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

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〕

1.三個α粒子在同一地點沿同一方向飛入偏轉(zhuǎn)電場，出I—I

現(xiàn)了如下圖的軌跡，由此可以判斷以下不正確的選項

A.在人飛離電場的同時，α剛好打在負(fù)極板上?

B.6和C同時飛離電場I'b

C.進電場時C的速度最大，。的速度最小

D.動能的增加值C最小，。和人一樣大

（物理備課組整理）B

（備課組長教學(xué)指導(dǎo)）解：4、三個粒子的質(zhì)量和電量都相同，那么知加速度相同.”、

6兩粒子在豎直方向上的位移相等，根據(jù)尸3凡可知運動時間相等.故A正確.

2

B、b、C豎直方向上的位移不等，y<：<yh.根據(jù)y=%產(chǎn)，可知G?<%.故8錯誤.

2

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=.

τ

因Xc=A?,tc<th,那么外>l?.

根據(jù)Xh>Xa.那么l?>V".所以有：Vc>v*>vfl.故C正確.

。、根據(jù)動能定理知，。、匕兩電荷，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，動能增加量最小.故。正確.

此題選錯誤的，應(yīng)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的勻加速直線運動.粒子的質(zhì)量和電量相同，加速度相同.比擬沿電場方向上的

位移，可比擬出運動時間，再根據(jù)垂直電場方向的位移可知初速度的大小.通過動能定

理比擬動能的變化量.

解決此題的關(guān)鍵將類平拋運動分解為垂直電場方向和沿電場方向，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的勻加速直線運動.

2.如下圖，質(zhì)子、笊核和氨核都沿平行板電容器兩板中線RlO

00,方向垂直于電場線射入板間的勻強電場，射出后、V

都打在同一個與00'垂直的熒光屏上，使熒光屏上出1一O

現(xiàn)亮點.以下說法中正確的選項是（）L」'上'

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(xué)指導(dǎo)）解：A、三種粒子帶電量不同，分別為外ch2q；質(zhì)量不同，分

別為〃?、2/n、4m,進入同一電場是加速度不同分別是：

絡(luò)世、2Q￡,

τn2m4m

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=1at2

2

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，2：1,

所以水平方向的運動時間為1：也:2,

由于粒子豎直方向的位移，

由：y^?ai2,

2

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、。、假設(shè)它們是由同一個電場從靜止加速，由動能定理得：qU^Unv2,

2

解得：V=∣2qU,

-?∣m

粒子水平方向做勻速直線運動，運動時間為，片寧L叵,

U√2qU

粒子豎直方向做初速度為零的勻速直線運動那么，產(chǎn)如P=怔（L叵）2=叱，

22my∣2qU4y

由此可見，三種帶電粒子在豎直方向的偏轉(zhuǎn)位移僅與電場強度E、極板長度心加速電

壓U有關(guān)，在這三個過程中，這三個物理量都相同，所以它們的偏轉(zhuǎn)位移相同，粒子都

打到同一點上，即只有一個亮點，故C正確，。錯誤；

應(yīng)選：a

三種粒子帶電量不同，質(zhì)量不同，進入同一電場時加速度不同，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，那么它們在豎直方向上做初速度

為零的勻加速直線運動的位移不同，所以在熒光屏上將只出現(xiàn)3個；假設(shè)它們射入電場

時的動能相等，可以判斷其速度的大小關(guān)系，同樣可以求得豎直方向的位移大小關(guān)系，

從而判斷在熒光屏上出現(xiàn)的亮點個數(shù).

此類題目屬于類平拋運動問題，解題關(guān)鍵注意水平方向勻速，豎直方向是初速度為零的

勻加速直線運動，兩個方向的運動具有等時性.

3.如下圖，兩極板與電源相連接，電子從負(fù)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)樵瓉淼膬杀叮娮尤詮脑?/p>

位置射入，且仍從正極板邊沿飛出，那么兩極板的間

距應(yīng)變?yōu)樵瓉淼模ǎ?/p>

A.2倍B.4倍C.△倍

（物理備課組整理）C

（備課組長教學(xué)指導(dǎo)）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“速度為V,

極板的長度為L極板的寬度為心電場強度為E；

由于粒子做類平拋運動，所以水平方向：L=Vt

豎直方向：）=L*2=leE∕=d

20tW

因為E=u

所以IeULZ

2mi√一

假設(shè)速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，那么仍從正極板邊沿飛出，那么兩極板的間距應(yīng)變?yōu)樵瓉鞮

應(yīng)選C

根據(jù)類平拋運動的規(guī)律解出粒子恰能從右側(cè)擦極板邊緣飛出電場的臨界條件，結(jié)合E=g

分析即可求解.

