2025年高考物理復(fù)習(xí)試題分類(lèi)訓(xùn)練：帶電粒子在電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)（二）（解析卷）

專(zhuān)題40帶電粒子在電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)（二）

三、解答題

46.（2023?山西?統(tǒng)考高考真題）密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，

可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時(shí)，油滴。、

6在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為vo、?；兩板間加上電壓后（上板為正極）,

這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率，，均豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)。油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半

徑、運(yùn)動(dòng)速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)。不計(jì)空氣浮力和油滴間的相互作用。

（1）求油滴。和油滴b的質(zhì)量之比；

（2）判斷油滴。和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求。、萬(wàn)所帶電荷量的絕對(duì)值之比。

aoob

【答案】（1）8:1；（2）油滴。帶負(fù)電，油滴匕帶正電；4:1

【解析】（1）設(shè)油滴半徑r,密度為夕，則油滴質(zhì)量

43

m=-7irp

3

則速率為y時(shí)受阻力

f=krv

則當(dāng)油滴勻速下落時(shí)

mg=f

解得

可知

則

空=工=§

inbrb1

（2）兩板間加上電壓后（上板為正極），這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率蓑，可知油滴。做減速運(yùn)動(dòng)，油

滴6做加速運(yùn)動(dòng)，可知油滴。帶負(fù)電，油滴6帶正電；當(dāng)再次勻速下落時(shí)，對(duì)a由受力平衡可得

Em

\<la\+fa=ag

,21

fa^-mag=-mag

%2

對(duì)b由受力平衡可得

fh-qhE=mbg

%

fb=-^mbg=2mbg

4V°

聯(lián)立解得

Qa/“一4

47.（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(jì)帶電粒子的重力。

（1）求帶電粒子所受的靜電力的大小廠；

（2）求帶電粒子到達(dá)N板時(shí)的速度大小v；

（3）若在帶電粒子運(yùn)動(dòng)（距離時(shí)撤去所加電壓，求該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間t。

2

MN

【答案】（1）F=q—⑵v=J汕；⑶t="

【解析】（1）兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)

帶電粒子所受的靜電力

L『u

F=qE=qq

(2)帶電粒子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到N板的過(guò)程，根據(jù)功能關(guān)系有

rI

qu=—1mv2

解得

v尸

Vm

(3)設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)|■距離時(shí)的速度大小為M,根據(jù)功能關(guān)系有

q—=—mvf2

22

帶電粒子在前(距離做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后(距離做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)用時(shí)分別為小0有

22

dv'd.

22122

則該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間

48.(2022?江蘇?高考真題)某裝置用電場(chǎng)控制帶電粒子運(yùn)動(dòng)，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(qiáng)電場(chǎng)，每層的高度均為d,電場(chǎng)強(qiáng)度大小均為E,方向沿豎直方向交替變化，AB邊長(zhǎng)為124,

BC邊長(zhǎng)為8d,質(zhì)量為叭電荷量為+4的粒子流從裝置左端中點(diǎn)射入電場(chǎng)，粒子初動(dòng)能為心，入射角為。，

在紙面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，不計(jì)重力及粒子間的相互作用力。

(1)當(dāng)時(shí)，若粒子能從。。邊射出，求該粒子通過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間f;

(2)當(dāng)心=44加時(shí)，若粒子從CO邊射出電場(chǎng)時(shí)與軸線的距離小于4,求入射角。的范圍；

(3)當(dāng)瓊*qEd,粒子在。為-范圍內(nèi)均勻射入電場(chǎng)，求從8邊出射的粒子與入射粒子的數(shù)量之

比N:N。。

8d

o8sd4置；⑵-3。。-或一⑶N:N0=5。％

【答案】（1）t

【解析】（1）電場(chǎng)方向豎直向上，粒子所受電場(chǎng)力在豎直方向上，粒子在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速

