπBm0 ＝32qπBm0 此时刻至T20时刻发射的粒子从 y 轴射出，时长 Δty＝T20－32qπBm0＝32qπBm0 所以从x轴和y轴射出的粒子数之比为Δtx∶Δty＝3∶4。
考点二带电粒子在交变电、磁场中的运动
A.粒子可能在2.5t0时刻射出极板 B.极板间距不小于v2t0＋2vπt0
√C.极板长度为nvπt0(n＝1,2,3…)
D.EB00＝2πv

第11单元磁场专题十六带电粒子在有界匀强磁场中的运动-2025年物理新高考备考课件

题型二带电粒子在有界匀强磁场中运动的临界问题
两种思路
一是以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后分析、讨论处于临界条件时的特殊规律和特殊解
二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值
两种方法
物理方法
（1）利用临界条件求极值；（2）利用边界条件求极值；（3）利用矢量图求极值
长，A错误；由左手定则可判断沿径迹、运动的粒子均带负电，为电子，B错误；设圆形磁场的半径为，根据几何关系可得沿径迹、运动的粒子的轨迹半径分别为，，根据可得,则，C正确；粒子在磁场中运动的时间之比为偏转角之比，所以，D错误.
例5 （多选）[2023·全国甲卷] 光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，筒上点开有一个小孔，过的横截面是以为圆心的圆，如图所示.一带电粒子从点沿射入，然后与筒壁发生碰撞.假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度沿圆上碰撞点的切线方向的分量大小不变，沿法线方向的分量大小不变、方向相反,电荷量不变.不计重力.下列说法正确的是( )
例6 [2023·浙江丽水模拟] 如图所示，圆形区域内有一垂直于纸面的匀强磁场，为磁场边界上的一点.现有无数个相同的带电粒子在纸面内沿各个不同方向以相同的速率通过点进入磁场.这些粒子射出边界的位置均处于磁场边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的.若将磁感应强度的大小从原来的变为，相
D
A.2 B. C.3 D.
临界极值问题的四个重要结论（1）刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切.（2）当速度一定时，弧长（或劣弧的弦长）越长，则轨迹对应的圆心角越大，带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.（3）当速率变化时，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.（4）在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于磁场区域圆半径，且入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的圆心角最大（所有的弦长中直径最长）.

2022届高考物理二轮专题讲义：带电粒子在磁场中运动

带电粒子在磁场中运动1方法梳理(1)力与运动观(牛顿第二定律) qvB=m v 2r(2)运动时间T=2πmqB t=θ2πT2考点解读 (1)两类边界 ①直线边界角度关系：θ=β=2α(圆形角等于速度偏转角等于弦切角2倍)弦长关系：优弧(弦长越短，圆心角越大)，劣弧(弦长越长，圆心角越大)例1：如图，圆心在O 点的半圆形区域ACD （CO⊥AD ）内存在着方向垂直于区域平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场，一带电粒子（不计重力）从圆弧上与AD 相距为d 的P 点，以速度v 沿平行直径AD 的方向射入磁场，速度方向偏转60°角后从圆弧上C 点离开。

则可知(B)A ．粒子带正电B ．直径AD 的长度为4dC ．粒子在磁场中运动时间为πd 3vD ．粒子的比荷为vBd ②圆形边界a 沿半径射入，沿半径射出。

∠AOˊB + ∠AOB=1800例2：如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角。

现将带电粒子的速度变为13v ，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间②圆形边界a轨迹半径r等于磁场圆半径R，粒子平行射入磁场，汇聚一点，反之亦然。

例3：如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板。

从圆形磁场最高点Р垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m，不考虑粒子重力，关于粒子的运动，以下说法正确的是(BD) A．粒子有可能始终在磁场中运动而不再射出磁场B．出磁场的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心OC．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长D．出射后垂直打在MN上的粒子，入射速度一定为v=qB Rm2放缩圆例4：如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角θ=30°、大小为v0的带正电粒子，已知粒子质量为m，电量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计，求：粒子能从ab边上射出磁场的v0大小范围．qBL 3m ≤v0≤qBLm2旋转圆例5：如图，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于纸面向里，PQ为该磁场的右边界线，磁场中有一点O到PQ的距离为r。

2023届高考物理一轮复习课件：第十章磁场第二讲带电粒子在磁场中的运动

大小为 B、方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外。ab 边中点有一电子发射源 O，可向磁场
内沿垂直于 ab 边的方向发射电子。已知电子的比荷为 k。则从 a、d 两点射出的电子的速
度大小分别为(
B
1
5
A. kBl， kBl
4
4
1
5
B. kBl， kBl
4
4
1
5
C. kBl， kBl
2
4
1
5
D. kBl， kBl
2023届高考物理一轮复习
第十章磁场
第二讲：磁场对运动电荷的作用
复习回顾
磁场对通电导线的作用力
大小: F ILBsin
安培力:
方向: 右手定则
运用展右手定则判断安培力的方向
B
F
I
B
I
30°
F
θ为B和I
之间的夹角
思考：磁场为什
么对通电导线有
力的作用呢？
思考:设有一段长度为L，横截面积为S的导线，导线单位体积内含
粒子进入磁场时速度方向与边界夹角为θ，下列有关说法正确的是(
A．若θ一定，速度v越大，粒子在磁场中运动时间越长
B．粒子在磁场中的运动时间与速度v有关，与角度θ大小无关
C．若速度v一定，θ越小，粒子在磁场中运动时间越长
D．粒子在磁场中运动时间与角度θ有关，与速度v无关
CD)
[例2]
(多选)如图所示，在矩形区域MNPE中有方向垂直于纸面向里的匀强磁
2
4
)
带电粒子在有界磁场中运动解题步骤
①找圆心：利用v⊥r 和弦的中垂线过圆心
②求半径：几何关系求半径
mv
由R

