10.5帶電粒子在電場中的運動【九大題型】

【人教版2019]

＞題型梳理

【題型1帶電粒子（不計重力）在勻強電場中的直線運動】.......................................2

【題型2帶電物體（計重力）在勻強電場中的直線運動】.........................................6

【題型3帶電粒子在周期性變化電場中的直線運動】............................................11

【題型4帶電粒子在周期性變化電場中的曲線運動】............................................15

【題型5帶電粒子在勻強電場中的類拋體運動】.................................................23

【題型6帶電粒子在勻強電場中的圓周運動】...................................................29

【題型7帶電粒子在電場中的能量問題】.......................................................35

【題型8示波器的原理】......................................................................39

【題型9帶電粒子其他非勻強電場中的運動】...................................................43

?舉一反三

知識點1：帶電粒子在電場中的加速

分析帶電粒子的加速問題有兩種思路：

1.利用牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運動公式分析.適用于勻強電場.

2.利用靜電力做功結(jié)合動能定理分析.對于勻強電場和非勻強電場都適用，公式有加v2—勻

強電場）或0（7=3彥一]丫＜）2（任何電場）等.

知識點2：帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

如圖所示，質(zhì)量為加、帶電荷量為q的粒子（忽略重力），以初速度vo平行于兩極板進入勻強電場，極板

長為/,極板間距離為力極板間電壓為U.

1.運動性質(zhì):

（1）沿初速度方向：速度為V0的勻速直線運動.

（2）垂直vo的方向：初速度為零的勻加速直線運動.

2.運動規(guī)律：

膽，偏移總巨離丁=1。好=qui,.

vomd22mvozd

c、,qUl,八vqUl

（2）v=at=^—,tan。=上y=3一-

ymvodvomdvo2

【題型1帶電粒子（不計重力）在勻強電場中的直線運動】

【例1】（2023?武威期中）下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過電壓同為U的電場加速后速度最大的是（）

A.笊核（汨）B.質(zhì)子（；H）

C.氯原子核（2He）D.氤核（汨）

【答案】B

【詳解】設粒子的電量為q，質(zhì)量為加，則由動能定理得

12

qU=—mv

解得

Vm

在題中四個粒子中質(zhì)子的比荷最大，速度也最大。

故選Bo

【變式1-1］（2023?南京期末）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

孔分別位于。、M、尸點，由。點靜止釋放的電子恰好能運動到尸點，現(xiàn)將C板向左平移到P點，則由O

點靜止釋放的電子（）

I:J，J

.--------.--------■------■

Illi

A.運動到P點返回B.運動到尸和P點之間返回

C.運動到P點返回D.穿過P點后繼續(xù)運動

【答案】D

【知識點】帶電粒子在勻強電場中的直線運動

【詳解】由。點靜止釋放的電子恰好能運動到尸點，表明電子在薄板/、3之間做加速運動，電場力做正

功，電場方向向左，在薄板2、。之間做減速運動，電場力做負功，電場方向向右，到達尸點時速度恰好為

0,之后，電子向左加速至M點，再向左減速至。點速度為0,之后重復先前的運動，根據(jù)動能定理有

~eUOM-eUMP=0

解得

UMP=~UOM=UMO

根據(jù)

c=2=￡

U4jrkd

當C板向左平移到P點，B、C間距減小，B、C之間電壓減小，則有

UMP=U>UMP,

結(jié)合上述有

~e^oM~eUMp.>°

可知，電子減速運動到尸'的速度不等于0,即電子穿過尸'點后繼續(xù)向右運動。

故選D。

【變式1-2］（多）一對平行正對的金屬板C、。接入如圖所示的電路中，C板固定，。板可左右平行移動,

閉合開關，一段時間后再斷開開關，從C板發(fā)射一電子，恰能運動到/點后再返回，已知/到。板的距離

是板間距離的三分之一，忽略電子的重力，則（）

A.若將。板向左平移至/點，電子恰能到達。板

B.若將。板向右平移至某位置，電子將不能運動至4點

C.若要讓電子能夠到達。板，可將電子的動能至少增加為原來的1.5倍

D.若閉合開關，再將D板向左平移至4點或4點左側(cè)某位置，電子能夠到達。板

【答案】AC

【詳解】AB.從。板發(fā)射一電子，恰能運動到4點后再返回，則有

eU

~cA=-e-EdCA=O-Ek0

若將。板向左平移至/點，根據(jù)

C.”