度分解如圖所示

粒子在水平方向的速度為

vx=VCOS%

2

根據(jù)Ek=-1mv可知

解得

（2）粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能

,12

Ek=4qEd=—

粒子進(jìn)入電場(chǎng)沿電場(chǎng)方向做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得

qE=ma

粒子從8邊射出電場(chǎng)時(shí)與軸線。。的距離小于d,則要求

2ad>(%sin0)2

解得

——<sin8<一

22

所以入射角的范圍為

oo_p.兀八TC

-30<<9<30

66

（3）設(shè)粒子入射角為。'時(shí)，粒子恰好從。點(diǎn)射出，由于粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在

豎直方向反復(fù)做加速相同的減速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)。粒子的速度

運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

v'cos夕cos。'

粒子在沿電場(chǎng)方向，反復(fù)做加速相同的減速運(yùn)動(dòng)，加速運(yùn)動(dòng)，則

-2ad=匕/一(ykin6)2

22

2ad=v2d~(vld)

22

-2ad=v3d-(v2d)

2

-lad=v5J-(v4dy

2ad=%/—(v5d/

?=%=%/="'sin6

VXd=V3d=V5d

則粒子在分層電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)為%,則

118d4d

一心=-x----------=------------

6J6v'cos。'3v'cos。'

d=v'sing%---------韜

u2cmU

代入數(shù)據(jù)化簡(jiǎn)可得

6cos26>'-8sin6>'cos6>'+l=0

tan26*'-8tan6>'+7=0

解得

tan（9'=7（舍去）或tan，'=l

解得

4

則從CD邊出射的粒子與入射粒子的數(shù)量之比

n?

N:N0=—=50%

n

2

49.(2022?遼寧?高考真題)如圖所示，光滑水平面AB和豎直面內(nèi)的光滑;圓弧導(dǎo)軌在2點(diǎn)平滑連接，導(dǎo)軌

半徑為R。質(zhì)量為他的帶正電小球?qū)⑤p質(zhì)彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，脫離彈簧后經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大

小為胸，之后沿軌道3。運(yùn)動(dòng)。以。為坐標(biāo)原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系X0X，在彳2-尺區(qū)域有方向與x軸夾角

為6=45。的勻強(qiáng)電場(chǎng)，進(jìn)入電場(chǎng)后小球受到的電場(chǎng)力大小為血,咫。小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電荷量保持不變,

重力加速度為g。求：

(1)彈簧壓縮至A點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能；

(2)小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度大??；

(3)小球過(guò)。點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程。

【答案】(1)^mgR-(2)%=7^；(3)y2=6Rx

【解析】(1)小球從A到2,根據(jù)能量守恒定律得

Ep=；%=；mgR

(2)小球從8到。，根據(jù)動(dòng)能定理有

-mgR+qE■\[2R=gmvg—:mVg

解得

v0=y/3gR

(3)小球運(yùn)動(dòng)至。點(diǎn)時(shí)速度豎直向上，受電場(chǎng)力和重力作用，將電場(chǎng)力分解到x軸和y軸，則x軸方向有

qEcos450=max

豎直方向有

qEsin45°-mg=may

解得

ax=g,%=°

說(shuō)明小球從。點(diǎn)開(kāi)始以后的運(yùn)動(dòng)為無(wú)軸方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，y軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即

做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則有

12

x.gt,y=vot

聯(lián)立解得小球過(guò)o點(diǎn)后運(yùn)動(dòng)的軌跡方程

y2=6Rx

50.（2022.廣東?高考真題）密立根通過(guò)觀測(cè)油滴的運(yùn)動(dòng)規(guī)律證明了電荷的量子性，因此獲得了1923年的諾

貝爾獎(jiǎng)。圖是密立根油滴實(shí)驗(yàn)的原理示意圖，兩個(gè)水平放置、相距為d的足夠大金屬極板，上極板中央有

一小孔。通過(guò)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(gè)質(zhì)量均為機(jī)。、位于同