高考物理一轮复习第9章磁场第3节带电粒子在复合场中的运动教案-人教版高三全册物理教案

第3节带电粒子在复合场中的运动带电粒子在组合场中的运动 [讲典例示法]带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟在磁场中偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键。

当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成。

[典例示法] (2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l ，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l ′，电场强度的大小均为E ，方向均沿x 轴正方向；M 、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与y 轴平行。

一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N 点沿y 轴正方向射出。

不计重力。

(1)定性画出该粒子在电、磁场中运动的轨迹； (2)求该粒子从M 点入射时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π6，求该粒子的比荷及其从M 点运动到N 点的时间。

[解析] (1)粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称，如图(a)所示。

图(a)(2)设粒子从M 点射入时速度的大小为v 0，进入磁场的速度大小为v ，方向与电场方向的夹角为θ，如图(b )，速度v 沿电场方向的分量为v 1。

图(b)根据牛顿第二定律有qE ＝ma ① 由运动学公式有l ′＝v 0t ② v 1＝at ③ v 1＝v cos θ④设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝mv 2R⑤ 由几何关系得l ＝2R cos θ ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得v 0＝2El ′Bl。

⑦(3)由运动学公式和题给数据得 v 1＝v 0cot π6⑧联立①②③⑦⑧式得q m ＝43El ′B 2l2⑨设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t ′，则t ′＝2t ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－π62πT ⑩式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， T ＝2πmqB⑪由③⑦⑨⑩⑪式得t ′＝Bl E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋3πl 18l ′。

高中物理 1.9带电粒子在电场中的运动教案新人教版选修3-1

第九节、带电粒子在电场中的运动教学设计一、教材分析本专题是是历年高考的重点内容。

本专题综合性强，理论分析要求高，带电粒子的加速是电场的能的性质的应用；带电粒子的偏转则侧重于电场的力的性质，通过类比恒力作用下的曲线运动（平抛运动），理论上探究带电粒子在电场中偏转的规律。

此外专题既包含了电场的基本性质，又要运用直线和曲线运动的规律，还涉及到能量的转化和守恒，有关类比和建模等科学方法的应用也比较典型。

探究带电粒子的加速和偏转的规律，只要做好引导，学生自己是能够完成的，而且可以提高学生综合分析问题的能力。

二、教学目标：（一）知识与技能1、理解带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转方向的问题．2、知道示波管的构造和基本原理．（二）过程与方法通过带电粒子在电场中加速、偏转过程分析，培养学生的分析、推理能力（三）情感、态度与价值观通过知识的应用，培养学生热爱科学的精神三、教学重点难点重点：带电粒子在匀强电场中的运动规律难点：运用电学知识和力学知识综合处理偏转问题四、学情分析带电粒子在场中的运动（重力场、电场、磁场）问题，由于涉及的知识点众多，要求的综合能力较高，因而是历年来高考的热点内容，这里需要将几个基本的运动，即直线运动中的加速、减速、往返运动，曲线运动中的平抛运动、圆周运动、匀速圆周运动进行综合巩固和加深，同时需要将力学基本定律，即牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等进行综合运用。

五、教学方法讲授法、归纳法、互动探究法六、课前准备1．学生的学习准备：预习牛顿第二定律的内容是什么，能定理的表达式是什么，抛运动的相关知识点。

2．教师的教学准备：多媒体课件制作，课前预习学案，课内探究学案，课后延伸拓展学案3、教具：多媒体课件七、课时安排：1课时八、学过程(一)预习检查、总结疑惑教师活动：引导学生复习回顾相关知识点（1）牛顿第二定律的内容是什么?（2）动能定理的表达式是什么?（3）平抛运动的相关知识点。

