2022-2024北京高三一模物理匯編：帶電粒子在電場中的運動

2022-2024北京高三一模物理匯編

帶電粒子在電場中的運動

一、單選題

1.（2024北京海淀高三一模）如圖所示，在范圍足夠大的水平向右的勻強電場中，將一個帶電小球以一定

的初速度v從加點豎直向上拋出，在小球從M點運動至與拋出點等高的位置N點（圖中未畫出）的過程

中，下列說法正確的是（）

Md

E

A.小球運動到最高點時速度和加速度都沿水平方向

B.小球上升過程和下降過程的水平方向位移之比為1:4

C.小球上升過程和下降過程的機械能變化量之比為1:1

D.小球上升過程和下降過程的動能變化量不同

2.（2024北京門頭溝高三一模）圖甲是電場中的一條電場線，M、N是電場線上的兩點。電子僅在電場力

作用下從M點運動到N點，其運動的VT圖像如圖乙所示。M、N點電場強度分別為與和島，電子在

M、N點電勢能分別為綜知和「N。下列說法正確的是（）

A.EM>EN,EpM>Eg

B.EM>EN,EpM<EpN

C.EM<EN,EpM>ERN

D.EM<EN,EpM<EpN

3.（2023北京東城高三一模）如圖所示，真空中有一對水平放置的平行金屬板，板間有豎直向下的勻強電

場，場強大小為E,質(zhì)量為相，電荷量為+4的帶電粒子，從M點水平方向以初速度%射入板間，并打在

下極板上的N點。已知與豎直方向成45。角，粒子的重力可忽略不計。則（）

A.MN兩點間的距離為邁喧

qE

B.粒子在MN兩點間的運動時間為隼

qE

C.粒子剛到達(dá)N點時的速度大小為3%

D.粒子剛到達(dá)N點時的速度方向與豎直方向的夾角為45°

4.（2023北京西城高三一模）具有相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的原子稱為同位素.讓氫的三種同位素原子核

（汨、汨和：H）以相同的速度從帶電平行板間的尸點沿垂直于電場的方向射入電場，其中笊核（；町恰

好能離開電場，軌跡如圖所示.不計粒子的重力，則（）

A.；H不能離開電場

B.在電場中受到的電場力最大

C.:H在電場中運動的時間最短

D.在電場中運動的過程中電場力對;H做功最少

5.（2022北京東城高三一模）“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測板組成。電子偏轉(zhuǎn)

器的簡化剖面結(jié)構(gòu)如圖所示，A、8表示兩個同心半圓金屬板，兩板間存在偏轉(zhuǎn)電場，板A、8的電勢分別

為%、為。電子從偏轉(zhuǎn)器左端的中央/進(jìn)入，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后到達(dá)右端的探測板N。動能不同的電子在

偏轉(zhuǎn)電場的作用下到達(dá)板N的不同位置，初動能為耳。的電子沿電勢為9c的等勢面C（圖中虛線）做勻速

圓周運動到達(dá)板N的正中間。動能為線1、Ek2的電子在偏轉(zhuǎn)電場作用下分別到達(dá)板N的左邊緣和右邊

緣，動能改變量分別為14約左|和|八紇右|。忽略電場的邊緣效應(yīng)及電子之間的相互影響。下列判斷正確的是

（）

C.Eu>Ek2D.|左l>l右?

二、解答題

6.（2024北京東城高三一模）如圖所示，8C是光滑絕緣的:圓弧軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為

4

R,下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為相、帶正

3

電的小滑塊（可視為質(zhì)點）置于水平軌道上，已知滑塊受到的靜電力大小為一mg,滑塊與水平軌道間的動

4

摩擦因數(shù)為05將滑塊從水平軌道上與8點距離為x=4R的A點由靜止釋放，滑動過程中滑塊電荷量不

變，重力加速度用g表示，求：

（1）滑塊到達(dá)B點時的速度為;

（2）滑塊在圓弧軌道上運動時，重力和電場力合力的大小和方向；

（3）滑塊到達(dá)與圓心。等高的C點時，軌道對滑塊的作用力大小耳。

7.（2024北京豐臺高三一模）一種簡易靜電加速裝置如圖甲所示：在一個側(cè)壁為圓錐中段，底盤水平放置

的塑料碗內(nèi)壁貼上十字的鍍銅錫條，外壁貼上十字的鋁條，并將鋁條反扣貼在內(nèi)壁，形成如圖所示的銅、

鋁相間的電極。將由錫紙包裹的輕質(zhì)小球靜置于A點，鍍銅錫條與高壓恒壓源正極相連、鋁條與負(fù)極相連

后，小球開始沿逆時針方向被加速。如圖乙所示，塑料碗側(cè)壁截面與水平面夾角為仇圓形底盤半徑為

R,小球質(zhì)量為恒壓源電壓始終為U。小球與錫條接觸分離后，所帶電荷量為+Q-與鋁條接觸分離

后，所帶電荷量為-QZ。忽略各處阻力，不考慮小球與塑料碗、空氣之間的電荷交換，僅考慮相鄰電極間

電場對小球的加速作用，重力加速度為g。

（1）求小球第一次運動到B點時的速度大小%;

