2023-2025三年高考物理真题分类汇编 专题08 带电粒子在电场中的运动

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种
×
1．（2025•青海）如图所示，某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这疗法中，静止的质子被电场强度大小 E＝2×105V/m 的匀强电场沿直线加速到 v＝1×107m/s，然后轰击肿瘤，杀死细胞。已知质子的质量 m＝1.6 10﹣27kg，电荷量 e＝1.6×10﹣19C，则整个加速过程中质子的位移大小为
（ ）
2mB．2.5mC．4mD．5m 2．（2025•涧西区）电子在电势差 U1 为的加速电场中由静止开始运动，然后
射入电势差 U2 为的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行。整个装置处在真空中，重力可忽略。在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角 θ 变小的是（ ）
A．U1 变大，U2 变大B．U1 变大，U2 变小
C．U1 变小，U2 变大D．U1 变小，U2 变小
3．（2025•重庆）某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域 OMPQ内分布有平行于 OQ 的匀强电场，N 为 QP 的中点。模拟动画显示，带电粒子 a、b 分别从 Q 点和 O 点垂直于 OQ 同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达 M、N 点，K 为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断 a、b（ ）
具有不同比荷 B．电势能均随时间逐渐增大
到达 M、N 的速度大小相等
到达 K 所用时间之比为 1：2
4．（2025•湖南）如图，两带电小球的质量均为 m，小球 A 用一端固定在墙上的绝缘轻绳连接，小球 B 用固定的绝缘轻杆连接。A 球静止时，轻绳与竖直方向的夹角为 60°，两球连线与轻绳的夹角为 30°，整
个系统在同一竖直平面内，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是（）
A．A 球静止时，轻绳上拉力为 2mg
B．A 球静止时，A 球与 B 球间的库仑力为 2mg C．若将轻绳剪断，则剪断瞬间 A 球加速度大小为 g D．若将轻绳剪断，则剪断瞬间轻杆对 B 球的作用力变小
5．（2024•广西）如图，将不计重力、电荷量为 q 带负电的小圆环套在半径为 R 的光滑绝缘半圆弧上，半圆弧直径两端的 M 点和 N 点分别固定电荷量为 27Q 和 64Q 的负点电荷。将小圆环从靠近 N
3
点处静止释放，小圆环先后经过图上 P1 点和 P2 点，已知 sin? = 5，则小圆环从 P1 点运动到 P2 点
的过程中（） A．静电力做正功 B．静电力做负功 C．静电力先做正功再做负功 D．静电力先做负功再做正功
6．（2025•东西湖区）在如图所示的直角坐标系 xOy 中，存在平行于纸面的匀强电场。从 a 点以 16eV 的动能沿纸面向不同方向先后射出两个电子，仅在电场力的作用下，一电子经过 b 点时的动能为 4eV，另一电子经过 c 点时的动能为 12eV。不考虑两电子间的相互作用，下列判断正确的是（）
A．b 点的电势比 a 点的电势高
该电场场强的大小为 100 5V/m
若在纸面内只改变电子从 a 点射出时速度的方向，电子都不可能通过 e 点
若在纸面内只改变电子从 a 点射出时速度的方向，电子通过 d 点时的动能为 18eV
7．（2025•甘肃）如图，两极板不平行的电容器与直流电源相连，极板间形成非匀强电场，实线为电场线，虚线表示等势面。M、N 点在同一等势面上，N、P 点
在同一电场线上。下列说法正确的是（）
A．M 点的电势比 P 点的低
B．M 点的电场强度比 N 点的小
C．负电荷从 M 点运动到 P 点，速度增大
D．负电荷从 M 点运动到 P 点，电场力做负功
8．（2025•甘肃）离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图 1 所示。从离子源 S
释放的正离子（初速度视为零）经电压为 U1 的电场加速后，沿 OO′方向射入电压为 U2 的电场
（OO′为平行于两极板的中轴线），极板长度为 l、间距为 d，U2﹣t 关系如图 2 所示。长度为 a的样品垂直放置在距 U2 极板 L 处，样品中心位于 O′点。假设单个离子在通过 U2 区域的极短时间内，电压 U2 可视为不变，当 U2＝±Um 时，离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是（ ）
?2
A．U2 的最大值 Um = ?2 ?1
(?−?)?
当 U2＝±Um 且 L =
时，离子恰好能打到样品边缘
2?