2025高考物理总复习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
思考不同的带电粒子(带同种电性)在加速电场的同一位置由静止开始加速后再进入同一偏转电场，带电粒子的轨迹是重合的吗？
考点一带电粒子在匀强电场中的偏转
答案由 qU0＝12mv02 y＝12at2＝12·qmUd1·vl02 tan θ＝vv0y＝mqdUv10l2 得 y＝4UU10l2d，tan θ＝2UU10ld， y、θ均与m、q无关。即偏移量和偏转角总是相同的，所以它们的轨迹是重合的。
思路二
考点二示波管的工作原理
例3 (2023·江苏省金陵中学阶段检测)示波器可用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管。示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，结构如图甲所示。图乙是从右向左看到的荧光屏的平面图。在偏转电极 XX′、YY′上都不加电压时，从电子枪发出的电子束沿直线运动，打在荧光屏中心，在O点产生一个亮斑。若同时在两个偏转电极上分别加ux＝Usin ωt和uy＝ Ucos ωt两个交流电信号，
考点一带电粒子在匀强电场中的偏转
电子做类平抛运动，在OC方向做初速度为零的匀加速直线运动，且加速度大小相等。沿电场方向的位移为x，垂直于电场方向的位移为y，由几何关系可得 xAC＝32R，yAC＝ 23R，xAB＝R，yAB＝ 3R，由 x＝12at2 得 tAC∶tAB ＝ xAC∶ xAB＝ 3∶ 2，又由 v0＝yt得vvCB＝yyAACB×ttAACB＝2 23＜1，所以电子经过 C 点的初速度小于经过 B 点的初速度，故 C 正确，D 错误。
2meU，
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< 考点二 >
示波管的工作原理
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。

高考物理一轮复习课件带电粒子在磁场中的运动旋转圆(1)

··············
· · · · · · · · · · · · · · （3）如果粒子初速度大小处在（105m/s，
·············· ··············
1.5×105m/s）区间,速度方向区间不变，挡
·············· ··············
板上多长范围内各种速率的粒子都能打到。
··············
··············
··············
··············
图所示），粒子圆周运动的半径为R=10cm，周期T=1×10-6s，在x轴正半轴上有一个距离y轴 s=16cm的足够长竖直挡板，求（2）打到板上的粒子，在磁场中运动的最长时间和最短时间；圆心角→弧长→弦
m
正电的粒子垂直磁场以v0=105m/s的速度从原点 O与x轴负半轴成θ=300角射入（如图所示），
（2）若有三个相同的粒子（不考虑它们之间的相互影响），同时从O点以方向相同，大小不同的速度射入磁场，请描述这些粒子运动的图景（轨迹的异同）。
旋转圆（仅改变速度方向）
例2、在垂直纸面向外的匀强磁场中，一群同
速度方向从-x到+x范围内1800持续可调（如
··············
··············
··············
··············
· ·
· ·
· ·
· ·
· ·
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s··
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· ·
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··············
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2024届高考一轮复习物理教案(新教材鲁科版)：带电粒子在电场中的偏转