4兀kd

c=2

u

可得

E=郵與

兩極板間電場強度不變，則電子恰能到達。板，同理，若將。板向右平移至某位置，電子恰能運動至4點,

故A正確，B錯誤；

C.若要讓電子能夠到達。板，則

iUcD=?EdcD=0-E[o

dCA=-dCD

所以

%“5%

故C正確；

D.若閉合開關，再將。板向左平移至/點或/點左側(cè)某位置，則電容器兩極板間電勢差不變，兩極板間

距離減小，兩極板間電場強度增大，電子不能到達。板，故D錯誤。

故選AC。

【變式1-3]（2024?河北開學考）（多）圖甲為靜電式油煙凈化器的原理圖，油煙先經(jīng)過濾網(wǎng)過濾，較小

的顆粒進入收集筒內(nèi)，筒中心和筒壁之間加上高電壓（恒定）后，中心負極會均勻地發(fā)射與筒壁垂直的電

子，顆粒（視為球體）以相同的速度平行筒心軸線進入筒內(nèi)后，吸收電子帶上負電，在電場力作用下向筒

壁偏移，最后附著到筒壁上。已知顆粒吸附的電子數(shù)與其表面積成正比，顆粒密度恒定，不計重力和其他

影響，該電場可看成輻向電場（如圖乙所示）。下列說法正確的是（）

A.油煙顆粒在收集筒內(nèi)做勻變速運動

B.經(jīng)過同一位置的油煙顆粒，半徑越大加速度越小

C.離筒壁越遠的油煙顆粒達到筒壁上的速度不一定越大

D.收集筒半徑越大油煙凈化效果越好

【答案】BC

【詳解】A.收集筒內(nèi)的電場呈輻射狀，不是勻強電場，油煙顆粒在收集筒內(nèi)做非勻變速運動，A錯誤;

B.設油煙顆粒半徑為R,單位面積的電量為b,由題意可知

p—TIR3a=CJATIR2?E

則

3eE

ci------

pR

半徑越大加速度越小，B正確；

C.由動能定理得

（74兀尺2.[/=；.0：兀*12-%）

解得

離的越遠。越大，顆粒半徑尺大小不同，鄉(xiāng)可能減小，C正確;

R

D.收集筒半徑過大，油煙顆粒有可能打不到筒壁上，凈化效果會變差，D錯誤。

故選c。

【題型2帶電物體（計重力）在勻強電場中的直線運動】

【例2】（2024?湖北開學考）如圖甲所示，傾角為6=37。的光滑斜面固定在水平地面上，其空間存在沿

斜面方向的勻強電場，以斜面底端為坐標原點，沿斜面向上為正方向建立x軸，一帶正電的小滑塊以一定

的初速度％從斜面底端x=0處開始上滑，若斜面足夠長，上滑過程中小滑塊的機械能和動能隨位移變化的

關系圖線如圖乙所示，sin37°=0.6,cos37°=0.8,則下列說法正確的是（）

uX

圖甲圖乙

A.電場強度的方向沿斜面向上

4￡

B.在斜面底端小滑塊克服重力做功的功率為7%

%

C.在斜面底端小滑塊克服電場力做功的功率為a%

%

D.小滑塊上滑過程中，重力勢能增加了4E。

【答案】C

【詳解】AC.由圖乙可知，上滑過程中小滑塊的機械能變化量為

W^=AE=3E0-4E0=-E0

即電場力做負功，所以電場強度的方向沿斜面向下。又

%=-

解得

F電今

則在斜面底端小滑塊克服電場力做功的功率為

七=3。=20

%

故A錯誤；C正確；

D.由A選項分析可知，上滑過程中，小滑塊的機械能減少了紇，動能減少了4￡。。其重力勢能增加了

鈣，=4E0-E0=3E0

故D錯誤;