（2）若小球加速幾圈后，恰好開始沿碗壁向上運動，求小球加速的圈數(shù)多;

（3）小球加速%（2>%）圈后撤掉電場，此時輕微晃動塑料碗，使小球可以在距碗底一定高度的水平

面上以速度v做勻速圓周運動（整個過程小球沒有離開塑料碗）。求晃動塑料碗時，碗對小球做的功卬。

8.（2023北京延慶高三一模）如圖，豎直放置的A、B與水平放置的C、。為兩對正對的平行金屬板，4

8兩板間電勢差為U,C、。兩板分別帶正電和負(fù)電，兩板間場強為E,C、。兩極板長均為L。一質(zhì)量為

m,電荷量為+4的帶電粒子（不計重力）由靜止開始經(jīng)4、8加速后穿過C、。并發(fā)生偏轉(zhuǎn)右側(cè)沒

有電場），最后打在熒光屏上。求：

（1）粒子離開2板時速度大小v；

（2）粒子剛穿過C、。時的豎直偏轉(zhuǎn)位移入

（3）粒子打在熒光屏上時的動能。

A

9.(2022北京石景山高三一模)示波管的結(jié)構(gòu)如圖甲所示，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽

成真空，兩對偏轉(zhuǎn)電極XX'、YY'相互垂直。如圖乙所示，熒光屏上有無處直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)原點位于熒

光屏的中心，尤軸與電極XX'的金屬板垂直，其正方向由X'指向X,y軸與電極YY'的金屬板垂直，其正

方向由Y'指向Y。電子槍中的金屬絲加熱后可以逸出電子，電子經(jīng)加速電極間的電場加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極

間，兩對偏轉(zhuǎn)電極分別使電子在兩個相互垂直的方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最終打在熒光屏上，產(chǎn)生一個亮斑。已知

兩對偏轉(zhuǎn)電極極板都是邊長為/的正方形金屬板，每對電極的兩個極板間距都為d,加速電極間電壓為

Uo,電子的電荷量為e,質(zhì)量為機。忽略電子剛離開金屬絲時的速度，不計電子之間相互作用力及電子所

受重力的影響。下列各情形中，電子均能打到熒光屏上。

(1)若兩個偏轉(zhuǎn)電極都不加電壓時，電子束將沿直線運動，且電子運動的軌跡平行每塊偏轉(zhuǎn)極板，最終

打在xoy坐標(biāo)系的坐標(biāo)原點。求電子到達(dá)坐標(biāo)原點前瞬間速度的大小voo

(2)若在偏轉(zhuǎn)電極YY'之間加恒定電壓S,而偏轉(zhuǎn)電極XX'之間不加電壓，已知電極YY'的右端與熒光

屏之間的距離為Lu求電子打在熒光屏上的位置坐標(biāo)。

(3)若電極XX，的右端與熒光屏之間的距離為工，偏轉(zhuǎn)電極XX，之間加如圖丙所示的掃描電壓。當(dāng)偏轉(zhuǎn)

電壓發(fā)生變化時，可利用下述模型分析：由于被加速后電子的速度較大，它們都能從偏轉(zhuǎn)極板右端穿出極

板，且時間極短，此過程中可認(rèn)為偏轉(zhuǎn)極板間的電壓不變。

Ci)在偏轉(zhuǎn)電極YY，之間不加電壓時，請說明電子打在熒光屏上，形成亮斑的位置隨時間變化的關(guān)系；

7T

(ii)在偏轉(zhuǎn)電極YY之間加電壓U,=Umsin-r時，請在圖丁中定性畫出在熒光屏上看到的圖形。

圖丙掃描電壓

參考答案

1.D

【詳解】A.小球上升過程中，豎直方向上受重力，做勻減速直線運動，水平方向上受電場力做勻加速直

線運動，故在最高點，豎直方向上速度大小為0,但水平方向上有速度；但其合力為重力與電場力的合

力，方向不是水平方向，故加速度方向不是水平方向，故A錯誤；

B.豎直方向上，小球小球上升過程和下降過程所用時間相同，小球在豎直方向做豎直上拋運動，則小球

運動到最高點時距離M點的高度為

,2

h=—

2g

小球從被拋出到運動到最高點所用時間為

V

t=—

g

小球在水平方向做初速度為零的勻加速運動，加速度大小為

qE

a=—

m

小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，水平方向速度為

qEv

=at=

mg

則此過程中水平方向的位移為

2\m)2mg~

小球從被拋出到運動到B點時所用時間為

水平方向的位移為

r,2：2汨，2

27"Jmg'

則下降過程的水平方向位移為

故小球上升過程和下降過程的水平方向位移之比為1:3,故B錯誤;