第4讲带电粒子在电场中的偏转目标要求 1.掌握带电粒子在电场中的偏转规律.2.会分析带电粒子在电场中偏转的功能关系.3.掌握带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动规律.4.会分析、计算带电粒子在交变电场中的偏转问题．考点一带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t ＝lv 0(如图)．(2)沿电场力方向做匀加速直线运动 ①加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd.②离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22md v 02.③离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUlmd v 02.1．两个重要结论(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：在加速电场中有qU 0＝12m v 02在偏转电场偏移量y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2偏转角θ，tan θ＝v y v 0＝qU 1lmd v 02得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0dy 、θ均与m 、q 无关．(2)粒子经电场偏转后射出，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偏转极板长度的一半． 2．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：qU y ＝12m v 2－12m v 02，其中U y＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．考向1 带电粒子在匀强电场中的偏转例1 (2023·广东佛山市模拟)如图所示，正方形ABCD 区域内存在竖直向上的匀强电场，质子(11H)和α粒子(42He)先后从A 点垂直射入匀强电场，粒子重力不计，质子从BC 边中点射出，则( )A ．若初速度相同，α粒子从CD 边离开B ．若初速度相同，质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为1∶2C ．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的时间相同D ．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4 答案 D解析对任一粒子，设其电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有 x ＝v 0t ，竖直方向有y ＝12at 2＝12·qE m ·x 2v 02，若初速度相同，水平位移x 相同时，由于α粒子的比荷比质子的小，则α粒子的偏转距离y 较小，所以α粒子从BC 边离开，由t ＝xv 0知两个粒子在电场中的运动时间相等，由Δv ＝at ＝qE m t ，知Δv ∝qm ，则质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为2∶1，故A 、B 错误；粒子经过电场的时间为t ＝xv 0，若初动能相同，质子的初速度较大，则质子的运动时间较短，故C 错误；由y ＝12·qE m ·x 2v 02，E k ＝12m v 02得y ＝qEx 24E k ，若初动能相同，已知x 相同，则y ∝q ，根据动能定理知：经过电场的过程中动能增量ΔE k ＝qEy ，E 相同，则ΔE k ∝q 2，则质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4，故D正确．例2 (2020·浙江7月选考·6)如图所示，一质量为m 、电荷量为q ()q >0的粒子以速度v 0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m v 0qEB ．速度大小为3v 0C ．与P 点的距离为22m v 02qED ．速度方向与竖直方向的夹角为30° 答案 C解析粒子在电场中只受电场力，F ＝qE ，方向向下，如图所示．粒子的运动为类平抛运动．水平方向做匀速直线运动，有x ＝v 0t ，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，有y ＝12at 2＝12·qE m t 2，yx ＝tan 45°，联立解得t ＝2m v 0qE，故A 错误；v y ＝at ＝qE m ·2m v 0qE ＝2v 0，则速度大小v ＝v 02＋v y 2＝5v 0，tan θ＝v 0v y ＝12，则速度方向与竖直方向夹角θ≠30°，故B 、D 错误；x ＝v 0t ＝2m v 02qE ，与P 点的距离s ＝x cos 45°＝22m v 02qE ，故C 正确．考向2 带电粒子在组合场中的运动例3 (2023·广东湛江市模拟)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U XX′和U YY′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()答案 A解析U XX′和U YY′均为正值，两偏转电极的电场强度方向分别由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，所受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．例4(多选)(2023·福建福州市模拟)如图所示是一个示波器工作的原理图，电子经过电压为U1的电场加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转位移是y，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为L，每单位电压引起的偏移yU2叫作示波管的灵敏度，为了提高示波管的灵敏度．下列方法可行的是()A．增大U2B．增大LC．减小d D．增大U1答案BC解析电子在加速电场中运动，根据动能定理有qU 1＝12m v 2，电子在偏转电场中运动时有y＝12at 2＝12·U 2q dm ⎝⎛⎭⎫L v 2，联立解得y U 2＝L 24U 1d ，增大U 2，灵敏度不变，A 错误；增大L 或者减小d ，灵敏度都增大，B 、C 正确；增大U 1，灵敏度减小，D 错误．考点二带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转例5 (多选)(2023·福建龙岩市第一中学模拟)如图所示，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2，且小球通过点P ⎝⎛⎭⎫1k ，1k ，已知重力加速度为g ，则( )A ．电场强度的大小为mg qB ．小球初速度的大小为g 2kC ．小球通过点P 时的动能为5mg4kD ．小球从O 点运动到P 点的过程中，电势能减少2mgk答案 BC解析小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x 轴正方向，可知qE ＝2mg ，电场强度的大小为E ＝2mg q ，选项A 错误；因为F 合＝mg ＝ma ，所以a ＝g ，由类平抛运动规律有1k＝v 0t ，1k ＝12gt 2，得小球初速度大小为v 0＝g2k ，选项B 正确；由P 点的坐标分析可知v 0v x ＝12，所以小球通过点P 时的动能为12m v 2＝12m (v 02＋v x 2)＝5mg4k ，选项C 正确；小球从O 到P 过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W ＝qE ·1k ·1cos 45°＝2mgk ，选项D 错误．例6 (2019·全国卷Ⅲ·24)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v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为t2.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)3mgq(2)2m (v 02＋g 2t 2)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 ＝ma ① 12a (t 2)2＝12gt 2② 解得E ＝3mg q③(2)设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有mgh ＋qEh ＝E k －12m v 12④且有v 1·t2＝v 0t ⑤h ＝12gt 2⑥ 联立③④⑤⑥式得E k ＝2m (v 02＋g 2t 2)．考点三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．例7 在如图甲所示的极板A 、B 间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T ，现有一电子以平行于极板的速度v 0从两板中央OO ′射入．已知电子的质量为m 、电荷量为e ，不计电子的重力，问：(1)若电子从t ＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t ＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？(3)若电子恰能沿OO ′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？