一豎直線上的球形小油滴A和B,在時(shí)間t內(nèi)都勻速下落了距離九。此時(shí)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，2經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后向上勻速運(yùn)動(dòng)。2在勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間f內(nèi)上升了距離外（魚(yú)中九），

隨后與A合并，形成一個(gè)球形新油滴，繼續(xù)在兩極板間運(yùn)動(dòng)直至勻速。已知球形油滴受到的空氣阻力大小

1

為/=其中左為比例系數(shù)，機(jī)為油滴質(zhì)量，V為油滴運(yùn)動(dòng)速率，不計(jì)空氣浮力，重力加速度為g。求：

（1）比例系數(shù)公

（2）油滴A、2的帶電量和電性；B上升距離外電勢(shì)能的變化量；

（3）新油滴勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小和方向。

_____________________________

\*4+

d，U?B

I一

2

【答案】（1）左=婚史；（2）油滴A不帶電，油滴B帶負(fù)電，電荷量4=也嚕色，電勢(shì)能的變化量

竺⑶

【解析】（1）未加電壓時(shí)，油滴勻速時(shí)的速度大小

V1=7

勻速時(shí)

mog=f

又

f=

聯(lián)立可得

2

k"gt

、4

(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(chǎng)力向上，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度向下，可知油滴B帶負(fù)電，油滴B向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度大小為

h,

匕二7

根據(jù)平衡條件可得

,1u

m^g+km^v=-q

2a

解得

+/z2)

q~hp

根據(jù)

又

聯(lián)立解得

_皿晶也+4)

AAF￡p=%-

(3)油滴B與油滴A合并后，新油滴的質(zhì)量為力小,新油滴所受電場(chǎng)力

F，Jq」似8+吟

d

若尸>2m°g,即

%>I]

可知

新油滴速度方向向上，設(shè)向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律

恤％一入匕=2加共

可得

v共＞°

新油滴向上加速，達(dá)到平衡時(shí)

2mog+k'（2m0v2=F'

解得速度大小為

v_飽-4

2一瓶t

速度方向向上；

若＜2mag,即

可知

嶺＜匕

設(shè)向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律

2）匕_〃!0V2=250V共

可知

膜＞0

新油滴向下加速，達(dá)到平衡時(shí)

21nog=F'+k,（2m0v2

解得速度大小為

v一…

2一電

速度方向向下。

51.（2021?福建?統(tǒng)考高考真題）如圖（a）,同一豎直平面內(nèi)A、B、M、N四點(diǎn)距。點(diǎn)的距離均為應(yīng)入，O

為水平連線AB的中點(diǎn),M、N在AB連線的中垂線上。A、B兩點(diǎn)分別固定有一點(diǎn)電荷，電荷量均為。（Q＞0）。

以。為原點(diǎn)，豎直向下為正方向建立無(wú)軸。若取無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)，則ON上的電勢(shì)夕隨位置x的變化關(guān)

系如圖（b）所示。一電荷量為。（。＞。）的小球加以一定初動(dòng)能從M點(diǎn)豎直下落，一段時(shí)間后經(jīng)過(guò)N點(diǎn),

其在ON段運(yùn)動(dòng)的加速度大小。隨位置尤的變化關(guān)系如圖(c)所示。圖中g(shù)為重力加速度大小，左為靜電力

常量。

U)求小球S］在M點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小。

(2)當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)，恰與一沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)的不帶電絕緣小球工發(fā)生彈性碰撞。已知與S?的

質(zhì)量相等，碰撞前、后的動(dòng)能均為皿，碰撞時(shí)間極短。求碰撞前邑的動(dòng)量大小。

3L

(3)現(xiàn)將SZ固定在N點(diǎn)，為保證S|能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與之相碰，S1從M點(diǎn)下落時(shí)的初動(dòng)能須滿足什么條件？

同。2.°8M瘋(3)穌J一一8日)殖,

【答案】(1)