B.小滑塊上滑過程中，重力做負功，小滑塊的重力勢能變化量為

△4=3E"=mgsin37°-x0

解得

5線

mg-——-

在斜面底端小滑塊克服重力做功的功率為

p-2”3—0

PG=mgv0sin37°=—

故B錯誤。

故選C。

【變式2-1】如圖所示，一個質(zhì)量為加、電荷量為q的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強電場中由靜止沿斜

向右下方做直線運動，其軌跡與豎直方向的夾角為仇重力加速度大小為g,不計空氣阻力，則下列判斷正

確的是（）

A.電場強度的最小值等于整

q

B.電場強度的最大值等于螫生電

q

c.帶電油滴的機械能不可能增加

D.靜電力可能對帶電油滴不做功

【答案】D

【詳解】AB.帶電油滴的運動軌跡為直線，在電場中受到重力加g和靜電力凡其合力必定沿此直線向下,

根據(jù)三角形定則作出合力，如圖

mg合力

由圖可知，當靜電力廠與油滴軌跡垂直時，靜電力/最小，場強最小，則有

F=qEmin=mgsin0

得到

_mgsin3

min一

q

由圖可知，電場強度無最大值，故AB錯誤；

D.當石=駕的時，靜電力方向與速度方向垂直，靜電力不做功，帶電油滴的電勢能一定不變；這種情

q

況下只有重力做功，帶電油滴的機械能不變，故D正確；

C.當￡＞整堊且時，靜電力方向與速度方向成銳角時，靜電力做正功，帶電油滴的機械能增加，故C錯

q

誤。

故選Do

【變式2-2］（2024?河北模擬）質(zhì)量1kg的帶正電滑塊，輕輕放在傳送帶底端。傳送帶與水平方向夾角為

0=37。，與滑塊間動摩擦因數(shù)為〃=0.5,電動機帶動傳送帶以3m/s速度順時針勻速轉(zhuǎn)動?；瑝K受到沿斜

面向上的4N恒定電場力作用，則1s內(nèi)（）

A.滑塊動能增加4JB.滑塊機械能增加12J

C.由于放上滑塊電機多消耗電能為12JD.滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)熱為4J

【答案】C

【詳解】A.分析滑塊，由牛頓第二定律得

Eq+jLimgcos9-mgsin9=ma

解得

a=2mzs2

Is末，滑塊末速度為

Vj=at=2m/s

位移為

x=—at2=Im

2

傳送帶位移為

x2=vt=3m

則，滑塊動能為

￡k=；冽v；=2J

故A錯誤;

B.滑塊機械能增加

\EX=Eqx+pimgcosOx=8J

故B錯誤;

c.電機多消耗電能

\E2=jumgcos帶=12J

故C正確；

D.滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)熱為

Q=jumgcos0x=/dmg(x2-xjcos。=8J

故D錯誤。

故選Co

【變式2-3](2023?成都期中)AB.CD兩塊正對的平行金屬板與水平面成30。角固定，豎直截面如圖所

示。兩板間距10cm,電荷量為1.0xl(T8C、質(zhì)量為3.0xl()Tkg的小球用長為5cm的絕緣細線懸掛于N點。

閉合開關S,小球靜止時，細線與N8板夾角為30。；剪斷細線，小球運動到C。板上的W點(未標出)，

求

(1)電場強度大小;

