2023年高考模擬理綜物理選編帶電粒子在電場的運動-解析版

第頁樂陵一中帶電粒子在電場的運動一、單項選擇題〔本大題共5小題，共30分〕三個α粒子在同一地點沿同一方向飛入偏轉(zhuǎn)電場，出現(xiàn)了如下圖的軌跡，由此可以判斷以下不正確的選項是〔〕A.在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上

B.b和c同時飛離電場

C.進電場時c的速度最大，a的速度最小

D.動能的增加值c最小，a和b一樣大

〔物理備課組整理〕B〔備課組長教學指導〕解：A、三個粒子的質(zhì)量和電量都相同，那么知加速度相同．a(chǎn)、b兩粒子在豎直方向上的位移相等，根據(jù)y=12at2，可知運動時間相等．故A正確．

B、b、c豎直方向上的位移不等，yc＜yb．根據(jù)y=12at2，可知tc＜tb．故B錯誤．

C、在垂直于電場方向即水平方向，三個粒子做勻速直線運動，那么有：v=xt．

因xc=xb，tc＜tb，那么vc＞vb．

根據(jù)ta=tb，xb＞xa．那么vb＞va．所以有：vc＞vb＞va．故C正確．

D、根據(jù)動能定理知，a、b兩電荷，電場力做功一樣多，所以動能增加量相等．c電荷電場力做功最少，動能增加量最?。蔇正確．

此題選錯誤的，應選：B．

三個粒子都做類平拋運動，在垂直電場方向上做勻速直線運動，在沿電場方向上做初速度為0如下圖，質(zhì)子、氘核和氦核都沿平行板電容器兩板中線OO′方向垂直于電場線射入板間的勻強電場，射出后都打在同一個與OO′垂直的熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點．以下說法中正確的選項是〔〕A.假設(shè)它們射入電場時的速度相等，在熒光屏上將出現(xiàn)3個亮點

B.假設(shè)它們射入電場時的動能相等，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點

C.假設(shè)它們是由同一個電場從靜止加速后射入偏轉(zhuǎn)電場的，在熒光屏上將只出現(xiàn)1個亮點

D.任何情況下在熒光屏上都不可能將只出現(xiàn)1個亮點〔物理備課組整理〕C〔備課組長教學指導〕解：A、三種粒子帶電量不同，分別為q、q、2q；質(zhì)量不同，分別為m、2m、4m，進入同一電場是加速度不同分別是：

qEm、qE2m、2qE4m，

假設(shè)它們射入電場時的速度相等，三粒子水平方向勻速直線，運動時間相同，那么豎直方向的位移，

由y=12at2

得豎直方向的位移之比是：2：1：1，所以三種粒子打到2個不同的位置，會出現(xiàn)兩個亮點，故A錯誤。

B、假設(shè)它們射入電場時的動能相等，三種粒子的速度之比為，2：2：1，

所以水平方向的運動時間為1：2：2，

由于粒子豎直方向的位移，

由：y=12at2，

解得豎直方向的位移之比為，1：1：2，

所以豎直方向位移不同，會出現(xiàn)兩個亮點，故B錯誤；

C、D、假設(shè)它們是由同一個電場從靜止加速，由動能定理得：qU=12mv2，

解得：v=2qUm，

粒子水平方向做勻速直線運動，運動時間為，t=Lv=Lm2qU，

粒子豎直方向做初速度為零的勻速直線運動那么，y=12at2=12qE如下圖，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊沿垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊沿飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍從原位置射入，且仍從正極板邊沿飛出，那么兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼摹病矨.2倍 B.4倍 C.12倍 D.1〔物理備課組整理〕C〔備課組長教學指導〕解：對于帶電粒子以平行極板的速度從左側(cè)中央飛入勻強電場，恰能從右側(cè)擦極板邊緣飛出電場這個過程，假設(shè)粒子的帶電量e，質(zhì)量為m，速度為v，極板的長度為L，極板的寬度為d，電場強度為E；

由于粒子做類平拋運動，所以水平方向：L=vt

豎直方向：y=12at2=12eEmL2v2=d

因為E=Ud

所以如下圖，有三個質(zhì)量相等的分別帶正電、負電和不帶電的粒子，從兩水平放置的金屬板左側(cè)中央以相同的水平初速度v0先后射入電場中，最后在正極板上打出A、B、C三個點，那么〔〕A.三種粒子在電場中運動時間相同