答案见解析解析 (1)由动能定理得e U 02＝12m v 2－12m v 02解得v ＝v 02＋eU 0m. (2)t ＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向A 极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电子在电场方向上的速度减小到零，此时的速度等于初速度v 0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO ′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L ＝v 0T .(3)若要使电子沿OO ′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，减速到零后反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO ′上，可见应在t ＝T 4＋k T2(k＝0,1,2，…)时射入，极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，设两板间距为d ，由牛顿第二定律有a ＝eU 0md ，加速阶段运动的距离s ＝12·eU 0md ⎝⎛⎭⎫T 42≤d4，解得d ≥TeU 08m，故两极板间距至少为T eU 08m. 例8 如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器极板长L ＝10 cm ，极板间距d ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，荧光屏足够长，在电容器两极板间接一交变电压，上极板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示．每个电子穿过极板的时间都极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的．求：(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的位置到O 点的距离； (2)荧光屏上有电子打到的区间长度．答案 (1)13.5 cm (2)30 cm解析 (1)设电子经电压U 0加速后的速度为v 0，根据动能定理得eU 0＝12m v 02，设电容器间偏转电场的场强为E ，则有E ＝Ud，设电子经时间t 通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y ，则沿中心轴线方向有t ＝Lv 0，垂直中心轴线方向有a ＝eE m ，联立解得y ＝12at 2＝eUL 22md v 02＝UL 24U 0d，设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为v y ，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有v y ＝at ，tan θ＝v y v 0，则电子在荧光屏上偏离O 点的距离为Y ＝y ＋L tan θ＝3UL 24U 0d ，由题图乙知t＝0.06 s 时刻，U ＝1.8U 0，解得Y ＝13.5 cm.(2)由题知电子偏移量y 的最大值为d 2，根据y ＝UL 24U 0d 可得，当偏转电压超过2U 0时，电子就打不到荧光屏上了，所以代入得Y max ＝3L2，所以荧光屏上电子能打到的区间长度为2Y max ＝3L ＝30 cm.课时精练1.(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球()A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小答案BC解析对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，故C正确，D错误．2.(多选)(2023·辽宁葫芦岛市高三检测)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是()A．如果A球带电，则A球一定带负电B．如果A球带电，则A球的电势能一定增加C．如果B球带电，则B球一定带负电D．如果B球带电，则B球的电势能一定增加答案AD解析平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A球在上方，竖直位移较大，由h＝12可知，A球下落的加速度较大，所受合外力较大，如果A球带电，2at则A球受到向下的电场力，一定带负电，电场力做正功，电势能减小，故A正确，B错误；如果B球带电，由于B球的竖直位移较小，加速度较小，所受合外力较小，则B球受到的电场力向上，应带正电，电场力对B球做负功，电势能增加，故C错误，D正确．3．(多选)(2023·福建省福州第十五中学月考)如图所示，a、b两个不同的带电粒子，从同一点平行于极板方向射入电场，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，不计重力，下列判断正确的是( )A ．若粒子比荷相同，则初速度一定是b 粒子大B ．若粒子比荷相同，则初速度一定是a 粒子大C ．两粒子在电场中运动的时间一定相同D ．若粒子初动能相同，则带电荷量一定是a 粒子大答案 AD解析对每个粒子，水平方向有s ＝v t ，竖直方向有h ＝12·qE m t 2＝qEs 22m v 2.若粒子比荷相同，因b粒子的水平位移大，则初速度一定较大，选项A 正确，B 错误；由h ＝12·qEm t 2可知，因两粒子的比荷不确定，则时间关系不能确定，选项C 错误；由h ＝12·qE m t 2＝qEs 22m v 2＝qEs 24E k ，则若粒子初动能相同，因a 粒子的水平位移较小，则带电荷量一定较大，选项D 正确．4．(多选)(2021·全国乙卷·20)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q ，m )、(＋q ,2m )、(＋3q ,3m )、(－q ，m )，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x 轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y 轴平行．不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是( )答案 AD解析带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a ＝qEm ，由类平抛运动规律可知，带电粒子在电场中运动时间为t ＝lv 0，离开电场时，带电粒子的偏转角的正切值为tan θ＝v y v x ＝at v 0＝qElm v 02，因为四个带电的粒子的初速度相同，电场强度相同，水平位移相同，所以偏转角只与比荷有关，(＋q ，m )粒子与(＋3q ,3m )粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(－q ，m )粒子的比荷也相同，所以(＋q ，m )、(＋3q ,3m )、(－q ，m )三个粒子偏转角相同，但(－q ，m )粒子与上述两个粒子的偏转角方向相反，(＋q ,2m )粒子的比荷比(＋q ，m )、(＋3q ,3m )粒子的比荷小，所以(＋q ,2m )粒子比(＋q ，m )(＋3q ，3m )粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同，故A 、D 正确，B 、C 错误．5.如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)经过加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y .要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转极板的情况)( )A ．增大偏转电压UB ．增大加速电压U 0C ．增大偏转极板间距离D ．将发射电子改成发射负离子答案 A解析设偏转极板长为l ，极板间距为d ，由eU 0＝12m v 02，t ＝l v 0，a ＝eU md ，y ＝12at 2，联立得偏转位移y ＝Ul 24U 0d ，增大偏转电压U ，减小加速电压U 0，减小偏转极板间距离，都可使偏转位移增大，选项A 正确，B 、C 错误；由于偏转位移y ＝Ul 24U 0d 与粒子质量、带电荷量无关，故将发射电子改成发射负离子，偏转位移不变，选项D 错误．6．(多选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0且周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期T ＝2dv 0，粒子质量为m ，不计粒子重力及相互间的作用力，则( )A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为m v 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18m v 02D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场答案 AD解析粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t ＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t ＝2dv 0，此时间正好是交变电压的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v 0，选项A 正确；在竖直方向，t ＝0时刻进入电场的粒子在T 2时间内的位移为d 2，则d 2＝12a ·(T 2)2＝U 0q 2dm (d v 0)2，计算得出q ＝m v 02U 0，选项B 错误；在t ＝T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为d ＝2×12a (38T )2－2×12a (T 8)2＝d 2，故电场力做功为W ＝U 0q d ×12d ＝12U 0q ＝12m v 02，电势能减少了12m v 02，选项C 错误；t ＝T 4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T4，然后向下减速运动T 4，再向上加速T 4，然后再向上减速T4，由对称可以知道，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P 板右侧边缘离开电场，选项D 正确．