(2)MC距離為多少？

(3)小球運動到CD板上的"點過程中電勢能改變了多少？

【答案】(l)E=exl()5N/C⑵Z,c=10ecm(3)電勢能增力口7.56*10一號

【詳解】(1)根據(jù)平衡條件和幾何關系，對小球受力分析如圖所示

根據(jù)幾何關系可得

Tcos30°+qEcos30°=mg

解得

￡=V3X105N/C

(2)剪斷細線，小球做勻加速直線運動，如圖所示

根據(jù)幾何關系可得

LMC=dtan600=1oVScm

(3)根據(jù)幾何關系可得小球沿著電場力方向的位移

x=<7-/sin30°=10-5x—cm=7.5cm

2

與電場力方向相反，電場力做功為

=-g￡x=-V3xio5xl.Ox10-8x7.5x10'J=-7.5V3X10-5J

小球的電勢能增加7.5石x10-5j。

【題型3帶電粒子在周期性變化電場中的直線運動】

【例3】（多）如圖甲所示，/、8是一對平行金屬板。/板的電勢心=0,8板的電勢WB隨時間的變化規(guī)律

如圖乙所示。現(xiàn)有一電子從/板上的小孔進入兩板間的電場區(qū)內(nèi)，電子的初速度和重力的影響均可忽略。

若在片。時刻進入的電子恰好在那刻穿過5板，則（）

AB

4QB

Qo

OT2T*

一§0

甲乙

T

A.在'=7時刻進入的電子一定不能穿過B板

O

在I=J時刻進入的電子一定能穿過B板

B.

O

T

C.在時刻進入的電子一定不能穿過5極

D.在時刻進入的電子一定能穿過2板

【答案】BC

當電子在尸時刻進入時，恰好在《時刻穿過板，設此時電子的速度為則

【詳解】AB.03v,

2

1TvT

d二—v?一

224

T

電子從f=石時刻進入兩板時，電子向右運動的最大位移為

O

」，c133T9vT7

a=2------v------------->a

24832

由此可知，電子一定能穿過3板，故A錯誤，B正確;

CD.同理，電子從，1時刻進入兩板時，電子向右運動的最大位移為

7，C11TvT7

a=2-------v—=—<a

2248

由此可知，電子一定不能穿過3板，故C正確，D錯誤。

故選BC。

【變式3-1］（2024?山東開學考）（多）如圖甲所示，直線加速器由多個橫截面積相同的金屬圓筒依次排

列，其中心軸線在同一直線上，圓筒的長度依照一定的規(guī)律依次增加。序號為奇數(shù)的圓筒和交變電源的一

個極相連，序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一個極相連。交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。

某時刻位于序號為0的金屬圓板中心的粒子由靜止開始加速，沿中心軸線進入圓筒b粒子運動到圓筒與圓

筒之間各個間隙中都恰好使靜電力的方向跟運動方向相同而不斷加速。已知電壓的絕對值為Uo,周期為T,

A.粒子在金屬圓筒內(nèi)做勻加速直線運動

B.粒子在各個金屬圓筒內(nèi)運動的時間均為4

C.粒子剛進入第8個圓筒時的速度大小為4阿;

D.第8個圓筒的長度為47M?

【答案】BC

【詳解】A.由于金屬圓筒處于靜電平衡狀態(tài)，圓筒內(nèi)部場強為零，則電子在金屬圓筒中做勻速直線運動，

故A錯誤；

B.因為電子從金屬圓筒出來后要繼續(xù)做加速運動，所以電子在金屬圓筒中的運動時間應該為交變電源周期

的一半，即工，故B正確；

2

C.由動能定理得

12

8?。。=-mv

°2

可得粒子剛進入第8個圓筒時的速度大小為

"后=4師

故C正確；

D.因為電子在圓筒中做勻速直線運動，所以第8個圓筒長度為

Ls=v[=27,初0

故D錯誤。

故選BCo

【變式3-2]（2023?淄博期末）（多）勻強電場的電場強度￡隨時間》變化的圖像如圖所示。當;0時,

在此勻強電場中由靜止釋放一個帶正電的粒子，帶電粒子只受靜電力的作用，下列說法正確的是（）

f￡/（V-m-'）

40--------------；；---；

0-1-H-456

-201~~-~~!!----------!