B.三種粒子到達正極板時速度相同

C.三種粒子到達正極板時落在A、C處的粒子機械能增大，落在B處粒子機械能不變

D.落到A處粒子帶負電，落到C處粒子帶正電

〔物理備課組整理〕D〔備課組長教學指導〕解：A、根據(jù)題意，三小球在豎直方向都做初速度為0的勻加速直線運動，球到達下極板時，在豎直方向產(chǎn)生的位移h相等：

h=12at2，

解得：

t=2ha；

由于平行板間有豎直向上的電場，正電荷在電場中受到向上的電場力，向下的合力最小，向下的加速度最小，負電荷受到向下的電場力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不帶電的小球做平拋運動，加速度為重力加速度g，根據(jù)t=2ha得到正電荷運動時間最長，負電荷運動時間最短，不帶電的小球所用時間處于中間；故A錯誤．

B、C、3種粒子下落過程有重力和電場力做功，它們的初動能相同，根據(jù)動能定理合力做功越多那么末動能越大，而重力做功相同，A粒子帶負電，電場力做正功；B粒子不帶電，電場力不做功；C粒子帶正電電場力做負功；所以動能EkC＜EkB＜EkA，故BC錯誤．

D、三粒子水平方向做勻速直線運動，水平位移：x=v0t，由于初速度相同，所用時間越長那么水平位移越大，所用A粒子帶負電，B粒子不帶電，C粒子帶正電，故D如下圖，質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子，以初速度v0，從A點豎直向上射入空氣中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通過電場中B點時，速率vB=2v0，方向與電場的方向一致，那么A，B兩點的電勢差為〔〕A.mv022q B.3m〔物理備課組整理〕C〔備課組長教學指導〕解：粒子，從A到B，根據(jù)動能定理得：

qUAB-mgh=12mvB2?12mv02

因為vB=2v0，

假設(shè)只考慮粒子在豎直方向，只受到重力，所以機械能守恒，那么有mgh=12mv02二、多項選擇題〔本大題共4小題，共24分〕如下圖，一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子，從兩平行板左側(cè)中點沿垂直場強方向射入，當入射速度為v時，恰好穿過電場而不碰金屬板．要使粒子的入射速度變?yōu)関2，仍能恰好穿過電場，那么必須再使〔〕A.粒子的電荷量變?yōu)樵瓉淼?4 B.兩板間電壓減為原來的12

C.兩板間距離增為原來的4倍 D.兩板間距離增為原來的〔物理備課組整理〕AD〔備課組長教學指導〕解：設(shè)平行板長度為l，寬度為d，板間電壓為U，恰能穿過一電場區(qū)域而不碰到金屬板上，那么沿初速度方向做勻速運動：

t=lv

垂直初速度方向做勻加速運動：

a=Uqmd

y=12d=12at2=Uql22mdv2

欲使質(zhì)量為m、入射速度為v2的粒子也能恰好穿過這一電場區(qū)域而不碰到金屬板，那么沿初速度方向距離仍是l，垂直初速度方向距離仍為12d；

A、使粒子的帶電量減少為原來的14，那么y=(14q)2Ul22md(v2)2=qUl22mdv如下圖，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子M、N以相同的速度同時沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，M從兩極板正中央射入，N從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點．不計帶電粒子重力和帶電粒子間的相互作用，那么從開始射入到打在上極板的過程中〔〕A.它們運動的時間tN=tM

B.它們電勢能減少量之比△EM：△EN=1：2

C.它們的動能增量之比△EkM：△EkN=1：2

D.它們所帶的電荷量之比qM：qN=1：2〔物理備課組整理〕AD〔備課組長教學指導〕解：A、由題可知，兩個帶電粒子都做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，而且它們的水平位移相等、初速度相等，那么在電場中的運動時間相等，即tN=tM．故A正確；

B、由圖可知，豎直位移之比為yM：yN=1：2；而豎直位移y=12at2=qEt22m，由于m、t、E相等，那么帶電荷量之比qM：qN=yM：yN=1：2．電荷在電場中運動時，由功能關(guān)系可知，電勢能減小量等于電場力做功，那么電勢能減少量之比△EM：△EN=qMEyM：qNEyN=1：4．由動能定理可知，動能增量之比為1：4，故如下圖的陰極射線管，無偏轉(zhuǎn)電場時，電子束加速后打到熒屏中央形成亮斑．如果只逐漸增大M1M2之間的電勢差，那么〔〕

A.在熒屏上的亮斑向上移動 B.在熒屏上的亮斑向下移動

C.偏轉(zhuǎn)電場對電子做的功增大 D.偏轉(zhuǎn)電場的電場強度減小〔物理備課組整理〕AC〔備課組長教學指導〕解：A、B、設(shè)電子由加速電場加速后的速度為v。電子在加速電場中運動過程，由動能定理得：

eU1=12mv2

解得，v=2eU1m。

電子進入偏轉(zhuǎn)電場后做勻變速曲線運動，沿極板方向做勻速直線運動，沿電場線方向做初速度為零的勻加速直線運動，那么有：

水平方向有：L=vt

豎直方向有：a=Fm=eEm=eU2md

vy=at

電子剛離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角正切為：tanα=vyv

由以上各式解得：電子剛離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)角的正切為：tanα=U2L2U1d，