若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大 U1 D．在 t1 和 t2 时刻射入 U2 的离子，有可能分别打在 A 和 B 点
9．（2025•福建）某种静电分析器简化图如图所示，在两条半圆形圆弧板组成的管道中加上径向电场。
现将一电子 a 自 A 点垂直电场射出，恰好做圆周运动，运动轨迹为 ABC，半径为 r。另一电子 b自 A 点垂直电场射出，轨迹为弧 APQ，其中 PBO 共线，已知 BP 电势差为 U，|CQ|＝2|BP|，a 粒子入射动能为 Ek，则（ ）
??
A．B 点的电场强度? = ??
B．P 点场强大于 C 点场强
C．b 粒子在 P 点动能小于 Q 点动能
D．b 粒子全程的克服电场力做功小于 2eU
10．（2025•选择性）如图，光滑绝缘水平面 AB 与竖直面内光滑绝缘半圆形轨道 BC 在 B 点相切，轨道半径为 r，圆心为 O，O、A 间距离为 3r。原长为 2r 的轻质绝缘弹簧一端固定于 O 点，另一端连接一带正电的物块。空间存在水平向右的匀强电场，物块所受的电场力与重力大小相等。物块在 A 点左侧释放后，依次经过 A、B、C 三点时的动能分别为 EkA、EkB、EkC，则（ ）
A．EkA＜EkB＜EkCB．EkB＜EkA＜EkC
C．EkA＜EkC＜EkBD．EkC＜EkA＜EkB
11．（2024•浙江）如图所示，空间原有大小为 E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的 M、N 点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环 ABCD 垂直 MN 放置，其圆心 O 在 MN 的中点，半径为 R，AC 和 BD 分别为竖直和水平的直径。质量为 m、电荷
量为+q 的小球套在圆环上，从 A 点沿圆环以初速度 v0 做完整的圆周运动，则（ ）
A．小球从 A 到 C 的过程中电势能减少
B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动
C．可求出小球运动到 B 点时的加速度
D．小球在 D 点受到圆环的作用力方向平行 MN
12．（2023•北京）如图所示，两个带等量正电的点电荷位于 M、N 两点上，E、F 是 MN 连线中垂线上的两点，O 为 EF、MN 的交点，EO＝OF。一带负电的点电荷在 E
点由静止释放后（）
A．做匀加速直线运动
B．在 O 点所受静电力最大
C．由 E 到 O 的时间等于由 O 到 F 的时间
D．由 E 到 F 的过程中电势能先增大后减小
13．（2023•浙江）某带电粒子转向器的横截面如图所示，转向器中有辐向电场。粒子从 M 点射入，沿着由半径分别为 R1 和 R2 的圆弧平滑接成的虚线（等势线）运动，
并从虚线上的 N 点射出，虚线处电场强度大小分别为 E1 和 E2，则 R1、
R2 和 E1、E2 应满足（）
?1
?2
?1
?12
A．?2 = ?1B．?2 = ?22
?1
C．
?2
?1
= ?2
?1
D．?2
?22
= ?12
14．（2023•浙江）AB、CD 两块正对的平行金属板与水平面成 30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距 10cm，电荷量为 1.0×10﹣8C、质量为 3.0×10﹣4kg 的小
球用长为 5cm 的绝缘细线悬挂于 A 点。闭合开关 S，小球静止
时，细线与 AB 板夹角为 30°；剪断细线，小球运动到 CD 板上的 M 点（未标出），则（）
A．MC 距离为 5 3cm
3
3
B．电势能增加了
4
× 10−4J
C．电场强度大小为
× 104N/C
3
D．减小 R 的阻值，MC 的距离将变大
15．（2025•新津区模拟）如图 1 为示波管的原理图，如果在电极 YY′之间所加的电压按如图 2 所示的规律变化，在电极 XX′之间所加的电压按如图 3 所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）
A．B．C．D．
3??
3?
16．（2025•玉溪模拟）如图所示，一端固定的长为 l 的绝缘轻绳悬挂一质量为 m 的绝缘小球，小球
带正电 q，可视为质点。初始时，小球静止于 P 点，现给空间施加一大小为? =
，水平向右
的恒定匀强电场，小球恰能到达 Q 点（未画出），已知重力加速度为 g，不计空气阻力，则（）
A．小球处于 Q 点位置时轻绳与竖直方向的夹角为 45°
???
B．P、Q 两点的电势差大小为 2?
???
C．轻绳对小球的拉力最大时，小球的电势能减少 6
D．轻绳对小球的拉力最大时，绳上的拉力大小为2 3??