7.(2023·重庆市高三模拟)如图所示，一圆形区域有竖直向上的匀强电场，O 为圆心，两个质量相等、电荷量大小分别为q 1、q 2的带电粒子甲、乙，以不同的速率v 1、v 2从A 点沿AO 方向垂直射入匀强电场，甲从C 点飞出电场，乙从D 点飞出，它们在圆形区域中运动的时间相同，已知∠AOC ＝45°，∠AOD ＝120°，不计粒子的重力，下列说法正确的是( )A.v 1v 2＝2－22＋3B.v 1v 2＝2－23 C.q 1q 2＝32 D.q 1q 2＝ 2 答案 B解析甲、乙在电场中均做类平抛运动，沿初速度方向做匀速直线运动，它们在圆形区域中运动时间t 相同，在水平方向上，根据题图中几何关系可得x AC ＝v 1t ＝R －R cos 45°，x AD ＝v 2t ＝R ＋R cos 60°，联立可得v 1v 2＝1－221＋12＝2－23，A 错误，B 正确；甲、乙在电场中沿电场力方向均做初速度为零的匀加速直线运动，则有y AC ＝12·q 1E m t 2＝R sin 45°，y AD ＝12·q 2Em t 2＝R sin 60°，联立可得q 1q 2＝sin 45°sin 60°＝23，C 、D 错误．8.(2022·浙江6月选考·9)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v 0的相同粒子，垂直M 板向右的粒子，到达N 板时速度大小为2v 0；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a ＝2v 02LD ．粒子从N 板下端射出的时间t ＝(2－1)L2v 0答案 C解析由于不知道两粒子的电性，故不能确定M 板和N 板的电势高低，故A 错误；根据题意垂直M 板向右的粒子到达N 板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小，则平行M 板向下的粒子到达N 板时电场力也做正功，电势能同样减小，故B 错误；设两板间距离为d ，对于平行M 板向下的粒子刚好从N 板下端射出，在两板间做类平抛运动，有L2＝v 0t ，d ＝12at 2，对于垂直M 板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(2v 0)2－v 02＝2ad ，联立解得t ＝L2v 0，a ＝2v 02L，故C 正确，D 错误． 9.(多选)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L ，板间距离为d ，距板右端L 处有一竖直屏M .一带电荷量为q 、质量为m 的质点以初速度v 0沿中线射入两板间，最后垂直打在M 上，则下列说法中正确的是(已知重力加速度为g )( )A ．两极板间电压为mgd2qB ．板间电场强度大小为2mgqC ．整个过程中质点的重力势能增加mg 2L 2v 02D ．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M 上答案 BC解析据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M 屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示，可知两次偏转的加速度大小相等，对两次偏转分别由牛顿第二定律得qE －mg ＝ma ，mg ＝ma ，解得a ＝g ，E ＝2mg q ，由U ＝Ed 得两极板间电压为U ＝2mgd q ，故A 错误，B 正确；质点在电场中向上偏转的距离y ＝12at 2，t ＝L v 0，解得y ＝gL 22v 02，故质点打在屏上的位置与P 点的距离为s ＝2y ＝gL 2v 02，整个过程中质点的重力势能的增加量E p ＝mgs ＝mg 2L 2v 02，故C 正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd d ＝4πkQεr S可知，板间电场强度不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂直打在M 上，故D 错误． 10.(2023·黑龙江佳木斯市第八中学调研)如图所示，两平行金属板A 、B 长L ＝8 cm ，两板间距离d ＝8 cm ，A 板比B 板电势高300 V ，一个不计重力的带正电的粒子电荷量q ＝10－10C 、质量m ＝10－20kg ，沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2×106 m/s ，粒子飞出平行板电场后，可进入界面MN 和光屏PS 间的无电场的真空区域，最后打在光屏PS 上的D 点(未画出)．已知界面MN 与光屏PS 相距12 cm ，O 是中心线RO 与光屏PS 的交点．sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离； (2)粒子射出平行板电容器时偏转角； (3)OD 两点之间的距离．答案 (1)0.03 m (2)37° (3)0.12 m解析 (1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，加速度为a ＝F m ＝qU md水平方向有L ＝v 0t 竖直方向有y ＝12at 2联立解得y ＝qUL 22md v 02＝0.03 m(2)设粒子射出平行板电容器时偏转角为θ，v y ＝at tan θ＝v y v 0＝at v 0＝qUL md v 02＝34，故偏转角为37°.(3)带电粒子离开电场时速度的反向延长线与初速度延长线的交点为水平位移的中点，设两界面MN 、PS 相距为L ′，由相似三角形得L2L 2＋L ′＝yY ，解得Y ＝4y ＝0.12 m.11．(2023·辽宁大连市第八中学高三检测)如图甲所示，真空中的电极可连续不断均匀地逸出电子(设电子的初速度为零)，经加速电场加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A 、B 的中线射入偏转电场，A 、B 两板距离为d ，A 、B 板长为L ，AB 两板间加周期性变化的电场U AB ，如图乙所示，周期为T ，加速电压U 1＝2mL 2eT 2，其中m 为电子质量、e 为电子电荷量，T 为偏转电场的周期，不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：(1)电子从加速电场U 1飞出后的水平速度v 0的大小；(2)t ＝0时刻射入偏转电场的电子离开偏转电场时距A 、B 间中线的距离y ；(3)在0～T2内射入偏转电场的电子中从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比．答案 (1)2L T (2) eU 0T 28md (3)50%解析 (1)电子在加速电场中加速，由动能定理得eU 1＝12m v 02－0解得v 0＝2LT(2) 电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向L ＝v 0t ，解得t ＝T2，t ＝0时刻进入偏转电场的电子加速度a ＝eE m ＝eU 0md ，电子离开电场时距离A 、B 中心线的距离y ＝12at 2，解得y ＝eU 0T 28md(3)在0～T2内射入偏转电场的电子，设向上的方向为正方向，设电子恰在A 、B 间中线离开偏转电场，则电子先向上做初速度为零、加速度大小为a 的匀加速直线运动，经过时间t ′后速度v ＝at ′，此后两板间电压大小变为3U 0，加速度大小变为a ′＝eE ′m ＝3eU 0md ＝3a电子向上做加速度大小为3a 的匀减速直线运动，速度减为零后，向下做初速度为零、加速度大小为3a 的匀加速直线运动，最后回到A 、B 间的中线，经历的时间为T 2，则12at ′2＋v (T2－t ′)－12×3a (T 2－t ′)2＝0，解得t ′＝T4，则能够从中线上方向离开偏转电场的电子的发射时间为t ″＝T 4，则在0～T2时间内，从中线上方离开偏转电场的电子占离开偏转电场电子总数的百分比η＝T 4T 2×100%＝50%.12．(多选)如图，质量为m 、带电荷量为q 的质子(不计重力)在匀强电场中运动，先后经过水平虚线上A 、B 两点时的速度大小分别为v a ＝v 、v b ＝3v ，方向分别与AB 成α＝60°角斜向上、θ＝30°角斜向下，已知AB ＝L ，则( )A ．质子从A 到B 的运动为匀变速运动 B ．电场强度大小为2m v 2qLC ．质子从A 点运动到B 点所用的时间为2Lv D ．质子的最小速度为32v 答案 ABD解析质子在匀强电场中受力恒定，故加速度恒定，则质子从A 到B 的运动为匀变速运动，A 正确；质子在匀强电场中做抛体运动，在与电场垂直的方向上分速度相等，设v a 与电场线的夹角为β，如图所示．则有v a sin β＝v b cos β，解得β＝60°，根据动能定理有qEL cos 60°＝12m v b 2－12m v a 2，解得E ＝2m v 2qL ，B 正确；根据几何关系可得，AC 的长度为L sin 60°＝32L ，则质子从A 点运动到B 点所用的时间为t ＝32L v a sin β＝Lv ，C 错误；在匀变速运动过程中，当速度方向与电场力方向垂直时，质子的速度最小，有v min ＝v a sin β＝32v ，D 正确．。