那么α=arctanU2L2U1d。

即電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角α隨偏轉(zhuǎn)電壓的增大而增大。如果只逐漸增大M1M2之間的電勢差U2，在熒屏上的亮斑向上移動。故A正確，B錯誤；

C如下圖，平行金屬板M、N之間有豎直向下的勻強電場，虛線下方有垂直紙面的勻強磁場，質(zhì)子和α粒子分別從上板中心S點由靜止開始運動，經(jīng)電場加速后從0點垂直磁場邊界進入勻強磁場，最后從a、b兩點射出磁場〔不計重力〕，以下說法正確的選項是〔〕A.磁場方向垂直紙面向外

B.從a點離開的是α粒子

C.從b點離開的粒子在磁場中運動的速率較大

D.粒子從S出發(fā)到離開磁場，由b點離開的粒子所用時間較長〔物理備課組整理〕AD〔備課組長教學指導〕解：A、由左手定那么，可以判定磁場方向是垂直于紙面向外，所以選項A正確．

B、設(shè)加速電壓為U，在加速電場中：Uq=12mv2，在偏轉(zhuǎn)磁場中：qvB=12mv2，聯(lián)立可得：r=1B2Umq，由于α粒子是質(zhì)子的4倍，而電量是質(zhì)子的2倍，所以α粒子做勻速圓周運動的半徑大，從b點離開，那么選項B錯誤．

C、由上述結(jié)論可得經(jīng)過加速電場后速度為v=2Uqm，由于α粒子的比荷小于質(zhì)子的比荷，所以從b點離開的α粒子速度小，選項C錯誤．

D、從S出發(fā)到離開磁場的時間t三、填空題〔本大題共1小題，共5分〕如下圖，一帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓U加速后從O孔進入垂直紙面向里的勻強磁場中，并打在了P點．測得OP=L，磁場的磁感應強度為B，那么帶電粒子的荷質(zhì)比qm=______．〔不計重力〕〔物理備課組整理〕8〔備課組長教學指導〕解：粒子在電場中加速，由動能定理得：qU=12mv2-0，

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，

由牛頓第二定律得：qvB=mvr，

由題意可知，粒子軌道半徑：r=12L，

聯(lián)立以上三式解得：qm=8UB2L2；

故答案為：8四、實驗題探究題〔本大題共1小題，共9.0分〕如圖1所示，平行金屬板M、N水平放置，板右側(cè)有一豎直熒光屏，板長、板間距及豎直屏到板右端的距離均為l，M板左下方緊貼M板有一粒子源〔未畫出〕，持續(xù)發(fā)射以初速度v0水平向右運動，質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子。板間電壓UMN隨時間變化的關(guān)系如圖〔1〕計算說明，t=0時刻射入板間的粒子打在屏上或〔2〕求熒光屏上發(fā)光的長度?！参锢韨湔n組整理〕解：〔1〕t=0時刻射入的粒子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，

運動到下極板的時間t，l=12qU0mlt2，

解得：t=l2v0，

粒子在水平方向的位移：x=v0t=l2＜l，粒子打在下極板上距左端l2處；

〔2〕t=l2v0時射入極板的粒子打在熒光屏的最下方，

粒子在極板間的運動時間：t1=lv0-l2v0=l2v0，

粒子離開極板時的豎直分速度：vy=at1=qU0mlt1=4v0，

粒子離開極板到打在熒光屏上的時間：t2=lv0，

粒子在豎直方向的偏移量：y=l+vyt2=5l〔備課組長教學指導〕略

五、計算題〔本大題共4小題，共48分〕靜電噴漆技術(shù)具有效率高，浪費少，質(zhì)量好，有利于工人健康等優(yōu)點，其裝置如下圖．A、B為兩塊平行金屬板，間距d=0.40m，兩板間有方向由B指向A，大小為E=1.0×103

N/C的勻強電場．在A板的中央放置一個平安接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的初速度大小均為v0=2.0m/s，質(zhì)量m=5.0×10-15