3
17．（2025•郴州三模）如图甲所示，虚线表示竖直平面内的匀强电场中的等势面，等势面与水平地面平行。电量为 q、质量为 m 的带电小球以一定初速度沿虚线方向抛出，以抛出点为坐标原点沿竖直向下方向建立 y 轴，运动过程中小球的动能和机械能随坐标 y 的变化关系如图乙中图线 a、b所示，图中 E0 为已知量，重力加速度为 g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
2?0
?
A．小球初速度大小?0 = 2
4??
B．电场强度大小为 7?
C．小球抛出时重力势能为 E0
4
D．小球加速度大小为7?
18．（2025•浙江一模）图甲为直线加速原理示意图，它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，奇数序号与偶数序号圆筒分别与交变电源相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在 t＝0 时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时序号为 0 的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断 加速。若电子质量为 m，电荷量为 e，交变电源电压大小为 U，周期为 T。不考虑电子的重力和相对论效应，且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是（）
A．金属圆筒 1、2、3 的长度之比为 1：2：3
2???
?
B．电子离开圆筒 1 时的速度为进入时速度的两倍
C．第 n 个圆筒的长度应满足? =
⋅ ?
2???
?
D．进入第 n 个圆筒时电子的速率为
19．（2025•安康模拟）如图所示，两质量均为 m、带等量异种电荷的小球 A、B 用三根不可伸长的绝缘细线拴接后，悬挂在天花板上的 O 点，小球所在的空间有水平向右的匀强电场，系统保持静止，A、B 间的细线刚好伸直。剪断 O、B 间的细线，在静电力、重力、
细线上弹力和空气阻力的共同作用下两小球最终会在新的位置再次达到平衡。已知 O、A 间细线与 O、B 间细线的长度均为 l，A、B 间细线的长度为 1.2l，不计两小球之间的库仑力作用，重力加速度为 g，则从剪断细线到再次平衡的过程中，两小球克服空气阻力所做的总功为（ ）
433
3
A．???B．
8
???C．
4
???D．mgl
二．多选题（共 7 小题）
（多选）20．（2024•广东）污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污。基本原理如图所示，涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于容器底 部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M 点和 N点在同一电场线上，M 点和 P 点在同一等势面上。下列说法正确的有（）
A．M 点的电势比 N 点的低
B．N 点的电场强度比 P 点的大
C．污泥絮体从 M 点移到 N 点，电场力对其做正功
D．污泥絮体在 N 点的电势能比其在 P 点的大
（多选）21．（2025•福建）空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场 B 与
水平向右的匀强电场 E，一带电体在复合场中恰能沿着 MN 做匀速直线运动，MN 与水平方向呈 45°，NP 水平向右。带电量为 q，速度为 v，质量为 m，当粒子到 N 时，撤去磁场，一段时间后粒子经过 P 点，则（ ）
A．电场强度为? =
B．磁场强度为? =
2??
?
2??
??
2??2
C．NP 两点的电势差为? =?
?2
8?
D．粒子从 N→P 时距离 NP 的距离最大值为
（多选）22．（2023•广东）电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色。透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。 如图所示，胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒。当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移（每个微粒电量保持不变），像素由黑色变成白色。下列说法正确的有（）
A．像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势 B．像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势 C．像素由黑变白的过程中，电场力对白色微粒做正功 D．像素由白变黑的过程中，电场力对黑色微粒做负功
（多选）23．（2023•海南）如图所示，正三角形三个顶点固定三个等 量电荷，其中 A、B 带正电，C 带负电，O、M、N 为 AB 边的四等分点，下列说法正确的是（）
A．M、N 两点电场强度相同
B．M、N 两点电势相同
C．负电荷在 M 点电势能比在 O 点时要小
D．负电荷在 N 点电势能比在 O 点时要大
（多选）24．（2023•乙卷）在 O 点处固定一个正点电荷，P 点在 O 点右上方。从 P 点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N 是轨迹上的两点，OP＞OM，OM＝ON，则小球（ ）
A．在运动过程中，电势能先增加后减少
B．在 P 点的电势能大于在 N 点的电势能
C．在 M 点的机械能等于在 N 点的机械能
D．从 M 点运动到 N 点的过程中，电场力始终不做功
（多选）25．（2023•湖北）一带正电微粒从静止开始经电压 U1 加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为 U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为 45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为 2L 和 L，到两极板距离均为 d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．L：d＝2：1 B．U1：U2＝1：1
C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为 2 D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
（多选）26．（2024•江西）如图所示，垂直于水平桌面固定一根轻质绝缘细直杆，质量均为 m、带同种电荷的绝缘小球甲和乙穿过直杆，两小球均可视为点电荷，带电荷量分别为 q 和 Q。在图示的坐标系中，小球乙静止在坐标原点，初始时刻小球甲从 x＝x0 处由静止释放，开始向下运动。甲
??