根據(jù)題目所給的信息，找到粒子在豎直方向位移表達(dá)式，討論速度的變化對豎直方向的

位移的影響即可解決此題.

4.如下圖，有三個質(zhì)量相等的分別帶正電、負(fù)電和不帶三三三三三1_

電的粒子，從兩水平放置的金屬板左側(cè)中央以相同的

P

水平初速度VO先后射入電場中，最后在正極板上打出????????FF：：：；........

4、B、C三個點，那么（）\

A.三種粒子在電場中運動時間相同I、、',1+0

B.三種粒子到達(dá)正極板時速度相同+*：+j+（:+

C.三種粒子到達(dá)正極板時落在A、C處的粒子機械能增大，落在8處粒子機械能

不變

D.落到A處粒子帶負(fù)電，落到C處粒子帶正電

（物理備課組整理）D

（備課組長教學(xué)指導(dǎo)）解：4根據(jù)題意，三小球在豎直方向都做初速度為。的勻加速

直線運動，球到達(dá)下極板時，在豎直方向產(chǎn)生的位移力相等：

h=Jat2,

解得:

t=史;

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(fù)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)仁佇得到正電荷運動時間最

長，負(fù)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.

8、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

做功越多那么未動能越大，而重力做功相同，A粒子帶負(fù)電，電場力做正功；8粒子不

帶電，電場力不做功；C粒子帶正電電場力做負(fù)功；所以動能為C<EAB<EM,故BC錯

誤.

。、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(fù)電，B粒子不帶電，C粒子帶正電，故。正確.

應(yīng)選：D.

因為上極板帶負(fù)電，所以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，負(fù)電荷受到向下的電場力.那么不帶電的小球做平拋運動，帶負(fù)電的小球做類平拋

運動，加速度比重力加速度大,帶正電的小球做加速度比重力加速度小的類平拋運動.由

此根據(jù)平拋和類平拋運動規(guī)律求解.

確認(rèn)不帶電小球做平拋運動，帶電小球做類平拋運動，分水平和豎直方向分析小球的運

動，水平方向勻速直線運動，豎直方向初速度為O的勻加速直線運動，由運動的合成與

分解進行分析.

5.如下圖，質(zhì)量為，〃，帶電量為q的粒子，以初速度山，從A--------；

點豎直向上射入空氣中的沿水平方向的勻強電場中，粒子通行廠

過電場中B點時，速率VB=2W,方向與電場的方向一致，那一^^

么A,B兩點的電勢差為（）------

A.mvgB.3mviC.2mvlD.3mv1

^2√~~TT

（物理備課組整理）C

（備課組長教學(xué)指導(dǎo)）解：粒子，從A到B,根據(jù)動能定理得：

qUAB-meh=1?12

V6?mvβ-?znv?

因為VB=2VO,

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Mg∕2=L,,2

2∣mTIΛ∕Q

由以上三式，那么有UAB=2"0

應(yīng)選：C

微粒在勻強電場中受到重力和電場力兩個力作用，根據(jù)動能定理求出A3兩點間的電勢

差UAB

涉及到電勢差的問題，常常要用到動能定理.此題的難點在于運動的處理，由于微粒受

到兩個恒力作用，運用運動的分解是常用的方法.

二、多項選擇題〔本大題共4小題，共24分〕

6.如下圖，一個質(zhì)量為〃?、帶電荷量為g的粒子，從

兩平行板左側(cè)中點沿垂直場強方向射入，當(dāng)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)?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?B.兩板間電壓減為原來的1

42

C.兩板間距離增為原來的4倍D.兩板間距離增為原來的2倍

（物理備課組整理）AD

（備課組長教學(xué)指導(dǎo)）解：設(shè)平行板長度為/,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：

垂直初速度方向做勻加速運動:

4="

md

V=I,=1α∕2=Uql2

222mdv2

欲使質(zhì)量為機、入射速度為U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

2

沿初速度方向距離仍是/,垂直初速度方向距離仍為私

2

A、使粒子的帶電量減少為原來的J,那么尸擊)2川2=qua=g,故A正確；

W-~—2mdv22

2md(j)2

8、使兩板間所接電源的電壓減小到原來的一半，產(chǎn)q(賴2UqP,故B錯誤；

2>nd?2-'ndv2-d

C、D、板的電壓不變，距離變化，根據(jù))=2d=UqP,即：Uqp=Indlv1,速度減小為匕

2。G2

那么距離應(yīng)該增加為2倍；

故C錯誤，。正確；

應(yīng)選：AD.