4L2'9gZ?27￡

【解析】(1)設(shè)A到M點(diǎn)的距離為時(shí)，A點(diǎn)的電荷對(duì)小球加的庫(kù)侖力大小為乙，由庫(kù)侖定律有

設(shè)小球勒在M點(diǎn)所受電場(chǎng)力大小為耳，由力的合成有

K=24sin45°②

聯(lián)立①②式，由幾何關(guān)系并代入數(shù)據(jù)得

F③

2

M4L

(2)設(shè)。點(diǎn)下方。處為C點(diǎn)，A與C的距離為《，小球S］在C處所受的庫(kù)侖力大小為耳，由庫(kù)侖定律和

力的合成有

式中

,八OC

sin6=-----

凡

設(shè)小球S|的質(zhì)量為外，小球M在C點(diǎn)的加速度大小為。，由牛頓第二定律有

Fc+m1g=mAa⑤

由圖（c）可知，式中

a=2g

聯(lián)立④⑤式并代入數(shù)據(jù)得

SkQ2_

m=-J⑥

t27gl39

設(shè)S2的質(zhì)量為"2,碰撞前、后S1的速度分別為匕，v；,S2碰撞前、后的速度分別為丫2，匕'，取豎直向下

為正方向。由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有

777,V]+m2V2—77!1VI'+m2V；⑦

121211r2

-m.v,+~m2v2=-叫匕一+2m2V2⑧

設(shè)小球S2碰撞前的動(dòng)量為必，由動(dòng)量的定義有

mV

P2=22⑨

依題意有

12112

5叫h=5叫匕

3￡

ml=m2

聯(lián)立⑥⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)，得

即碰撞前S?的動(dòng)量大小為粽渾。

（3）設(shè)O點(diǎn)上方3處為D點(diǎn)。根據(jù)圖（c）和對(duì)稱(chēng)性可知，S1在D點(diǎn)所受的電場(chǎng)力大小等于小球的重力大

2

小，方向豎直向上，SI在此處加速度為o；S]在D點(diǎn)上方做減速運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)下方做加速運(yùn)動(dòng)，為保證S]

能運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)與邑相碰，S1運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度必須大于零。

設(shè)M點(diǎn)與D點(diǎn)電勢(shì)差為"MD，由電勢(shì)差定義有

°MD=9M-如?

設(shè)小球S]初動(dòng)能為心，運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的動(dòng)能為線口，由動(dòng)能定理有

-DO)+QUMD=￡kD-Ek?

%＞。?

由對(duì)稱(chēng)性，D點(diǎn)與C點(diǎn)電勢(shì)相等，M點(diǎn)與N點(diǎn)電勢(shì)相等，依據(jù)圖(b)所給數(shù)據(jù)，并聯(lián)立⑥???式可得

(13-8VW?

k27L

52.(2021.北京?高考真題)如圖所示，M為粒子加速器；N為速度選擇器，兩平行導(dǎo)體板之間有方向相互

垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為及從S點(diǎn)釋放一初速度為0、質(zhì)量

為加、電荷量為q的帶正電粒子，經(jīng)/加速后恰能以速度v沿直線(圖中平行于導(dǎo)體板的虛線)通過(guò)N。

不計(jì)重力。

(1)求粒子加速器M的加速電壓U；

(2)求速度選擇器N兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向；

(3)仍從S點(diǎn)釋放另一初速度為0、質(zhì)量為2加、電荷量為q的帶正電粒子，離開(kāi)N時(shí)粒子偏離圖中虛線的

距離為d,求該粒子離開(kāi)N時(shí)的動(dòng)能Ek。

U_______________

8xXXX

5,

XXXX

MN

VYV\}1

【答案】⑴Uf.(2)八?！较虼怪睂?dǎo)體板向下；⑶—

【解析】(1)粒子直線加速，根據(jù)功能關(guān)系有

qU=—mv2

解得

u=—

2q

(2)速度選擇器中電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡

Eq=qvB

得

E=vB

方向垂直導(dǎo)體板向下。

(3)粒子在全程電場(chǎng)力做正功，根據(jù)功能關(guān)系有

Ek=qU+Eqd

解得

12

Ek=—mu+qBvd

53.(2020?天津?統(tǒng)考高考真題)多反射飛行時(shí)間質(zhì)譜儀是一種測(cè)量離子質(zhì)量的新型實(shí)驗(yàn)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(jì)，經(jīng)電壓為。的勻強(qiáng)電場(chǎng)加速后射入質(zhì)量分析器。質(zhì)量分