新高考备战2024年高考物理抢分秘籍11带电粒子在电场中的直线偏转交变电场中运动的综合问题教师届

秘籍11带电粒子在电场中的直线、偏转、交变电场中运动的综合问题一、带电粒子在电场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。

(2)匀强电场中，粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。

2．用动力学观点分析a ＝qE m ，E ＝Ud，v 2－v 02＝2ad (匀强电场)。

3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 02。

非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1。

二、带电粒子在电场中的偏转运动1.求解电偏转问题的两种思路以示波管模型为例,带电粒子经加速电场U 1加速,再经偏转电场U 2偏转后,需再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OP 的两种方法方法1:方法2:(2)确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法2.带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t ＝lv 0(如图)．(2)沿静电力方向做匀加速直线运动①加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd②离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv 02③离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUlmdv 023．两个重要结论(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：在加速电场中有qU 0＝12mv 02，在偏转电场偏移量y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(lv 0)2偏转角θ，tan θ＝v y v 0＝qU 1lmdv 02，得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d y 、θ均与m 、q 无关．(2)粒子经电场偏转后射出，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偏转极板长度的一半．三、带电粒子在交变电场中的运动1.交变电场中的直线运动U-t 图像v-t 图像运动轨迹2.交变电场中的偏转（带电粒子重力不计）【题型一】带电粒子在电场中的直线运动【典例1】（2024·湖南长沙·一模）如图所示，阴极K 发射的电子（初速度可视为零）经电压为0U 的电场加速后，从A 板上的小孔进入由A 、B 两平行金属板组成的电容为C 的电容器中，开始时B 板不带电，电子到达B 板后被吸收。

高中物理电池偏转问题教案

高中物理电池偏转问题教案
教学内容：电池偏转问题
教学目标：学生能够理解电流在外电路中的传递方式，掌握电池偏转问题的解题方法。

教学重点：电流的传递方式，电池偏转问题的解题方法。

教学难点：理解电流在外电路中的传递方式，掌握电池偏转问题的解题方法。

教学准备：投影仪、教案、课件、电路板、电池、导线、电阻、万用表等工具和材料。

教学过程：
一、导入（5分钟）
老师通过引入实际生活中的例子，引发学生对电池偏转问题的兴趣和思考，让学生认识到
电流在外电路中的传递方式是如何发生的。

二、讲解（15分钟）
1. 电流的传递方式：讲解电流在闭合电路中的传递方式，包括电流的方向和大小的变化。

2. 电池偏转问题的基本概念：讲解电池偏转问题的定义、解题方法和相关公式。

三、示范（10分钟）
老师通过实验演示和实际操作，展示电池偏转问题的解题方法，帮助学生理解和掌握相关
知识。

四、练习（15分钟）
学生进行小组讨论和练习，通过解题训练巩固所学知识，加深理解和掌握。

五、总结（5分钟）
通过总结归纳讲解内容和学生练习情况，强化学生对电池偏转问题的理解和掌握。

教学延伸：
学生可根据电池偏转问题进行实际的电路搭建和测量实验，加深对电路原理的理解和应用。

教学反馈：
定期进行小测验和课堂练习，检验学生对电池偏转问题的掌握程度和理解水平。

高考物理 30带电粒子在电场中加速在磁场中偏转精解分析

高考题精解分析：30带电粒子在电场中加速在磁场中偏转高频考点：带电粒子在电场中加速、在磁场中的偏转动态发布：2009重庆理综第25题、2009山东理综第25题命题规律：带电粒子在电场中加速、在磁场中的偏转是带电粒子在电磁场中运动的重要题型，是高考考查的重点和热点，带电粒子在电场中加速、在磁场中的偏转常常以压轴题出现，难度大、分值高、区分度大。