和乙两点电荷的电势能?? = ? ? （r 为两点电荷之间的距离，k 为静电力常量）。最大静摩擦力等
于滑动摩擦力 f，重力加速度为 g。关于小球甲，下列说法正确的是（ ）
???
???
??−?
A．最低点的位置? = (??+?)?0
B．速率达到最大值时的位置 x =
???
??
C．最后停留位置 x 的区间是
≤ ? ≤
???
??−?
???
??+?
D．若在最低点能返回，则初始电势能 Ep0＜（mg﹣f）
三．解答题（共 16 小题）
27．（2025•河南）流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个 A 细胞或 B 细胞的小液滴从喷嘴喷出（另有一些液滴不含细胞），液滴质量均为 m＝2.0×10﹣10kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含 A、B 细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为 q＝1.0×10﹣13C。随后，液滴以 v＝2.0m/s 的速度竖直进入长度为 l＝2.0×10﹣2m 的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为 E＝2.0×105N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方 h＝0.1m 处的 A、B 收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：
含 A 细胞的液滴离开电场时偏转的距离；
A、B 细胞收集管的间距。
28．（2025•江苏）如图所示，在电场强度为 E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子 a、b 同时从 O 点以初速度 v0 射出，速度方向与水平方向夹角均为 θ。已知粒子的质量为 m。电荷量为 q，不计重力及粒子间相互作用。求：
（1）a 运动到最高点的时间 t；
（2）a 到达最高点时，a、b 间的距离 H。
29．（2025•北京）如图 1 所示，金属圆筒 A 接高压电源的正极，其轴线上的金属线 B 接负极。
设 A、B 两极间电压为 U，求在 B 极附近电荷量为 Q 的负电荷到达 A 极过程中静电力做的功 W。
2?
已知筒内距离轴线 r 处的电场强度大小? = ? ? ，其中 k 为静电力常量，λ 为金属线 B 单位长
度的电荷量。如图 2 所示，在圆筒内横截面上，电荷量为 q、质量为 m 的粒子绕轴线做半径不同的匀速圆周运动，其半径为 r1、r2 和 r3 时的总能量分别为 E1、E2 和 E3。若 r3﹣r2＝r2﹣r1，推理分析并比较（E3﹣E2）与（E2﹣E1）的大小。
图 1 实为某种静电除尘装置原理图，空气分子在 B 极附近电离，筒内尘埃吸附电子而带负电，
在电场作用下最终被 A 极收集。使分子或原子电离需要一定条件。以电离氢原子为例。根据玻尔原子模型，定态氢原子中电子在特定轨道上绕核做圆周运动，处于特定能量状态，只有当原子获得合适能量才能跃迁或电离。若氢原子处于外电场中，推导说明外电场的电场强度多大能将基态氢原子电离。（可能用到：元电荷 e＝1.6×10﹣19C，电子质量 m＝9.1×10﹣31kg，静电力常量 k＝9.0
×109N•m2/C2，基态氢原子轨道半径 a＝5.3×10﹣11m 和能量 E0＝﹣13.6eV）
30．（2024•浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和 “折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为 d，存在磁感应强度大小为 B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别为 φ
Ⅰ和 φⅢ，其电势差 U＝φⅠ﹣φⅢ。一束质量为 m、电荷量为 e 的质子从 O 点以入射角 θ 射向Ⅰ区，在 P 点以出射角 θ 射出，实现“反射”；质子束从 P 点以入射角 θ 射入Ⅱ区，经Ⅱ区“折射”进 入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时间发射的质子数为 N，初速度为 v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和电势分布的影响。
若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求 d 的最小值；
0
??2
（2）若? =，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）；
2?
计算说明如何调控电场，实现质子束从 P 点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回Ⅰ区）；
在 P 点下方距离 3??0处水平放置一长为4??0的探测板 CQD（Q 在 P 的正下方），CQ 长
??0
??
??
