2023年高考物理知識點復習與真題 帶電粒子在電場中運動

帶電粒子在電場中運動

一、真題精選（高考必備）

1.（2020?全國?高考真題）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖

（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電

子束的加速電場，虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶

上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點。則（）

A.M處的電勢高于N處的電勢

B.增大M、N之間的加速電壓可使P點左移

C.偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外

D.增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應強度的大小可使P點左移

2.（2021?全國?高考真題）（多選）四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別（+/M、（+〃，2利）、（+3g,3m）、（-〃，〃?）它

們先后以相同的速度從坐標原點沿X軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與），軸平行，不計重力，下列描繪這四

個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是（）

3.（2020?浙江?高考真題）如圖所示，一質(zhì)量為〃?、電荷量為4（4>0）的粒子以速度％從MN連線上的P點水平

向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。己知MN與水平方向成45。角，粒子的重力可以忽略，則粒子到

達MN連線上的某點時（）

M

vo

A.所用時間為隼

qE

B.速度大小為3%

C.與尸點的距離為2向旅

qE

D.速度方向與豎直方向的夾角為30°

4.（2022?湖北?高考真題）密立根油滴實驗裝置如圖所示，兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間

產(chǎn)生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許多油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶

電。金屬板間電勢差為U時，電荷量為q、半徑為廠的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬板間電勢差調(diào)整為2U,

則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為（）

5.（2019?天津?高考真題）如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質(zhì)量為，”的帶電小球，以初速度。從M點豎直向

上運動，通過N點時，速度大小為20,方向與電場方向相反，則小球從M運動到N的過程（）

V八

A.動能增加B.機械能增加2制？

C.重力勢能增加■!機υ2D.電勢能增加2/m?

6.（2022?浙江?高考真題）如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板M、N間存在勻強電場，板長為L（不

考慮邊界效應）。上0時刻，M板中點處的粒子源發(fā)射兩個速度大小為Vo的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到達

N板時速度大小為及％；平行M板向下的粒子，剛好從N板下端射出。不計重力和粒子間的相互作用，則（）

MN

Fl

A.M板電勢高于N板電勢

B.兩個粒子的電勢能都增加

C.粒子在兩板間的加速度a=組

L

D.粒子從N板下端射出的時間'=（々1）L

2%

7.（2022?全國?高考真題）（多選）地面上方某區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中

P點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在尸點。則射出后，（）

A.小球的動能最小時，其電勢能最大

B.小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大

C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大

D.從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量

8.（2021?湖南?高考真題）（多選）如圖，圓心為。的圓處于勻強電場中，電場方向與圓平面平行，而和〃為該

圓直徑。將電荷量為q（q>0）的粒子從。點移動到6點，電場力做功為2W（W>0）;若將該粒子從C點移動到d點,

電場力做功為W。下列說法正確的是（）

A.該勻強電場的場強方向與"平行

B.將該粒子從4點移動到匕點，電場力做功為0.5W

C.”點電勢低于C點電勢

D.若只受電場力，從d點射入圓形電場區(qū)域的所有帶電粒子都做曲線運動

9.（2022?全國?高考真題）（多選）一種可用于衛(wèi)星上的帶電粒子探測裝置，由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板

（半徑分別為R和R+4）和探測器組成，其橫截面如圖（a）所示，點。為圓心。在截面內(nèi)，極板間各點的電場強

度大小與其到。點的距離成反比，方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過，到達探測器。不計重力。

粒子1、2做圓周運動，圓的圓心為。、半徑分別為q、r1[R<ri<r1<R+d）.粒子3從距。點弓的位置入射并從

距。點4的位置出射;粒子4從距O點4的位置入射并從距。點4的位置出射,軌跡如圖（b）中虛線所示。則（）

A.粒子3入射時的動能比它出射時的大

B.粒子4入射時的動能比它出射時的大

C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能

D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能

10.（2022?廣東,高考真題）密立根通過觀測油滴的運動規(guī)律證明/電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾貝爾獎。

圖是密立根油滴實驗的原理示意圖，兩個水平放置、相距為4的足夠大金屬極板，上極板中央有一小孔。通過小孔

噴入一些小油滴，由于碰撞或摩擦，部分油滴帶上了電荷。有兩個質(zhì)量均為機。、位于同一豎直線上的球形小油滴4

和B,在時間，內(nèi)都勻速下落了距離九。此時給兩極板加上電壓U（上極板接正極），A繼續(xù)以原速度下落，B經(jīng)過

一段時間后向上勻速運動。8在勻速運動時間，內(nèi)上升了距離飽（外。九），隨后與A合并，形成一個球形新油滴，繼

續(xù)在兩極板間運動直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小為了=也?）,其中k為比例系數(shù)，%為油滴質(zhì)量,