命题分析考查方式一考查带电粒子在恒定电场中加速、偏转、在匀强磁场中的偏转【命题分析】带电粒子在恒定电场中加速后进入偏转电场、然后进入匀强磁场中的偏转是高考常考题型，此类题过程多，应用知识多，难度大。

例1（2009重庆理综第25题）如图1，离子源A 产生的初速为零、带电量均为e 、质量不同的正离子被电压为U 0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM 上的小孔S 离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN 进入磁感应强度为B 的匀强磁场.已知HO=d ，HS=2d ，∠MNQ =90°.（忽略粒子所受重力）（1）求偏转电场场强E 0的大小以及HM 与MN 的夹角φ；（2）求质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径；（3）若质量为4m 的离子垂直打在NQ 的中点S 1处，质量为16m 的离子打在S 2处.求S 1和S 2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围.【标准解答】：（1）正离子在加速电场加速，eU 0=mv 12/2，正离子在场强为E 0的偏转电场中做类平抛运动，2d= v 1t ，d =at 2/2，eE 0=ma ，联立解得 E 0= U 0/d.由tan φ= v 1/ v ⊥，v ⊥=at ，解得φ=45°.（2）正离子进入匀强磁场时的速度大小v =221⊥+v v图1离子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，evB=mv 2/R ，联立解得质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径R =220eB mU （3）将质量4m 和16m 代人R 的表达式，得 R 1=420eB mU ，R 2=820eBmU . 由图1JA 中几何关系得△s=()21222R R R ---R 1联立解得：△s =4（13-）20eBmU . 对于打在Q 点的正离子，由上图的几何关系得R ’2=(2R 1)2+(R ’— R 1)2，解得R ’=5 R 1/2.；对于打在N 点的正离子（如图1JB 所示），其轨迹半径为R 1/2=R ，对应的正离子质量为m ，由R 1/2<r<5 R 1/2，得能打在NQ 上的正离子的质量m x 的范围m<m x <25m.考查方式二考查带电粒子在交变电场中加速、在匀强磁场中的偏转【命题分析】带电粒子在交变电场中加速后进入匀强磁场中偏转一般难度较大，常常作为压轴题，考查学生的综合能力。

高考物理带电粒子在磁场中偏转

带电粒子在磁场中偏转的求解策略带电粒子在磁场中偏转问题是历年高考的重点问题，同时也是热点问题。

总结考试中的诸多失误，集中在对这类问题的解法缺乏规律性的认识。

为此本文就求解这类题型的某些规律归纳如下。

一、基本思想因为洛伦兹力F始终与速度v垂直，即F只改变速度方向而不改变速度的大小，所以运动电荷垂直磁感线进入匀强磁场且仅受洛伦兹力时，一定做匀速圆周运动，由洛伦磁力提供向心力，即F€qvB€mv2/R。

带电粒子在磁场中运动问题大致可分两种情况：1.做完整的圆周运动（在无界磁场或有界磁场中）；2.做一段圆弧运动（一般在有界磁场中）。

无论何种情况，其关键均在圆心、半径的确定上。

二、思路和方法1.找圆心方法1：若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力F丄v，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心。

方法2：若已知粒子轨迹上的两点和其中一点的速度方向，则可作出此两点的连线（即过这两点的圆弧的弦）的中垂线，再画出已知点v的垂线，中垂线与垂线的交点即为圆心。

方法3：若已知粒子轨迹上的两点和能求得的半径R，则可作出此两点连线的中垂线,从连线的端点到中垂线上的距离为R的点即为圆心。

方法4：若已知粒子入射方向和出射方向，及轨迹半径R，但不知粒子的运动轨迹，则可作出此两速度方向夹角的平分线，在角平分线上与两速度方向直线的距离为R的点即为圆心。

方法5：若已知粒子圆周运动轨迹上的两条弦，则两条弦的中垂线的交点即为圆心。

2.求半径圆心确定下来后，半径也随之确定。

一般可运用平面几何知识来求半径的长度。

3.画轨迹在圆心和半径确定后可根据左手定则和题意画出粒子在磁场中的轨迹图。

4.应用对称规律从一边界射入的粒子，若从同一边界射出时，则速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，若粒子沿径向射入，则必沿径向射出。

三、实例分析例1.如图1所示，两电子沿MN方向射入两平行直线间的匀强磁场，并分别以v、v12的速度射出磁场。

则v:v是多少？两电子通过匀强磁场所需时间之比t:t是多少？1212M—*MXXX X XXX X图1解析：利用上述方法1；可确定出两电子轨迹的圆心O］和圆心。