A.帶電粒子將始終向同一個方向運動

B.3s末帶電粒子回到原出發(fā)點

C.3s末帶電粒子的速度不為零

D.前3s內(nèi)，靜電力做的總功為零

【答案】AD

【詳解】A.帶電粒子由靜止釋放后，在0~2s時間內(nèi)，由牛頓第二定律可知粒子的加速度大小為

qE

%---

m

在2s:3s時間內(nèi)，粒子的加速度大小為

2qE

a?------

m

可知粒子由靜止先以生加速度大小加速2s,再以外加速度大小減速Is,由于%=2%,可知此時粒子速度是

零，同理在3s~5s時間內(nèi)由靜止又以可加速度大小加速2s,再以。2加速度大小減速Is,此時粒子速度是零,

因此粒子在0~6s時間內(nèi)，帶電粒子將始終向同一個方向運動，其速度時間圖像如圖所示，

V

A正確;

B.由帶電粒子的速度時間圖像可知,帶電粒子將始終向同一個方向運動，因此3s末帶電粒子回不到原出

發(fā)點，B錯誤;

C.由帶電粒子的速度時間圖像可知,3s末帶電粒子的速度是零，C錯誤;

D.在前3s內(nèi)，由動能定理可知

W=AEk=0-0=0

前3s內(nèi)，靜電力做的總功是零，D正確。

故選ADo

【變式3-3］（2023?安順一模）（多）近年來市場上出現(xiàn)的一種靜電耳機。其基本原理如圖甲，a、6為兩

片平行固定金屬薄板，M是位于金屬板之間的極薄帶電振膜，將帶有音頻信號特征的電壓加在金屬板上，

使帶電振膜在靜電力的作用下沿垂直金屬板方向振動從而發(fā)出聲音。若兩金屬板可看作間距為心電容為C

的平行板電容器，振膜質(zhì)量為機且均勻帶有+4電荷，其面積與金屬板相等，兩板所加電壓信號6,如圖乙

所示，周期為7,在"0時刻振膜從兩板正中間位置由靜止開始運動，振膜不碰到金屬板，不計振膜受到的

重力和阻力，則（）

aMb64

---)

---3Ur

---o

---

---ur

--衛(wèi)