V為油滴運動速率，不計空氣浮力，重力加速度為g。求：

（1）比例系數(shù)生

（2）油滴A、B的帶電量和電性；B上升距離外電勢能的變化量;

（3）新油滴勻速運動速度的大小和方向。

小孔___________

“+

?A

d,UφB

11.（2019?全國?高考真題）如圖，兩金屬板P、。水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G,

PQG的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為9（0>0）。質(zhì)量為∕n,電荷量為q（q>0）的粒子自G的左端上方距

離G為人的位置，以速度VO平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。

（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大?。?/p>

（2）若粒子恰好從G的下方距離G也為〃的位置離開電場，則金屬板的長度最短應為多少？

-----------------------------P

?~~*VO

?h........................J

-----------------------------Q

12.（2022?北京?高考真題）如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d,兩板所加的電壓為U,一質(zhì)量為m、

電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。

（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小F;

（2）求帶電粒子到達N板時的速度大小v；

（3）若在帶電粒子運動!■距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間入

MN

4卜

13.（2022?江蘇?高考真題）某裝置用電場控制帶電粒子運動，工作原理如圖所示，矩形ABCD區(qū)域內(nèi)存在多層緊

鄰的勻強電場,每層的高度均為d,電場強度大小均為E,方向沿豎直方向交替變化，AB邊長為12d,BC邊長為84,

質(zhì)量為〃h電荷量為+4的粒子流從裝置左端中點射入電場，粒子初動能為紇，入射角為凡在紙面內(nèi)運動，不計

重力及粒子間的相互作用力。

（1）當。=%時，若粒子能從C。邊射出，求該粒子通過電場的時間r；

）當時，若粒子從邊射出電場時與軸線。的距離小于求入射角的范圍;

（2Eli=4qE"CO0'd,6

（3）當線=|2,粒子在，為gg范圍內(nèi)均勻射入電場，求從C。邊出射的粒子與入射粒子的數(shù)量之比N:N.?

14.（2020?天津?高考真題）多反射飛行時間質(zhì)譜儀是一種測量離子質(zhì)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(jīng)電壓為U的勻強電場加速后射入質(zhì)量分析器。質(zhì)量分析器由兩個反射區(qū)和

長為/的漂移管（無場區(qū)域）構(gòu)成，開始時反射區(qū)1、2均未加電場，當離子第一次進入漂移管時，兩反射區(qū)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(qū)的離子能夠反射回漂移管。離子

在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復即將進入反射區(qū)2時，撤去反射區(qū)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(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時間Tl；

（2）反射區(qū)加上電場，電場強度大小為E,求離子能進入反射區(qū)的最大距離x；

（3）已知質(zhì)量為外的離子總飛行時間為待測離子的總飛行時間為*兩種離子在質(zhì)量分析器中反射相同次數(shù)，

15.（2020?全國?高考真題）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場，柱的橫截面積是以。為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的

直徑，如圖所示。質(zhì)量為血，電荷量為4（q>0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向

與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率VO穿出電場,AC與AB的夾角。=60。。

運動中粒子僅受電場力作用。

(I)求電場強度的大小；

(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？

(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為w加,該粒子進入電場時的速度應為多大？

二、強基訓練（高手成長基地）

1.（2022?福建省廈門市教育科學研究院二模）如圖所示，在電場強度大小為E,方向水平向右的勻強電場中，有

一"L=O"型絕緣凹槽A（前后擋板厚度忽略）靜止在光滑水平面上。現(xiàn)將一帶正電小物塊B輕放在凹槽A的左

端。UO時，B在電場力作用下由靜止開始與A相對滑動，A在最初加時間內(nèi)的位移為S=Ag己知A、B間的碰

撞為彈性碰撞且碰撞過程無電荷轉(zhuǎn)移，凹槽長度L=,A、B質(zhì)量均為機，B的電荷量g=黑，g為重力加速度，

求（結(jié)果均用m.g,/0表示）；

（I）A、B間滑動摩擦力了的大?。?/p>

（2）從B開始運動到與A第一次碰撞時所需的時間

20

（3）從B開始運動到與A第一次共速用時至小，求第一次共速時速度y的大小。

_______________________________E

~^[Bl[]A

2.（2022?內(nèi)蒙古呼倫貝爾?模擬預測）如圖所示，ABCQ為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段平直傾斜且粗糙，BC