kg、帶電量為q=-2.0×10-16

C．微粒的重力和所受空氣阻力均不計，油漆微粒最后都落在金屬板B上．試求：

〔1〕微粒打在B板上的動能；

〔2〕微粒到達B板所需的最短時間；

〔3〕微粒最后落在B板上所形成的圖形及面積的大小．〔物理備課組整理〕解：〔1〕電場力對每個微粒所做的功為：

W=qEd=2.0×10-16×1.0×103×0.40J=8.0×10-14J

微粒從A板到B板過程，根據(jù)動能定理得W=Ekt-Ek0

那么得：Ekt=W+Ek0=W+12mv02=〔8.0×10-14+12×5.0×10-15×2.02〕J=9.0×10-14J

〔2〕微粒初速度方向垂直于極板時，到達B板時間最短．

由Ekt=12mvt2得：

vt=2Ektm=2×9.0×10?145.0×10?15m/s=6.0m/s

根據(jù)運動學公式得：

v0+vt2=ht

所以微粒到達B板所需的最短時間為：

t=2hv0+vt=2×0.402.0+6.0=0.1s

〔3〕根據(jù)對稱性可知，微粒最后落在B板上所形成的圖形是圓形．

由牛頓第二定律得：

a=qEm=2.0×10?16×1.0×1035.0×10?15m/s2=40m/s2

由類平拋運動規(guī)律得：

R=vot1

h=1〔備課組長教學指導〕〔1〕每個微粒在勻強電場中所受的電場力大小為qE，微粒從噴出到落在B板上的過程，電場力做正功，根據(jù)動能定理求解；

〔2〕微粒初速度方向垂直于極板時，到達B板時間最短．由動能求出微粒打在B板上的速度，由運動公式求出最短時間；

〔3〕圖象為圓，圓的半徑等于類似平拋運動的微粒的水平分位移，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，然后根據(jù)運動學公式列式求解分位移公式，即可求得面積．

此題是實際問題，考查理論聯(lián)系實際的能力，關(guān)鍵在于建立物理模型．第〔4〕問要弄清物理情景，實質(zhì)是研究類平拋運動水平位移問題．

如下圖，從標空間中有勻強電場和勻強磁場，電場方向沿y軸負方向，磁場方向垂直于紙面向里，y軸兩種場的分界面，磁場區(qū)的寬度為d，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為-q的帶電粒子從x軸上x=-L的N點處以初速度v0沿x軸正方向開始運動，然后經(jīng)過y軸上y=L2的M點進入磁場，不計帶電粒子重力．求：

〔1〕MN兩點間的電勢差UMN

〔2〕假設(shè)要求粒子能穿越磁場區(qū)域而不再返回電場中，求磁感應強度應滿足的條件

〔3〕假設(shè)粒子垂直于磁場右邊界穿出磁場，求粒子在磁場中運動的時間．〔物理備課組整理〕解：〔1〕粒子從M到N做類似平拋運動，有：

水平分運動：L=v0t

豎直分運動：L2=12at2

加速度：a=qEm

電勢差：UMN=E?L2

聯(lián)立解得：UMN=mv022q

〔2〕粒子在磁場中做勻速圓周運動，有：

qvB=mv2r

又進入磁場的速度：

v=2v0

粒子能夠穿過磁場，那么要求：

r+22r＞d

可得：

B＜(2+1)mv0qd

〔3〕粒子垂直右邊界射出磁場，有：

r′=2d

粒子在磁場中運動的周期：

T=2πr′v〔備課組長教學指導〕〔1〕粒子從M到N做類似平拋運動，根據(jù)類似平拋運動的分運動公式列式，再根據(jù)牛頓第二定律列式，最后聯(lián)立求解；

〔2〕磁感應強度越大，軌道半徑越小，臨界情況是軌跡恰好與右邊界相切，畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解磁感應強度；

〔3〕先確定圓心，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，得到軌道對應的圓心角，最后根據(jù)t=θ2如下圖，直角坐標系xOy的第Ⅰ象限有豎直向上的勻強電場，第Ⅱ象限有方向垂直紙面向里的勻強磁場．質(zhì)量為m、電量為-q的粒子從磁場中M點以速度v0沿y軸正方向開始運動，經(jīng)y軸上N點沿x軸正方向射入電場，并從x軸上P點離開電場，M點的坐標為〔-d，d〕，P點的坐標為〔2d，0〕，不計粒子的重力．求：

〔1〕勻強磁場的磁感應強度B的大??；

〔2〕勻強電場的電場強度E的大?。参锢韨湔n組整理〕解：〔1〕帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有

qv0B=mv02R

解得：R=mv0qB…①

根據(jù)幾何關(guān)系：R=d…②

聯(lián)立①②得：B=mv0qd

〔2〕帶電粒子在電場中做類平拋運動：

x方向：〔備課組長教學指導〕〔1〕帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑，由半徑公式求出勻強磁場的磁感應強度B的大??；

〔2〕帶電粒子進入電場后做類平拋運動，根據(jù)運動學公式求出電場強度E的大??；

帶電粒子在電磁場中的運動要注意分析過程，并結(jié)合各過程中涉及到的運動規(guī)律采用合理的物理規(guī)律求解．

如下圖，在紙面內(nèi)建立直角坐標系xOy，以第Ⅲ象限內(nèi)的直線OM〔與負