以一定速度垂直進入偏轉(zhuǎn)電場，由于速度與電場力垂直，所以粒子做類平拋運動.這樣

類平拋運動可將看成沿初速度方向的勻速直線與垂直于初速度方向勻加速直線運動.根

據(jù)運動學(xué)公式解題.

帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時做勻加速曲線運動.應(yīng)用處理類平拋運動的方法處理粒子運

動.

7.如下圖，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子M、N以相同的速度同'W=J

時沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，M從wG

兩極板正中央射入，N從下極板邊緣處射入，它們最后打'IAy

在同一點.不計帶電粒子重力和帶電粒子間的相互作用，N='

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AEM：?E,v=h2

C.它們的動能增量之比△&”：皿=1：2

D.它們所帶的電荷量之比qM：q21：2

(物理備課組整理)AD

(備課組長教學(xué)指導(dǎo))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,

即川=3.故A正確；

B、由圖可知，豎直位移之比為YM：期=1：2；而豎直位移y=%r2=qEF,由于加、人E

2

相等，那么帶電荷量之比4M：√ΛF=>?:)?=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△￡“：?E,v=?wEyΛ∕:QNEyN=I：

4.由動能定理可知，動能增量之比為1：4,故BC錯誤，。正確.

應(yīng)選：AD.

兩個帶電粒子都垂直于電場射入勻強電場中，都做類平拋運動，水平方向做勻速直線運

動，由題可知，水平位移相等、初速度相等，即可知運動時間相等，由豎直位移的關(guān)系,

由牛頓定律和位移公式即可求解電量之比.由動能定理求解電場力做功之比，得到電勢

能減少量之比.

此題運用運動的合成與分解法研究類平拋運動，要抓住兩個粒子水平位移和豎直位移的

關(guān)系分析其他量的關(guān)系，同時明確電場力做功與電勢能和動能之間的關(guān)系.

8.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MM2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(xué)指導(dǎo)）解：A、B、設(shè)電子由加速電場加速后的速度為外電子在加速電

場中運動過程，由動能定理得：

eU?-λ2

解得，M。

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：FeEeU2

α=—m=一m=-maj

v^=at

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

V

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：tana=%,

2U1d

那么a=arctanSL。

2Utd

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MM2之

間的電勢差S,在熒屏上的亮斑向上移動。故A正確，B錯誤;

C、電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)量：1.eU2l7,

y=2at=病

如果只逐漸增大MlM2之間的電勢差U2,電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)量將增大。

偏轉(zhuǎn)電場對電子做的功：W=e?E?y,偏轉(zhuǎn)量越大，電場力做的功越多。故C正確；

D、偏轉(zhuǎn)電場的電場強度：「%,所以如果只逐漸增大2之間的電勢差S,偏轉(zhuǎn)

E=N

電場的電場強度增大。故。錯誤。

應(yīng)選：ACo

電子在加速電場中運動時，電場力做正功，電子獲得速度，根據(jù)動能定理求解電子離開

加速電場后的速度；

電子垂直進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，平行于極板方向做勻速直線運動，垂直于極板

方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式求得偏轉(zhuǎn)量的表

達(dá)式與電場力做功的表達(dá)式，即可進行說明.

此題是帶電粒子在組合場中運動的問題，運用動能定理或能量守恒定律求粒子加速獲得

的速度是常用的方法.對于類平拋運動，研究方法與平拋運動類似，采用運動的分解法,

由牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律結(jié)合求解.

9.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O點垂直磁場邊界進入勻強磁場，最后從

“、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4點離開的是α粒子

C.從人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(xué)指導(dǎo)）解：4、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=3w2,在偏轉(zhuǎn)磁場中：qvB=lrnv2.聯(lián)立可

得：1M,由于a粒子是質(zhì)子的4倍，而電量是質(zhì)子的2倍，所以a粒子做勻速圓

周運動的半徑大，從匕點離開，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眄，由于a粒子的比荷小于質(zhì)子的比

荷，所以從b點離開的a粒子速度小，選項C錯誤.