段是光滑圓弧，對應的圓心角0=53。，半徑為r,CQ段水平粗糙，各段軌道均平滑連接，在。點右側(cè)固定了一個也

圓弧擋板MM圓弧半徑為R,圓弧的圓心在。點。傾斜軌道所在區(qū)域始終有場強大小為E=等、方向垂直于斜

軌向下的勻強電場，在〃、N兩點所在直線右側(cè)空間存在方向豎直向上的勻強電場（圖中沒有畫出），場強大小為

G=等。一個質(zhì)量為膽、電荷量為q的帶正電小物塊（可視為質(zhì)點）在傾斜軌道上的A點由靜止釋放，最終從。

點水平拋出并擊中擋板，以。點為原點，水平向右為X軸正方向，豎直向下為y軸正方向，建立平面直角坐標系。

已知A、8之間距離為2r,斜軌與小物塊之間的動摩擦因數(shù)為〃=；,重力加速度為g,sin53o=0.8,cos53o=0.6?<:

（1）小物塊運動至圓弧軌道的C點時對軌道的壓力大小；

（2）改變小物塊釋放點到B點的距離和電場強度E1的大小，使小物塊每次都能從。點以不同的速度水平拋出并擊

中擋板的不同位置，求擊中擋板時小物塊動能的最小值，并求出小物塊的落點坐標。

3.（2022?云南昆明?一模）如圖甲所示，電子槍的金屬絲K連續(xù)不斷地逸出電子，電子初速度不計，經(jīng)M、N兩金

屬板之間的電場加速后，沿A、B兩水平金屬極板間的中心線OP射入極板間的偏轉(zhuǎn)電場，UMN=-U。。A、B兩板

間的距離為d,兩板間的電勢差"AB隨時間f的變化圖像如圖乙所示，圖中S已知，"A3的變化的周期為3行兩

板間的電場視為勻強電場，f=0時刻射入A、B兩極板間的電子在偏轉(zhuǎn)電場中經(jīng)4。后從極板右側(cè)射出。已知電子的

質(zhì)量為機、電荷量為-e,重力不計，打到極板上的電子均被吸收，不計電子之間的相互作用力。

(I)求A、B金屬板的長度L；

(2)求f=0時刻射入偏轉(zhuǎn)電場的電子，從極板右側(cè)射出時相對中線OP在豎直方向的位移偏移量y；

(3)僅上下調(diào)整A、B兩水平極板的位置，保證電子仍然能沿OP方向射入偏轉(zhuǎn)電場，要使從極板右側(cè)射出的電子

速度均水平，求A、B兩板間的最小距離力

MWAB

MNl---------------------------------------AUl——；；-----------;

III

III

Y__一3→_______!----!______!------

2-EO；t

-Ux------~：—

B

1I,乙

4.(2022?浙江?模擬預測)如圖所示，在豎直向下的勻強電場中有軌道ABC。尸MNP,其中BC部分為水平軌道,

與曲面48平滑連接。Cz)F和FMN是豎直放置的半圓軌道，在最高點F對接，與BC在C點相切。NP為一與FMN

相切的水平平臺，P處固定一輕彈簧。點。、N、P在同一水平線上。水平軌道BC粗糙，其余軌道均光滑，一可視

為質(zhì)點的質(zhì)量為相=0?02kg的帶正電的滑塊從曲面AB上某處由靜止釋放。已知勻強電場場強E=2N∕C,BC段長度

A=Im,C。尸的半徑R=0.1m,&WV的半徑r=0.05m,滑塊帶電量q=()」C,滑塊與BC間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,

重力加速度g=10m∕s2,求

(1)滑塊通過F點的最小速度vF;

(2)若滑塊恰好能通過F點，求滑塊釋放點到水平軌道BC的高度Ao；

(3)若滑塊在整個運動過程中，始終不脫離軌道，且彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，求滑塊釋放點到水平軌道BC