为 ?? ，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左右对
称，同时从 O 点射入Ⅰ区，且 θ＝30°，求探测板受到竖直方向力 F 的大小与 U 之间的关系。
31．（2023•新课标）密立根油滴实验的示意图
如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴 a、b 在重力和空气阻力的作用下竖直
?0
向下匀速运动，速率分别为 v0、 4 ；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相
?0
同的速率 2 ，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率
成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。
求油滴 a 和油滴 b 的质量之比；
判断油滴 a 和油滴 b 所带电荷的正负，并求 a、b 所带电荷量的绝对值之比。
32．（2025•天心区一模）如图所示，两平行板电容器 C1、C2 分别竖直和水平放置，C1 的小孔 M、N 在同一水平线上，一带电粒子从 M 点静止释放，经电场直线加速后从 N 点射出，紧贴 C2 下极板进入 C2，而后从上极板边缘 P 点射出，射出时速度方向与水平方向成 30°角。已知粒子质量为 m、带电量为 q，C1 的板间电压大小为 U，两电容器板间电场视为匀强电场，不计带电粒子重力，忽略边缘效应，求：
粒子经过 N 点和 P 点时的速度大小；
电容器 C2 极板电压；
电容器 C2 极板长度和间距之比。
1
33．（2025•河北模拟）如图所示，半径 R＝0.8m 的
4
圆弧形光滑绝缘轨道 PQ（圆心为 O）固定在竖
直面内，Q 点到水平地面的距离足够高，OQ 与竖直线 OO'重合，OO'右侧存在水平向右、电场强度大小 E＝100N/C 的匀强电场，质量 M＝0.3kg、电荷量 q＝0.01C 的带 负
电小球 B 静止在圆弧形轨道末端，质量 m＝0.1kg 的不带电小球 A 从圆弧 形
性
小
轨道的最高点 P 由静止释放，小球 A、B 间的碰撞（时间极短）为弹碰 撞
且碰撞过程中小球 B 的电荷量不变。取重力加速度大小 g＝10m/s2，球 A、
B 均视为质点，不计空气阻力，求：
两小球发生碰撞前瞬间，轨道对小球 A 的支持力大小 F；
碰撞后小球 A 上升的最大高度 h；
小球 B 下落到 Q 点正下方时，到 Q 点的距离 d。
34．（2025•广东）如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端 A 点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在 B 点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的 k 倍（k＜1）。已知颗粒质量为 m，两绝缘平板间的距离为 h，两金属平板间的距离为 d，B 点与左平板的距离为 l，电源电压为 U，重力加速度为 g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
颗粒碰撞前的电荷量 q。
颗粒在 B 点碰撞后的电荷量 Q。
颗粒从 A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功 W。
35．（2025•四川）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为 d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为 E。现有一质量为 m、电荷量为 q（q＞0）的金属微粒，从两极板中央 O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：
微粒第一次到达下极板所需时间；
微粒第一次从上极板回到 O 点时的动量大小。
2
36．（2025•固始一模）如图甲所示，真空中的粒子枪连续不断均匀地发出 α 粒子（ 4He），设其初速度为零，经电场 U1 加速，由小孔穿出，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板 A、B 间的中线射入偏转电场。A、B 两板距离为 d、长为 L，A、B 两板间加周期性变化的电场 UAB，t＝0 时，A
4??2
板电势高于 B 板，如图乙所示，周期为 T。加速电场电压为 U1 = ??2 ，其中 m 为一个核子的质
量、q 为一个质子电量。不计 α 粒子的重力以及 α 粒子间的相互作用力，且所有 α 粒子都能离开偏转电场。则：
?