析器由兩個(gè)反射區(qū)和長(zhǎng)為/的漂移管(無(wú)場(chǎng)區(qū)域)構(gòu)成，開(kāi)始時(shí)反射區(qū)1、2均未加電場(chǎng)，當(dāng)離子第一次進(jìn)

入漂移管時(shí)，兩反射區(qū)開(kāi)始加上電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)強(qiáng)度足夠大，使得進(jìn)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(fù)即將進(jìn)入反射區(qū)2時(shí)，撤去反射區(qū)的電

場(chǎng)，離子打在熒光屏B上被探測(cè)到，可測(cè)得離子從A到8的總飛行時(shí)間。設(shè)實(shí)驗(yàn)所用離子的電荷量均為q,

不計(jì)離子重力。

(1)求質(zhì)量為小的離子第一次通過(guò)漂移管所用的時(shí)間工；

(2)反射區(qū)加上電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,求離子能進(jìn)入反射區(qū)的最大距離尤；

(3)已知質(zhì)量為人的離子總飛行時(shí)間為辦，待測(cè)離子的總飛行時(shí)間為4,兩種離子在質(zhì)量分析器中反射相

同次數(shù)，求待測(cè)離子質(zhì)量機(jī)…

、2

%

恤

Z0>

【解析】(1)設(shè)離子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后的速度大小為口有

qU=^mv2

離子在漂移管中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則

②

聯(lián)立①②式，得

ml2

2qU

(2)根據(jù)動(dòng)能定理，有

qU-qEx=4④

得x=g⑤

E

（3）離子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)和反射區(qū)電場(chǎng)中每次單向運(yùn)動(dòng)均為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度大小均相等，設(shè)

其為J，有

丫=]⑥

通過(guò)⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)路程是與離子本身無(wú)關(guān)的，所以不同離子在電場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的總路

程相等，設(shè)為乙，在無(wú)場(chǎng)區(qū)的總路程設(shè)為右，根據(jù)題目條件可知，離子在無(wú)場(chǎng)區(qū)速度大小恒為v,設(shè)離子的

總飛行時(shí)間為電。有

%=二+七

⑦

VV

聯(lián)立①⑥⑦式，得

t怠=（2L[+右）⑧

可見(jiàn)，離子從A到3的總飛行時(shí)間與標(biāo)成正比。由題意可得

/\2

網(wǎng)=工m0⑨

Vo7

54.（2020?全國(guó)?統(tǒng)考高考真題）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，柱的橫截面積是以。為圓心，半徑為R的圓，

A8為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為機(jī)，電荷量為q（4>0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)

入電場(chǎng)，速度方向與電場(chǎng)的方向垂直。已知?jiǎng)傔M(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率vo穿出

電場(chǎng)，AC與AB的夾角0=60。。運(yùn)動(dòng)中粒子僅受電場(chǎng)力作用。

（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；

（2）為使粒子穿過(guò)電場(chǎng)后的動(dòng)能增量最大，該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度應(yīng)為多大？

（3）為使粒子穿過(guò)電場(chǎng)前后動(dòng)量變化量的大小為機(jī)vo,該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度應(yīng)為多大？

【答案】（1）篝；（2）也；（3）。或圓

2qR42

【解析】（1）由題意知在A點(diǎn)速度為零的粒子會(huì)沿著電場(chǎng)線方向運(yùn)動(dòng)，由于4>0,故電場(chǎng)線由A指向C,根