的高度/Z需要滿足的條件。

5.（2022?天津?模擬預測）當金屬的溫度升高到一定程度時就會向四周發(fā)射電子，這種電子叫熱電子，通常情況下，

熱電子的初始速度可以忽略不計。如圖1所示，相距為L的兩塊固定平行金屬板M、N接在輸出電壓恒為Uo的高

壓電源史上，M、N之間的電場近似為勻強電場，a、b、c、d是勻強電場中將M、N兩板間隔均分五等份的四個等

勢面，K是與M板距離很近的燈絲，通過小孔穿過M板與外部電源日連接，電源E/給K加熱從而產(chǎn)生熱電子，不

計燈絲對內(nèi)部勻強電場的影響。熱電子經(jīng)高壓加速后垂直撞擊N板，瞬間成為金屬板的自由電子，速度近似為零,

電源接通后，電流表的示數(shù)穩(wěn)定為/，已知電子的質(zhì)量為，明電量為e.求：

（1）電子達到N板前瞬間的速度VN大小;

（2）N板受到電子撞擊的平均作用力尸大??；

（3）若在N板的P處開一個小孔，讓電子能從尸孔飛出后從A、B板正中間平行兩板進入偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電場極

板間的距離為d,極板長為L=2d,偏轉(zhuǎn)電場的下極板B接地。偏轉(zhuǎn)電場極板右端豎直放置一個足夠大的熒光屏?，F(xiàn)

在偏轉(zhuǎn)電場的兩極板間接一周期為T的交流電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖像如圖乙所示。（設大量電子從偏

轉(zhuǎn)電場中央持續(xù)射入，每個電子穿過平行板的時間都極短）求：在電勢變化的過程中發(fā)現(xiàn)熒光屏有“黑屏"現(xiàn)象，即

某段時間無電荷到達熒光屏，試計算每個周期內(nèi)熒光屏黑屏的時間

三、參考答案及解析

（一）真題部分

1.D

【詳解】A.由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M,根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低

可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；

B.增大加速電壓則根據(jù)

,,1

eU=—mv2

2

可知會增大到達偏轉(zhuǎn)磁場的速度；又根據(jù)在偏轉(zhuǎn)磁場中洛倫茲力提供向心力有

2

evB=m—

R

可得

R=—

eB

可知會增大在偏轉(zhuǎn)磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑，由于磁場寬度相同，故根據(jù)幾何關(guān)系可知會減小偏轉(zhuǎn)的角度，故P點會右移，

故B錯誤；

C.電子在偏轉(zhuǎn)電場中做圓周運動，向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；

D.由B選項的分析可知，當其它條件不變時，增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉(zhuǎn)角度，使P點

左移，故D正確。

故選D。

2.AD

【詳解】帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為

qE

a=--

m

由類平拋運動規(guī)律可知，帶電粒子的在電場中運動時間為

t=L

%

離開電場時，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切為

CvvatqEl

tan。=上=一=

匕%mvo

因為四個帶電的粒子的初速相同，電場強度相同，極板長度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，前面三個帶電粒子帶

正電，一個帶電粒子帶負電，所以一個粒子與另外三個粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同；（+4,，"）粒子與（+3q,3m）粒子的比荷

相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與（-4,W）粒子的比荷也相同，所以（+4,機）、（+3q,3加）、（-q,㈤三個粒子

偏轉(zhuǎn)角相同，但（-。利）粒子與前兩個粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；（+S2M粒子的比荷與（+9,〃?）、（+3q,3,"）粒子的比荷

小，所以（+。2〃?）粒子比（+9,〃?）、（+3孫3〃?）粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同。

故選AD。

3.C

【詳解】A.粒子在電場中做類平拋運動，水平方向

X=卬

豎直方向

由

可得

故A錯誤；

B.由于

故粒子速度大小為

故B錯誤；

C.由幾何關(guān)系可知，到戶點的距離為

Eq

故C正確；

D.由于平拋推論可知，tanα=2tan/,可知速度正切

tana=2tan45=2>tan60

可知速度方向與豎直方向的夾角小于30。，故D錯誤。

故選Co

4.D

【詳解】初始狀態(tài)下，液滴處于靜止狀態(tài)時，滿足

Eq=mg

即

U43

Db?pg

a3

AB.當電勢差調(diào)整為2U時，若液滴的半徑不變，則滿足

2U,43

=~πr/Pg

a3

可得

,q

q=—

2

AB錯誤；

CD.當電勢差調(diào)整為2U時，若液滴的半徑變?yōu)?r時，則滿足

2U,4.