C.小球上升過程和下降過程的機械能變化量之比為

￡klEqx,1

Ek2EqAx3

故C錯誤；

D.小球上升過程動能變化量為

12qHV

=——mvH-----------------7

22mg-

小球下降過程動能變化量為

2

AE=mgh+Eq\x=—mvH------------------

k?22mg~

故小球上升過程和下降過程的動能變化量不同，故D正確。

故選D。

2.A

【詳解】根據(jù)v-f圖像的切線斜率表示加速度，可知電子在M點的加速度大于在N點的加速度，則在M

點受到的電場力大于在N點受到的電場力，則M點的電場強度大于N點的電場強度，即有

EM>EN

由VT圖像可知電子的動能增加，則電場力對電子做正功，電子的電勢能減少，即有

故選Ao

3.A

【詳解】AB.由題意可知粒子做類平拋運動，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做初速度為零

的勻加速直線運動，則有

x=vot

又因為MN與豎直方向成45。角，所以有

聯(lián)立解得

則兩點間的距離為

故A正確，B錯誤；

CD.粒子在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，則有

則粒子剛到達(dá)N點時的速度大小為

丫=亞+￥=&o

粒子剛到達(dá)N點時的速度方向與豎直方向的夾角為

6=arctan—=arctan—?27

2

故C、D錯誤。

故選Ao

4.A

【詳解】A.三種粒子在電場中均做類平拋運動，設(shè)金屬板的長度為乙P點距底板的距離為/?,則由平拋

運動的相關(guān)知識可得

聯(lián)立解得

分析可知，能否離開電場與比荷有關(guān)，笊核（；H）恰好能離開電場，則可知;H不能離開電場，故A正確;

B.電場力

F=Eq

同一電場，所帶電荷量相同，故三種粒子在電場中所受電場力大小相等，故B錯誤；

C.三種粒子的初速度相同，；H不能離開電場，故可知：H在電場中運動的時間最短，；H和:H都能離開

電場，則在電場中運動的時間相同，故C錯誤；

D.電場力做功

W=Eqd

電荷量相同，電場強度相同，分析可知:H和：H在電場中運動的豎直位移相等，而:H在電場中運動的豎直

位移較小，因此在電場中運動的過程中電場力對;H做功最少，故D錯誤。

故選A?

5.D

【詳解】AB.由題意可知電子在偏轉(zhuǎn)器中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，等勢面C上電場強度大

小相等，但方向不同，而勻強電場處處大小相等，方向相同，電子受力的方向與電場的方向相反，所以B

板的電勢較高，故AB錯誤；

C.相較于做勻速圓周運動的電子，動能為昂的電子在做近心運動，動能為紇2的電子在做離心運動，可

知

故C錯誤;

D.該電場是輻射狀電場，內(nèi)側(cè)的電場線密集，電場強度大，根據(jù)。=以定性分析可知

UBe>UCA

即

(PB-(PC>(PC-(PA

所以

I珥左囪陽右I

故D正確。

故選D。

1-----59

6.（1）J荻；（2）-mg,方向與豎直方向的夾角6=37。斜向左下；（3）-mg

【詳解】（1）由動能定理有

將

3

=—mg,//=。.5,%=4R,=0

代入得

VB=yj2gR

（2）設(shè)重力和電場力的合力大小為電，與豎直方向的夾角為凡則有

tan0==—

mg4

即合力大小為河，方向與豎直方向的夾角。=37。斜向左下。

（3）對滑塊從A點到達(dá)C點的過程應(yīng)用動能定理

2

%(x+R)-jumgx-mgR=^mvc

將

3

=—mg,〃=0.5,x=4R

4

代入，得

設(shè)滑塊到達(dá)C點時受到軌道的作用力大小為Fc,則有

2

Fc-F^=m^~

c電R

解得

Fc

R

得

F9

Fc=~mg

9

由牛頓第三定律有軌道對滑塊的作用力大小為產(chǎn)。

7.(1)(2)%=8偌黑)；(3)W=^mv2-mgRtand-4nU+Q)

22

【詳解】（1）根據(jù)動能定理

1,

QP=-mVg-0

可得

Vm

（2）設(shè)小球加速％圈后速度大小為W，恰好沿碗壁向上運動。意味著小球與碗底之間無相互作用力。碗壁

對小球支持力M的水平分力提供小球做圓周運動的向心力，豎直分力與重力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律

AV；

mgtanU-

解得

=gRtanO

由動能定理

4(4Q〃+402s=g叫2-0

聯(lián)立可得

mgRtan0

8U(2+Q)

（3）設(shè)此時小球距離碗底的豎直高度為肌碗壁對小球支持力為N2,則有

v2

mgtmO=m-------：—

R+工

tan。

解得

h=--Rtan0

g

根據(jù)動能定理

W-mgh+%(4Q]U+4&U)=^mv2一0

聯(lián)立可得

3

2

W=—mv—mgRian0—4n2U(Qi+Q)

；⑵舁⑶皿+曙

8.(1)

【詳解】（1）粒子在加速電場中加速過程，由動能定理可得

Uq=gmvj

解得

VB=

（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，由動力學(xué)知識可得

qE1

a—----,TL—v^t,y=一at2

m2

聯(lián)立解得

El}

y=-----

4U

（3）粒子從開始運動到打在熒光屏上整個過程根據(jù)動能定理可知

qU+qEy=Ek-0

所以有

EIU+端

2eU(/+2L)/L/,(/+24W?,

衛(wèi)久