據(jù)幾何關(guān)系可知

R

所以根據(jù)動(dòng)能定理有

qExAC=0

解得

石二這

2qR

（2）根據(jù)題意可知要使粒子動(dòng)能增量最大則沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點(diǎn)

為O,即粒子要從。點(diǎn)射出時(shí)沿電場(chǎng)線方向移動(dòng)距離最多，粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系有

x=7?sin60°=v/

1

R+Rcos60°=—at92

2

而電場(chǎng)力提供加速度有

qE=ma

聯(lián)立各式解得粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度

仁丁

（3）因?yàn)榱Ｗ釉陔妶?chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，粒子穿過(guò)電場(chǎng)前后動(dòng)量變化量大小為即在電場(chǎng)方向上速度變

化為V0,過(guò)C點(diǎn)做AC垂線會(huì)與圓周交于8點(diǎn)

故由題意可知粒子會(huì)從C點(diǎn)或2點(diǎn)射出。當(dāng)從2點(diǎn)射出時(shí)由幾何關(guān)系有

xBC=s/3R=v2t2

電場(chǎng)力提供加速度

聯(lián)立解得

當(dāng)粒子從C點(diǎn)射出時(shí)初速度為0,粒子穿過(guò)電場(chǎng)前后動(dòng)量變化量的大小為m%,該粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速率應(yīng)

為0或國(guó)。

2

另解:

由題意知，初速度為。時(shí)，動(dòng)量增量的大小為m%,此即問(wèn)題的一個(gè)解。自A點(diǎn)以不同的速率垂直于電場(chǎng)方

向射入電場(chǎng)的粒子，動(dòng)量變化都相同，自8點(diǎn)射出電場(chǎng)的粒子，其動(dòng)量變化量也恒為冽%,由幾何關(guān)系及運(yùn)

動(dòng)學(xué)規(guī)律可得，此時(shí)入射速率為丫=且%

55.(2019?天津?高考真題)2018年，人類(lèi)歷史上第一架由離子引擎推動(dòng)的飛機(jī)誕生，這種引擎不需要燃料，

也無(wú)污染物排放.引擎獲得推力的原理如圖所示，進(jìn)入電離室的氣體被電離成正離子，而后飄入電極A、B

之間的勻強(qiáng)電場(chǎng)(初速度忽略不計(jì))，A、B間電壓為U,使正離子加速形成離子束，在加速過(guò)程中引擎獲

得恒定的推力.單位時(shí)間內(nèi)飄入的正離子數(shù)目為定值，離子質(zhì)量為〃?，電荷量為Ze,其中Z是正整數(shù)，e是

元電荷.

?-?

氣體二?->

?-?

?->

電離室AB

(1)若引擎獲得的推力為可，求單位時(shí)間內(nèi)飄入A、8間的正離子數(shù)目N為多少；

(2)加速正離子束所消耗的功率P不同時(shí)，引擎獲得的推力尸也不同，試推導(dǎo)《的表達(dá)式；

(3)為提高能量的轉(zhuǎn)換效率，要使《盡量大，請(qǐng)?zhí)岢鲈龃蟆兜娜龡l建議.

【答案】(1)N=:(2)￡=、戶(3)用質(zhì)量大的離子；用帶電量少的離子；減小加速電壓.

y/2ZemUPVZeU

【解析】(1)設(shè)正離子經(jīng)過(guò)電極5時(shí)的速度為u,根據(jù)動(dòng)能定理，有

ZeU-mu2-0①

2

設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為耳'，根據(jù)牛頓第三定律，有

印=片②

設(shè)引擎在加時(shí)間內(nèi)飄入電極間的正離子個(gè)數(shù)為A7V,由牛頓第二定律，有

加匕2③

聯(lián)立①②③式，且"=竺得

\t

N=/:④

y/2ZemU

(2)設(shè)正離子束所受的電場(chǎng)力為P，由正離子束在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有

P=LF'D⑤

2

考慮到牛頓第三定律得到戶'=/，聯(lián)立①⑤式得

￡=戶⑥

P\ZeU

⑶為使房F盡量大，分析⑥式得到

三條建議：用質(zhì)量大的離子；用帶電量少的離子；減小加速電壓.