若有 α 粒子从 t = 4时刻射入偏转电场，求其离开偏转电场时距 A、B 间中线的距离 y；
在足够长的时间内，所有能平行于两极板飞出的 α 粒子，求其射入偏转电场的时刻；
在足够长的时间内，求能从中线上方离开偏转电场的 α 粒子占所有入射粒子总数的百分比
3
η。（已知≈ 1.732）
37．（2024•天津）如图所示，在 Oxy 平面直角坐标系的第一象限内，存在半径为 R 的半圆形匀强磁场区域，半圆与 x 轴相切于 M 点，与 y 轴相切于 N 点，直线边界与 x 轴平行，磁场方向垂直于纸面向里。在第一象限存在沿+x 方向的匀强电场，电场强度大小为 E。一带负电粒子质量为 m，电荷量为 q，从 M 点以速度 v 沿+y 方向进入第一象限，正好能沿直线匀速穿过半圆区域。不计粒子重力。
求磁感应强度 B 的大小；
若仅有电场，求粒子从 M 点到达 y 轴的时间 t；
若仅有磁场，改变粒子入射速度的大小，粒子能够到达 x 轴上 P 点，M、P 的距离为 3?，求粒子在磁场中运动的时间 t1。
38．（2023•北京）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度 v0 保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集。已知金属板长度为 L，间距为 d。不考虑重力影响和颗粒间相互作用。
若不计空气阻力，质量为 m、电荷量为﹣q 的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压
U1；
若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度 v 方向相反，大小为 f＝krv，其中 r 为颗粒的半径，k 为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。
半径为 R、电荷量为﹣q 的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压 U2；
已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比。进入收集器的均匀混合气流包含了直径为 10μm 和
2.5μm 的两种颗粒，若 10μm 的颗粒恰好 100%被收集，求 2.5μm 的颗粒被收集的百分比。
39．（2025•西城区二模）弗兰克﹣赫兹实验是能够验证玻尔理论的重要实验。实验装置如图所示，放电管的阴极 K 持续发射电子，两个金属网电极 G1 和 G2 将放电管分为三个区域，在 G1 与 K 之间加可调节大小的电压，使电子加速运动；电子进入 G1 和 G2 之间的等势区后，部分电子与该区域内的原子发生碰撞；在 G2 与电极 A 间加电压，使进入该区域的电子减速运动，若有电子到达 A，电流表可观测到电流。
可以建立简化的模型从理论角度对该实验进行分析。设原子的质量为 M，被撞前视为静止，电子的电荷量为 e、质量为 m，忽略电子的初速度及电子间的相互作用力，假定电子均沿直线运动，电子与原子最多发生一次碰撞，且电子不会被原子俘获。
当 G1 与 K 间电压为 U 时，求电子到达 G1 时速度的大小 v。
该实验利用电子对原子进行撞击，使原子吸收碰撞损失的动能从低能级跃迁到高能级。
为使原子从能量为 E0 的基态跃迁到能量为 E1 的第一激发态，求 G1 与 K 间电压的最小值 U0。
在 G2 与 A 间加电压是为了观测到电流表示数的显著变化，以推知原子是否发生了能级跃迁。当 G1 与 K 间电压为 U0 时，求 G2 与 A 间电压 U1 的最小值。
40．（2025•广州模拟）如图所示，一带正电的小物块 a 从竖直方向的光滑曲面上静止释放，平滑进 入水平直轨道 PQ。a 与 PQ 间的动摩擦因数 μ＝0.173，PQ 正上方存在方向水平向右的匀强电场， a 受到的电场力是其重力的 0.073 倍。Q 点正上方固定两个细钉子 M、N，MN＝0.2m，MQ＝1m，长 R＝1m 的轻绳一端固定在 M 上，不带电的绝缘物块 b 系在绳子的下端，当 a 运动到 Q 点时与静止的 b 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰后 b 恰能在竖直面内做完整的圆周运动。当 b 第二次到达最高点时，轻绳突然断裂，b 落在 a 最终静止的位置（a、b 不发生第二次碰撞）。已知 b
的质量是 a 的 2 倍，a 的电荷量保持不变，不计轻绳被钉子阻挡和轻绳断裂时的机械能损失。求：
物块 b 落地点与 Q 点的间距。
水平直轨道 PQ 的长度 L。
物块 a 释放时距离水平直轨道 PQ 的高度。
41．（2024•浙江）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截面如图所示。在 xOy 平面内，除 x 轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为 B、方向垂直平面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着 x 轴依次放置离子源、长度为 L 的喷镀板 P、长度均为 L 的栅极板 M 和 N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板 P 上表面中点 Q 的坐标为
（1.5L，0），栅极板 M 中点 S 的坐标为（3L，0）。离子源产生 a 和 b 两种正离子，其中 a 离子
1
质量为 m、电荷量为 q，b 离子的比荷为 a 离子的4倍，经电压 U＝kU0（其中?0 =
??2?2
8? ，k 大小
可调，a 和 b 离子初速度视为 0）的电场加速后，沿着 y 轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极板 N和 M 间电压 UNM 调控 （UNM＞0），a 和 b 离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收且电中和。忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。
若 U＝U0，求 a 离子经磁场偏转后，到达 x 轴上的位置 x0（用 L 表示）；
3
调节 U 和 UNM，并保持??? = 4?，使 a 离子能落到喷镀板 P 上表面任意位置，求；
①U 的调节范围（用 U0 表示）；
②b 离子落在喷镀板 P 下表面的区域长度；