。、從S出發(fā)到離開磁場的時間片f電+人=2JTZLπmΓ^~πm,顯然比荷g越

Q+E=^Γ+詞=2LJ礪+懣m

小，時間越大，即從b點離開的a粒子所用時間較長，所以選項。正確.

應(yīng)選：AD

此題考查的是帶電粒子先在勻強電場中加速，后在勻強磁場中做勻速圓周運動問題，由

動能定理求出從電場離開的速度，由洛侖茲力提供向心力求出半徑，從而就能判斷出半

徑與比荷的關(guān)系，由運動學(xué)公式求出時間，從而也能知道粒子在兩種場中運動總時間的

長短.

此題涉及的是帶電粒子先在電場中加速，然后進入磁場中做勻速圓周運動，分別用動能

定理和牛頓第二定律求出半徑，從而判斷出從“、b兩點離開的是哪種粒子，再由運動

學(xué)公式求出在兩種場中運動的時間，從表達(dá)式可以看出哪種粒子的時間長.

三、填空題〔本大題共1小題，共5分〕

XXXXXX

10.如下圖，一帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓。加速后從?？走M入■*D

XXXX×0X

垂直紙面向里的勻強磁場中，并打在了P點.測得。P=L

純XXXXX

磁場的磁感應(yīng)強度為B,那么帶電粒子的荷質(zhì)比g=

m三~~7

.（不計重力）

（物理備課組整理）現(xiàn)

B2L2

（備課組長教學(xué)指導(dǎo)）解：粒子在電場中加速，由動能定理得：qU=*O,

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=mv,

r

由題意可知，粒子軌道半徑：QL,

2

聯(lián)立以上三式解得：g=現(xiàn)；

mB2L2

故答案為：?.

B2L2

帶電粒子在電場中加速過程中，電場力做正功，根據(jù)動能定理求出粒子得到的速度.粒

子進入磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出半徑的

表達(dá)式.由題，G、〃間的距離為4那么粒子的直徑等于4.聯(lián)立即可.

帶電粒子先經(jīng)電場加速，根據(jù)動能定理求出速度.垂直進入磁場做勻速圓周運動，根據(jù)

牛頓定律求出半徑表達(dá)式，是常用的思路.難度適中.

四、實驗題探究題〔本大題共1小題，共9.0分〕

11.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/，M板左下方緊貼M板有一粒子源1未畫出)，持

續(xù)發(fā)射以初速度為水平向右運動，質(zhì)量為"?，電荷量為+q的粒子。板間電壓UMN隨

時間變化的關(guān)系如圖2所示，其中8m%忽略離子間相互作用和它們的重力，

uO=-

忽略兩板間電場對板右側(cè)的影響，熒光屏足夠大。

(1)計算說明，t=o時刻射入板間的粒子打在屏上或N板上的位置；

(2)求熒光屏上發(fā)光的長度。

(物理備課組整理)解：(1)Z=O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,/=W,

2ml

解得：t=±,

2V0

粒子在水平方向的位移：FV4V,粒子打在下極板上距左端I處：

22

(2)片-L時射入極板的粒子打在熒光屏的最下方，

2V0

粒子在極板間的運動時間：A=_L-_L=J_,

Vo2P02υ0

粒子離開極板時的豎直分速度：v^at]-quoti=4vo,

ml

粒子離開極板到打在熒光屏上的時間：，2=_1，

%

粒子在豎直方向的偏移量：y=l+vyt2=5l,

在尸，時刻進入極板的粒子在極板間做勻速直線運動，

離開極板后沿水平方向做勻速直線運動，粒子垂直打在熒光屏上，

這是粒子打在熒光屏的最上端位置，那么熒光屏的發(fā)光長度：d=y=5li

答：⑴Z=O時刻射入板間的粒子打在N板上距N板左端,處；

2

(2)熒光屏上發(fā)光的長度為5/.

(備課組長教學(xué)指導(dǎo))略

五、計算題〔本大題共4小題，共48分〕

12.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F.