---o

---4

---o,

---

---ur

----o

接音頻°——1_3U-________

信號。----

圖甲圖乙

A.當金屬板充電至電荷量為。時振膜的加速度為亭

Cam

B.一個周期內(nèi)振膜沿刃方向運動的時間為§

2

12md2

C.所加信號電壓U"中的。0最大值為上篝

D.所加信號電壓中的00最大值為A詈6m匚d2

【答案】AC

【詳解】A.由

c=2

U

可知金屬板間的電壓為

U=2

C

又因為

d

且

F=Eq

根據(jù)牛頓第二定律，有

a=^-

Cdm

故A正確；

B.振膜不碰到金屬板，可知0-：振膜向6板做勻加速直線運動，振膜向6板做勻減速直線運動，（剛

好運動到6板，速度為0。由對稱性知所以一個周期內(nèi)振膜沿成方向運動的時間為g,故B錯誤；

CD.由上分析可知0-1振膜發(fā)生的位移要小于等于g,有

得

qT1

故C正確，D錯誤。

故選AC。

【題型4帶電粒子在周期性變化電場中的曲線運動】

【例4】（多）如圖甲所示，真空中水平正對放置兩塊長度均為/的平行金屬板P、Q,兩板間距為小兩板

間加上如圖乙所示的周期性變化的電壓，其中0?'時電壓為3U。，5?T時電壓為-U。。在兩板左側(cè)中央處

有一粒子源自尸0時刻開始連續(xù)發(fā)射初速度大小為v。、方向平行于金屬板的帶負電的相同粒子，這些粒

子均能從金屬板間射出，且3時刻發(fā)射的粒子恰能水平擊中光屏中的。點（/。在同一水平線上）。已

知電場變化的周期7=」,粒子的質(zhì)量為加，不計粒子間的作用力，重力加速度為g。則（）

甲乙

A.粒子的電荷量4=可不

B.粒子離開電場時的速度方向均相同

C.在片：7時刻發(fā)射的粒子在離開電場時的電勢能等于進入電場時的電勢能

O

D.光屏上有粒子擊中的區(qū)域的長度為雪

%

【答案】BD

【詳解】A.粒子進入電場后，在水平方向做勻速運動，粒子在電場中的運動時間

I

t=—

%

此時間正好是交變電場變化的一個周期，在時刻發(fā)射的粒子恰好從兩極板中央水平離開電場，則粒子

4

在了?彳時間內(nèi)的加速度和彳?T時間內(nèi)的加速度等大反向，有

422

也苴?一加g=5i+加g

dd

解得

蛔

U。

故A錯誤；

B.粒子在電場中的運動時間是交變電場變化的一個周期，加速度向上和向下的時間均為半個周期，則粒子

離開電場時豎直方向的速度均為零，粒子均水平離開電場，故B正確，

C.粒子在0?，時間內(nèi)的加速度方向豎直向上，大小為2g,在］?7時間內(nèi)的加速度方向豎直向下，大小為

2g,則在時刻進入電場的粒子，離開電場時在豎直方向上的位移方向向上，大小

O

2

1392119sT

y.=2x-x2gx(-D-2x-x2gx(-7)-=~=2

1282844v。

而離開電場時豎直方向速度為零，則

”-加朗=0

電場力做功

mg2l2

4%2

mg2l2

即粒子的電勢能減小了故c錯誤;

4寸‘

D.粒子離開電場后的運動情況相同，則光屏上有粒子擊中的區(qū)域的長度取決于粒子離開電場時在豎直方向

的偏移量，片0時進入電場的粒子在豎直方向的偏移量最大，為

1T2_gl2

=2x-x2gx(-)

2k

由對稱性可知，光屏上有粒子擊中的區(qū)域的長度為

故D正確。

故選BDo

【變式4-1］（2023?江西期末）（多）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》=

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48板水平放置，長度均為心相距為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)量為處

電荷量為e,不計電子的重力和相對論效應。下列說法正確的是（）

甲乙

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二、陛

27m

八UL

C.電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，速度偏轉(zhuǎn)角度的正切值tan6=二斤

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％=粵

2am

【答案】AD

【詳解】A.設電子的質(zhì)量為〃z,電子所帶電荷量的絕對值為e。電子進入第〃個圓筒后的動能為號，根據(jù)

動能定理有

En=neU

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.設電子進入第〃個圓筒后的速度為匕，根據(jù)動能定理有

TT12

neU0=-mv?,

第2個金屬圓筒的長度

—T卜。0

mVm

故B錯誤；

C.電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的加速度為

FeE_eU

a=—二-

mmmd

電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動時間為

L_

t=

口

又因為

16el70

m

電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，垂直于板面的分速度

_eUL

匕,=at

mdv^

電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，偏轉(zhuǎn)角度的正切值為

VUL

tanO=-

~16dU

V80

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

隙中對應時間延后一些，當延后時間累計為g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

12

nedU.=-mv

°2m

聯(lián)立解得

eTU0

故D正確。

故選ADo

【變式4-2］（2022?長沙期末）（多）如圖甲所示，在空間坐標系xp中，a射線管放置在第II象限。由平

行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成，細管C到兩金屬板距離相等，右側(cè)的開口在了軸上，金屬