要求 a 和 b 离子恰好分别落在喷镀板 P 上下表面的中点，求 U 和 UNM 的大小。
42．（2023•福建）如图（a），一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为 m 的小滑块 A 和 B，其电荷 量分别为 q（q＞0）和﹣q。A 右端固定有轻质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在水平向右场强大小为 E 的匀强电场。A、B 与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为 2qE。t＝0 时，A 以初速度 v0 向右运动，B 处于静止状态。在 t1 时刻，A 到达位置 S，速度为 v1，此时弹簧未与 B 相碰；在 t2 时刻，A 的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为
3qE；在细杆与 B 碰前的瞬间，A 的速度为 2v1，此时 t＝t3。0～t3 时间内 A 的 v﹣t 图像如图（b）所示，v1 为图线中速度的最小值，t1、t2、t3；均为未知量。运动过程中，A、B 处在同一直线上， A、B 的电荷量始终保持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常量为 k；B 与弹接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。
求 0～t1 时间内，合外力对 A 所做的功；
求 t1 时刻 A 与 B 之间的距离；
求 t1～t2 时间内，匀强电场对 A 和 B 做的总功；
若增大 A 的初速度，使其到达位置 S 时的速度为 2v1，求细杆与 B 碰撞前瞬间 A 的速度。
专题 08
带电粒子在电场中的运动
参考答案与试题解析
一．选择题（共 19 小题）
二．多选题（共 7 小题）
一．选择题（共 19 小题）
【专题】定量思想；模型法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．解：设整个加速过程中质子的位移大小为 x。根据动能定理得
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
B
D
C
A
C
D
B
D
C
C
题号
12
13
14
15
16
17
18
19
答案
C
A
B
C
B
B
D
D
题号
20
21
22
23
24
25
26
答案
AC
BC
AC
BC
BC
BD
BD
qEx =
1
??2
2
代入数据解得 x＝2.5m，故 ACD 错误，B 正确。故选：B。
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
1
解：设电子被加速后获得初速为 v ，则由动能定理得：qU = ??2−0…①
0120
?
又设极板长为 l，则电子在电场中偏转所用时间：t = ?0⋯②
??
??2
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为 a，由牛顿第二定律得：a = ? = ??⋯③
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy＝at…④
??2?
由①、②、③、④可得：vy＝at = ???0，
???2?
又有：tanθ = ?0 = 2??1
一定能使电子的偏转角 θ 变小是 U1 变大，U2 变小故选：B。
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：A、设 OQ 之间的距离为 d，根据类平抛运动的规律可得：d =
同，则比荷相同，故 A 错误；
1
??2 =
2
1??
× ?2，由于 d 和 t 相
2?
B、带电粒子 a、b 受到的电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故 B 错误；
??
C、由于带电粒子 a、b 同时达到 M、N 点，两个粒子比荷相同，根据 a = ? 可知加速度相同，根
据 vy＝at 可知，达到 M、N 时平行于电场线方向的速度大小相等；水平方向二者均做匀速直线运
??
动，则水平方向的速度大小之比为：
??
??
= ??
2
= 1，所以达到 M 和 N 时的速度大小不相等，故 C
错误；
K1
??2?
D、由于 a 和 b 水平方向的速度大小之比为：??
= 1，根据 t =
可知，到达所用时间之比为 ：
?
2，故 D 正确。故选：D。
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．解：AB．对 A 球受力分析，如图所示
根据平行四边形定则可得，轻绳上拉力大小为：T＝mg AB 两球间的库仑力大小为：? = 2?????30° = 3??故 AB 错误；
C．若将轻绳剪断，则 A 球受到轻绳的拉力消失，其它两力保持不变，根据三力平衡知识，此时 A
球的合外力大小为 mg，则加速度大小为 g，故 C 正确；
D．若将轻绳剪断，则 B 球受到的库仑力、重力不变，小球 A 仍然处于静止状态，则轻杆对 B 球的作用力不变，故 D 错误。
故选：C。
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：设在小圆环在 P1、P2 间的任意一点 P，PM 与 MN 的夹角为 α，根据几何关系可得 37°≤α≤ 53°
带负电的小圆环在两个负点电荷电场中的电势能
64???27???
EP = 2????? + 2?????
根据数学知识可知在 37°≤α≤53°范围内，随着 α 的增大，小圆环的电势能一直减小，所以静电力做正功。故 BCD 错误，A 正确。
故选：A。
【专题】参照思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；模型建构能力．
解：A、仅在电场力的作用下，电子由 a 到 b，根据﹣eU＝ΔEK 可得，Uab＝12V，所以 b 点的电势比 a 点的低，故 A 错误；
B、电子由 a 到 c，根据﹣eU＝ΔEK 可得，Uac＝4V
根据匀强电场的特点可知，在坐标（2，6）位置的电势和 c 点的电势相等，电场线与等势面垂直，可以画出电场线的方向如图
可知过 b 点的电场线同时也经过 d 点，由几何关系可得 bd 与水平方向之间的夹角的余弦???? =
2 5
4
42+22
=
5
???