—(1=-Λ^(2Γ)3?pg

可得

d=4q

C錯誤，D正確。

故選D。

5.B

【詳解】由動能的表達式線=gmF可知帶電小球在M點的動能為紜M=g∕切2,在N點的動能為

1Q

2

?v=lm(2r)=2wv,所以動能的增量為△耳=]mV?,故A錯誤；帶電小球在電場中做類平拋運動，豎直方向受

重力做勻減速運動，水平方向受電場力做勻加速運動，由運動學公式有Vv=V=gt,V?=2v=af=旺-f，可得qE=2mg,

m

2

豎直方向的位移〃=；?,水平方向的位移X=T-f=Vt,因此有x=2h,對小球?qū)憚幽芏ɡ碛衠Ex-mghEk=^mv,

聯(lián)立上式可解得qEr=2∕mΛ"3Z='"F,因此電場力做正功，機械能增加，故機械能增加2加產(chǎn)，電勢能減少2mιΛ

故B正確D錯誤，重力做負功重力勢能增加量為:胴/,故C錯誤.

6.C

【詳解】A.由于不知道兩粒子的電性，故不能確定M板和N板的電勢高低，故A錯誤；

B.根據(jù)題意垂直M板向右的粒子，到達N板時速度增加，動能增加，則電場力做正功，電勢能減小；則平行M

板向下的粒子到達N板時電場力也做正功，電勢能同樣減小，故B錯誤；

CD.設兩板間距離為乩對于平行M板向下的粒子剛好從N板下端射出，在兩板間做類平拋運動，有

L

5=%

d=-at2

2

對于垂直M板向右的粒子，在板間做勻加速直線運動，因兩粒子相同，在電場中加速度相同，有

(√Σ%J-片=24d

聯(lián)立解得

故C正確，D錯誤；

故選Co

7.BD

【詳解】A.如圖所示

Eq=mg

故等效重力G'的方向與水平成45。。

Vv

當b=。時速度最小為%,n=h,由于此時匕存在水平分量，電場力還可以向左做負功，故此時電勢能不是最大，故

A錯誤；

BD.水平方向上

Eq

vo=-t

tn

在豎直方向上

y=gf

由于

Eq=mg,得v=%

如圖所示，小球的動能等于末動能。由于此時速度沒有水平分量，故電勢能最大.由動能定理可知

%+%=。

則重力做功等于小球電勢能的增加量，故BD正確；

C.當如圖中山所示時，此時速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯誤；

故選BDo

8.AB

【詳解】A.由于該電場為勻強電場，可采用矢量分解的的思路，沿Cd方向建立X軸，垂直與〃方向建立y軸如下

在X方向有

W=ExqlR

在y方向有

2W-Eyq后R+ExqR

經(jīng)過計算有

W

FX=------幽,E=%tan。=T1=6

2qRIqRqRE.

由于電場方向與水平方向成60。，則電場與而平行，且沿α指向6,A正確;

B.該粒從d點運動到〃點，電場力做的功為

R

W=Eq—=0.5W

B正確；

C.沿電場線方向電勢逐漸降低，則α點的電勢高于C點的電勢，C錯誤；

D.若粒子的初速度方向與外平行則粒子做勻變速直線運動，D錯誤。

故選AB。

9.BD

【詳解】C.在截面內(nèi)，極板間各點的電場強度大小與其到。點的距離成反比，可設為

Er=k

帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動，則有

22

V

FvIT2

qE}=m—,qH,=m—

r?~rz

可得

私=&L

2122

即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能，故C錯誤；

A.粒子3從距。點4的位置入射并從距。點4的位置出射，做向心運動，電場力做正功，則動能增大，粒子3入

射時的動能比它出射時的小，故A錯誤；

B.粒子4從距。點4的位置入射并從距O點與的位置出射，做離心運動，電場力做負功，則動能減小，粒子4入

射時的動能比它出射時的大，故B正確；

D.粒子3做向心運動，有

qE2>m^-

r2

可得

-mv1<&￡追?=-mv↑

2322'

粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能，故D正確；

故選BDo

10.（l）?=色紅；（2）油滴A不帶電,油滴B帶負電，電荷量c1=SgT+”,電勢能的變化量ΔEp=α呼、*h2）；

丸,W"

（3）見解析

【詳解】（1）未加電壓時，油滴勻速時的速度大小

九

K=T

勻速時

m0g=f

又

?

3

f=∣on0vl

聯(lián)立可得

2

（2）加電壓后，油滴A的速度不變，可知油滴A不帶電，油滴B最后速度方向向上，可知油滴B所受電場力向上,

極板間電場強度向下，可知油滴B帶負電，油滴B向上勻速運動時，速度大小為

根據(jù)平衡條件可得

,?U

mυg+kmov2=-q

解得

_%gd(Λ1+?,)

q=一欣)一

根據(jù)

y=-%

又

%=，物

聯(lián)立解得

w0g?2(?1+?)

p-4

（3）油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量為2m），新油滴所受電場力

F，UqJg（%+h2）

~~d~不

若F>2/g,即

為?%

可知

v2>v∣

新油滴速度方向向上，設向上為正方向，根據(jù)動量守恒定律

一叫>匕=2，叫/共

可得

ι?>0

新油滴向上加速，達到平衡時

?