56.(2019?全國(guó)?高考真題)空間存在一方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O、P是電場(chǎng)中的兩點(diǎn).從。點(diǎn)沿水平方

向以不同速度先后發(fā)射兩個(gè)質(zhì)量均為根的小球A、B.A不帶電，2的電荷量為qS>0).A從。點(diǎn)發(fā)射時(shí)

的速度大小為V。，到達(dá)尸點(diǎn)所用時(shí)間為f;2從。點(diǎn)到達(dá)尸點(diǎn)所用時(shí)間為重力加速度為g,求

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?/p>

(2)2運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能.

【答案】(1)￡=—；(2)線=2彩詔+g通

q

【解析】(1)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為與小球3運(yùn)動(dòng)的加速度為。.根據(jù)牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給條件,

有

mg+qE=ma①

ga(；)2=gg/②

解得

E=懣③

（2）設(shè)B從。點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度為v/,到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為&,O、P兩點(diǎn)的高度差為〃，根據(jù)動(dòng)能定理有

Ek-gw；=mgh+qEh④

且有

，7=；g/⑥

聯(lián)立③④⑤⑥式得

4=2儂珞+gy）⑦

57.（2019?全國(guó)?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(shì)均為夕（夕>0）。質(zhì)量為“，電荷量為4%>0）的粒子自

G的左端上方距離G為/I的位置，以速度可平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì)。

（1）求粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)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(kāi)電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？

匚-------:----.------.----------JP

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

【答案】⑴嗚叫十豹;偌⑵5mdh

【解析】⑴尸G、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E,粒子在尸G間所受電場(chǎng)力方的方向豎直向下，設(shè)粒子的加

速度大小為。，有

E=f

d/2

F=qE=ma②

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)動(dòng)能為Ek,由動(dòng)能定理有

qEh=Ek-^mv}@

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用時(shí)間為粒子在水平方向的位移為/,則有

h=-at2@

2

l=vot@

聯(lián)立①②③④⑤式解得

紇=＞片+⑦〃⑥

Y⑦

（2）設(shè)粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短，由對(duì)稱(chēng)性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度E為

___\mdhz-\

…r年⑧

58.（2015?福建?高考真題）如圖，絕緣粗糙的豎直平面左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),

電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8.一質(zhì)量為加、電

荷量為4的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開(kāi)做曲線運(yùn)動(dòng).A、C兩點(diǎn)間

距離為心重力加速度為g.

M

ci）求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大?。ィ?/p>

（2）求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦力做的功嗎；

（3）若。點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)

時(shí)撤去磁場(chǎng)，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到水平地面上的尸點(diǎn).已知小滑塊在。點(diǎn)時(shí)的速度大小為彩，從。點(diǎn)運(yùn)

動(dòng)到尸點(diǎn)的時(shí)間為f，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)時(shí)速度的大小vP.

【答案】（1）%=';（2）=mgh-^m^-；（3）*=小.：儂）產(chǎn)+]

【分析】小滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開(kāi)MN,此時(shí)與間的作用力為零，對(duì)小滑塊受力分析計(jì)算此時(shí)的速度的大

??；由動(dòng)能定理直接計(jì)算摩擦力做的功嗎；撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)計(jì)算最后的合

速度的大小。

【解析】（1）由題意知，根據(jù)左手定則可判斷，滑塊在下滑的過(guò)程中受水平向左的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力

等于電場(chǎng)力"E時(shí)滑塊離開(kāi)開(kāi)始做曲線運(yùn)動(dòng)，即

Bqv=qE

解得小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度

E

v=——

cB

(2)從A到C根據(jù)動(dòng)能定理:

12

mgh—Wf=—mvc—0

解得:

1E2

Wf=

(3)當(dāng)小滑塊速度最大時(shí)，所受合外力為零，即滑塊在。點(diǎn)的速度V。方向與重力、電場(chǎng)力的合力方向垂直,

故撤去磁場(chǎng)后，小滑塊將做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)等效重力加速度為g',則有

且

=vi+g'Y

聯(lián)立解得:

Vm

【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是分析清楚小滑塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，在與分離時(shí)，小滑塊與間的作用力為零,

在撤去磁場(chǎng)后小滑塊將做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)滑塊的不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程逐步求解即可.