行金屬板，間距d=0A0m,兩板間有方向由B指向A,j

大小為E=I.0×103N/C的勻強電場.在4板的中央放

g

置一個平安接地的靜電油漆噴槍P,油漆噴槍的半oI

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W=2.0m∕s,質(zhì)量加=5.0'10」5必、帶電量為

q=20xl0-∣6C.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(dá)8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=2.0×10l6×1.0×103×0.40J=8.0×IO14J

微粒從A板到B板過程，根據(jù)動能定理得W=EkrEko

2l4l5214

那么得：Ekl=W+Eka=W+lmva=(8.0×10-+ι×5.0×10-×2.0)J≈9,0×IOJ

22

(2)微粒初速度方向垂直于極板時，到達(dá)8板時間最短.

由E*尸物ι√得：

14

V1=δ?=∣2X9.0×ιo^ra?=6.Ow∕s

?mJ5,0X10TS

根據(jù)運動學(xué)公式得：

Vo+“I=，

-2-t

所以微粒到達(dá)B板所需的最短時間為：

f=.2h=2X0.40=0.Is

Uo+vt2.0+6.0

(3)根據(jù)對稱性可知，微粒最后落在8板上所形成的圖形是圓形.

由牛頓第二定律得：

α=里=2.oXιo^16×i.oXιoWs2=4Ow?2

m5.0XIOTS-

由類平拋運動規(guī)律得：

R=votι

那么圓形面積為：

S=πR2=π(VofI)2=π^2^^=3??4×2.02×(2χ0.40)≈0.25m2

答：(1)微粒打在8板上的動能為9.0x10-9.

(2)微粒到達(dá)B板所需的最短時間為(Ms.

(3)微粒最后落在B板上所形成的圖形是圓形，面積的大小為0.25源.

(備課組長教學(xué)指導(dǎo))(1)每個微粒在勻強電場中所受的電場力大小為微粒從噴

出到落在8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(dá)8板時間最短.由動能求出微粒打在8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(xué)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.

13.如下圖，從標(biāo)空間中有勻強電場和勻強磁場，電場方向沿)，軸負(fù)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〃?，電荷

量為可的帶電粒子從X軸上戶I的N點處以初速度W沿X軸正方向開始運動，然

后經(jīng)過y軸上產(chǎn)4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(yīng)強度應(yīng)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=Vot

豎直分運動：寧Llr2

2

加速度：a=qE

m

電勢差：UMN=E2

2

聯(lián)立解得：UMNτzmvi

石

(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，有:

c∣vB=niv2

7

又進入磁場的速度：

v=√2v0

粒子能夠穿過磁場，那么要求：

r+^βr>d

~2

可得：

BV(#+l)mv0

qd

(3)粒子垂直右邊界射出磁場，有：

r'=F

粒子在磁場中運動的周期:

T=2τιr,

在磁場中運動的時間：

t=τ

8

可得：

I=πd

4υ0

解：(1)MN兩點間的電勢差為mι?

石

(2)磁感應(yīng)強度應(yīng)滿足的條件為8V(#+l)mu。；

qd

(3)粒子在磁場中運動的時間為%.

4v0

(備課組長教學(xué)指導(dǎo))[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(yīng)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(yīng)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(yīng)的圓心角，最后根據(jù)UeT

求解運動時間.

此題關(guān)鍵明確粒子的運動規(guī)律，對電場中的運動，根據(jù)分運動公式列式；對磁場中的運

動，確定圓心后結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，再結(jié)合牛頓第二定律列式求解.

14.如下圖，直角坐標(biāo)系XOy的第I象限有豎直向上的

勻強電場，第∏象限有方向垂直紙面向里的勻強磁

場.質(zhì)量為機、電量為可的粒子從磁場中M點以速

度出沿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軸上尸點離開電場，M點

的坐標(biāo)為[-d,d),P點的坐標(biāo)為(2d,0),不

計粒子的重力.求：

(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度8的大小；

(2)勻強電場的電場強度E的大小.

(物理備課組整理)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

詔

qv0B=ZnR

解得：Cm%…①

R=詁

根據(jù)幾何關(guān)系：R=d…②

聯(lián)立①②得：m%

Bn=ld

(2)帶電粒子在電場中做類平拋運動:

X方向：2d=VOt…③

y方向：2d_1班產(chǎn)…④

聯(lián)立③④得：mυi

答：(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為m%;

qd

(2)勻強電場的電場強度E的大小”成