,

2∕?^+??(2∕n0)3v2=F

解得速度大小為

h2-%

速度方向向上;

若F<2m°g,即

ΛI>?2

可知

v2<?

設向下為正方向，根據(jù)動量守恒定律

m0vl-mυv2=2%晨

可知

4?0

新油滴向下加速，達到平衡時

!

2m0g=F'+k?(2m0)iv2

解得速度大小為

V/F

速度方向向下。

IL⑴叫，欣+汐；，=%懵⑵=Vo愕

【詳解】(1)PG、QG間場強大小相等，均為E,粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設粒子的加速度大

小為4,有

E=上①

d∕2^y

F=qE=ma②

設粒子第一次到達G時動能為Ek,由動能定理有

qEh=Ek-→rιv^③

設粒子第一次到達G時所用時間為/,粒子在水平方向的位移為/,則有

/z=gα∕2④

IKOt⑤

聯(lián)立①②③④⑤式解得

Ek=Jm片+多〃⑥

(2)設粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時金屬板的長度L為

L=2l=2v0⑧

12.(1)F=q--(2)n=J也；(3)t=-

dVm2

【詳解】（1）兩極板間的場強

E=7

帶電粒子所受的靜電力

F=qE=q-

（2）帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有

qU=^mv2

解得

”產(chǎn)Vtn

（3）設帶電粒子運動與距離時的速度大小為匕根據(jù)功能關(guān)系有

22

帶電粒子在前我離做勻加速直線運動，后資離做勻速運動，設用時分別為小0有

dv,d,

一=——：,-=Vt

22122

則該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間

3dm

'='M=?γ板

JTTT

13.(1)t(2)—30°＜，＜30"或-勺＜。＜工；(3)N:NO=50%

66

【詳解】（1）電場方向豎直向上，粒子所受電場力在豎直方向上，粒子在水平方向上做勻速直線運動，速度分解

如圖所示

粒子在水平方向的速度為

VΛ.=Vcos?

根據(jù)Ek=g∕w2可知

V=

解得

8d8dm

t=—=--------I

匕COSqv2￡k

（2）粒子進入電場時的初動能

12

Ek=4qEd=3"%

粒子進入電場沿電場方向做減速運動，由牛頓第二定律可得

qE=mcι

粒子從C短邊射出電場時與軸線OO'的距離小于（I,則要求

2

2ad>(v0sinθ)

解得

1.1

——<sin，n<一

22

所以入射角的范圍為

-30°<(9<30°或-2<。<￡

66

（3）設粒子入射角為少時，粒子恰好從。點射出，由于粒子進入電場時，在水平方向做勻速直線運動，在豎直方

向反復做加速相同的減速運動，加速運動。粒子U的速度*

運動時間為

Sd_2∣3md

t&_v'cos6>'~cosθ'?~qE'

粒子在沿電場方向，反復做加速相同的減速運動，加速運動，則

2

-2ad=vlj-(u'sin，')2

22

2ad=v2d-(vld)

22

-2ad=v3d-(v2d)

2

2arf=v4∕-(v3rf)

22

-2ad=v5ll-(v4d)

222

^d=VM-(v5d)

則

vvvvsinθ

2d=4d=6d=''

V

VM=3d=VSll

則粒子在分層電場中運動時間相等，設為％，則

I18d4(1

=-t^=-×----------=------------

°6總6v,cos6>,3v,cos<9'

且

2

d-v'sin^√0-?-√0

2m

代入數(shù)據(jù)化簡可得

6COS2"一8Sin6'cos6'+l=0

即

tan26*'-8tan(9,+7=O

解得

tan，'=7(舍去)或tan0'=l

解得

則從CO邊出射的粒子與入射粒子的數(shù)量之比

N:Mg50%

2

⑴LJ器；⑵χ等、2

14.(3)∕n∣=-/W0

【詳解】（1）設離子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為打有

qU=-mv2①

離子在漂移管中做勻速直線運動，則

E=L②

V

聯(lián)立①②式，得

ml2

③

1=2qU

（2）根據(jù)動能定理，有

qU-qEx=0④

徂U

得X=