59.(2015?安徽?高考真題)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E(圖中未畫(huà)出)，由

A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為帶電荷量為+q的粒子，8和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)，如圖所示，其中力為常

數(shù)，粒子所受重力忽略不計(jì)，求：

(1)粒子從A到C過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)它做的功；

(2)粒子從A到C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間；

(3)粒子經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速率。

【答案】(1)3qElo；(2)1=31^；(3)’17祖

vqE2m

【解析】(1)粒子從A到C電場(chǎng)力做功為

W=qE(yA-yC)=3qElo

(2)根據(jù)拋體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，粒子在％軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由對(duì)稱(chēng)性可知，軌跡是最高點(diǎn)。在y軸上,

可令

tAo=toB=T

tBC=T

由

Eq=ma

得：

qE

d——

m

又

y=—aT2

2

2

y+3Z0=1a(2T)

解得

則A到C過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間

(3)粒子在DC段做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則有

2lo=vCx(2T)

vcy=a(2T)

解得

60.(2014?安徽?高考真題)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C,極板間的距離為d,上

板正中有一小孔.質(zhì)量為相、電荷量為+g的小球從小孔正上方高處由靜止開(kāi)始下落，穿過(guò)小孔到達(dá)下極

板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，重力加速度為g).求:

+qo

h

d

(1)小球到達(dá)小孔處的速度；

(2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和電容器所帶電荷量；

(3)小球從開(kāi)始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間.

【答案】⑴-腐；⑵E=*6,。=必竺上；⑶隹

qdqh\g

【解析】(1)小球到達(dá)小孔前是自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度位移關(guān)系公式，有：/=2g刀

解得：v=J2gh①

(2)對(duì)從釋放到到達(dá)下極板處過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列式，有：：咫(W)-qEd=O

解得：E=②

qd

電容器兩極板間的電壓為：U=Ed=mg(h+d)

q

電容器的帶電量為：Q=CU=mggd)C

q

(3)加速過(guò)程：

減速過(guò)程，有：

(mg-qE)t2=0-mv...@

Z="+/2…⑤

聯(lián)立①②③④⑤解得：公誓R

【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是明確小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后結(jié)合動(dòng)能定理和動(dòng)量定理列式分析，不難.

61.(2014.全國(guó)?高考真題)如圖，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xy平面)向外；

在第四象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿x軸負(fù)向.在y軸正半軸上某點(diǎn)以與x軸正向平行、大小為vo的速度發(fā)

射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場(chǎng).不計(jì)重力.若該粒子離開(kāi)電

場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為0,求：

-0（J,o）~X

（1）電場(chǎng)強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；

（2）該粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.

【答案】（1）j?=x%tan2。；（2）t=一"T

B2v0tan0

【解析】試題分析：（1）設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q,粒子進(jìn)入磁場(chǎng)

2

后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并設(shè)其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有：qvoB=R%①

r

由題設(shè)條件和圖中幾何關(guān)系可知：r=d②

設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,粒子進(jìn)入電場(chǎng)后沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)的速度大小為vx,由牛頓第二定律有：qE=max③

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：vx=axt,^-f=d@

由于粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)（如圖），有：tan0=上⑤

V。

F1

由①②③④⑤式聯(lián)立解得：—=~votan?0

D2

……2d

（2）由④⑤式聯(lián)立解得：t=—

%tan"

考點(diǎn)：本題主要考查了帶電粒子在交替復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，屬于中檔題.

62.（2015?全國(guó)?高考真題）如圖所示，一質(zhì)量