板和細管C均平行于x軸。放射源P在A板左端，可以沿特定方向發(fā)射某一初速度的a粒子。若金屬板長為

L、間距為d,當A、B板間加上某一電壓時，a粒子剛好能夠以速度%從細管C水平射出，進入位于第I象

限的靜電分析器中。靜電分析器中存在著如圖所示的輻向電場，分布在整個第I象限的區(qū)域內(nèi)。電場線沿半

徑方向，指向與坐標系原點重合的圓心。。粒子在該電場中恰好做勻速圓周運動，a粒子運動軌跡處的場強

大小處處為4。，=0時亥la粒子垂直x軸進入第IV象限的交變電場中，交變電場的場強大小也為4,方向

隨時間的變化關系如圖乙所示，規(guī)定沿x軸正方向為電場的正方向。已知a粒子的電荷量為2e（e為元電荷）、

質(zhì)量為加，重力不計。以下說法中正確的是（）

B.a粒子從放射源P發(fā)射時的速度大小為

C.a粒子在靜電分析器中運動的軌跡半徑為〃=

2eE0

\

D.在，=27時亥！a粒子的坐標為"，-2v

7

12e￡0m

【答案】BCD

【詳解】AB.由題意可知，a粒子運動到C處時速度為5,可知a粒子的反方向的運動為類平拋運動，水平

方向有

L=vot

豎直方向有

d12

—=—at

22

由牛頓第二定律

cU

2e—=ma

d

聯(lián)立解得

u=md\^_

~2e￡2

a粒子從放射源發(fā)射出到C的過程，由動能定理

-2e-U=AEk

解得

A77TTmd-vl

At.=-eU=-------

k21}

設a粒子發(fā)射時速度的大小為v,a粒子從放射源發(fā)射至運動到C的過程,由動能定理可得

1

〃2

---1--2°eu=—1mV。2—mv

2202

解得

故A錯誤，B正確；

C.粒子在靜電分析器中恰好做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可得

2嗎=m-

r

解得

2嗎

故C正確;

D./=0時刻a粒子垂直x軸進入第IV象限的交變電場中，在工時刻，a粒子在無方向的速度為

2

―咨Z

m2

所以一個周期內(nèi)，離子在無方向的平均速度

每個周期a粒子在x正方向前進

因為開始計時時a粒子橫坐標為

因此在27時刻，a粒子的橫坐標為

a粒子的縱坐標為

所以在t=27時刻a粒子的坐標為

故D正確。

故選BCD。

【變式4-3]（2023?南京期末）圖1的平行金屬板M、N間加有圖2所示的交變電壓，是M、N板間

的中線，當電壓穩(wěn)定時，板間為勻強電場?！鞎r，比荷為左（左=幺）的帶電粒子甲從。點沿。。方向、以

vo的速率進入板間，號時飛離電場，期間恰好不與極板相碰。若在導時刻，帶電粒子乙以2V。的速率沿

28

。?！瘡?。點進入板間，已知乙粒子在運動過程中也恰好不與極板碰撞，不計粒子受到的重力，求:

（1）乙粒子離開電場的時刻；

（2）乙粒子的比荷是甲的多少倍；

(3)甲、乙兩粒子通過電場偏轉(zhuǎn)的位移大小之比。

M

廠0,

N

圖1圖2

Q

【答案】(1)T時刻離開電場；(2)(3)1：2

【詳解】(1)粒子在水平方向做勻速直線運動，設極板的長度為￡

解得

(2)甲粒子在3T一時刻距離中線最遠，恰好運動到極板處速度為零，5-T時刻返回中線，設極板之間的距

44

離為力粒子向極板運動過程中，先做勻加速運動，再做勻減速運動，運動時間均為§

4

乙粒子勻加速g1r,勻1減5速T在?時刻恰好速度為零，離.極板最近，然后從靜止開始向另一個極板做勻

OOO

3

加速運動gT,7時刻從極板邊緣飛出

O

叱里丫」也任丫x2

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