2× 2 5 ??
5
8?
结合动能分析可知，b 点的电势比 c 点低 8V，则 E = ??⋅???? =
V/m，故 B 错误；
5
= 2 5V/cm＝200
C、根据在匀强电场中沿同一条直线上距离相等的点之间的电势差相等，可以求出 Uae＝16V，根据 W＝qU 可知电子达到 e 点的速度为零，所以电子可以恰好达到 e 点，但不能“通过”e 点，故 C 正确；
5
D、因为 b 点和 d 点在同一条电场线上，由几何关系可知 bd = 2 5cm，所以??? = ? ⋅ ?? = 200
5
× 2
× 10−2V＝20V
则 Uda＝Udb﹣Uab＝20V﹣12V＝8V
根据 W＝qU 可知电子从 a 到 d 电势能减小 8eV，则电子的动能增大 8eV，所以电子通过 d 点的动能是 24eV，故 D 错误。
故选：C。
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．
解：A、根据图像可知，上板带正电，电场线方向从上到下。根据沿着电场线方向电势逐渐降低可
知，N 点电势高于 P 点电势，又因为 M、N 在同一等势面上，所以 M 点的电势比 P 点的高，故 A
错误；
B、电场线密的地方电场强度大，所以 M 点的电场强度比 N 点的大，故 B 错误；
CD、负电荷受力方向与电场线方向相反。负电荷从 M 点运动到 P 点电场力做负功，动能减小、速度减小，故 C 错误、D 正确。
故选：D。
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：A.设离子的质量为 m，电荷量为 q，经过加速电场获得的速度为 v0；
?12
根据动能定理 ?1 = 2??0
2??1
?
解得?0 =
???
当 U2＝±Um 时，在Δt 时间内离子的加速度? = ??
1
离子恰好从两极板的边缘射出，竖直位移
2
? =
1
???2
2
水平方向 l＝v0Δt
2?2
联立解得?? = ?2 ?1，故 A 错误；
B.当 U2＝±Um 时，根据类平抛运动的推论可知，离子离开极板时速度的反向延长线通过极板水平中心线的中点，离子离开偏转电场后做匀速直线运动，若离子恰好能打到样品边缘；
1 ?1 ?+?
1
根据数学知识 2 = 21
? ?
22
(?−?)?
解得? =
2?，故 B 正确；
C.设离子进入偏转电场时，偏转电场的电压为 U2，侧位移为 y，样品上偏离的位移为 Y；根据类平抛运动规律，水平方向 x＝l＝v0t
1
竖直方向? = 2 ×
??2
??
⋅ ?2
1 ?1 ?+?
根据数学知识2 = 2
??
联立解得? =
?2?(?+2?) 4??1
因此，若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需减小 U1，故 C 错误； D.设 t1 时刻，对应的偏转电压为 U2′，t2 时刻，对应的偏转电压为 U2″，由图 2 可知 U2′＜U2″
根据上述 C 得到的表达式? =
?2?(?+2?)
4??1可知，t1 时刻进入的离子在样品上偏离的位移小于 t2 时刻
进入的离子在样品上偏离的位移，即 Y1＜Y2
由图 1 可知 YA＞YB，因此在 t1 和 t2 时刻射入 U2 的离子，有可能分别打在 B 和 A 点，故 D 错误。故选：B。
【专题】定量思想；控制变量法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．
??2
解：A、由于电子 a 自 A 点垂直电场射出，恰好做圆周运动，则?? = ?
1
以及 Ek =
??2
2
解得 E =
2??
??
故 A 错误；
B、电场线越密集电场强度越大，则根据电场线结合距离远近可得 P 点场强小于 C 点场强，故 B
错误；
C、根据运动情况可得电场力做负功，由动能定理可知电场力做负功，动能减小，故 b 粒子在 P 点动能大于 Q 点动能，故 C 错误；
D、已知 BP 电势差为 U，且 ABC 为等势面，由电场线密度分布情况可知，沿径向向外电场强度减小，则 BP 之间平均电场强度大小大于 CQ 之间的平均电场强度大小，则 CQ 电势差小于 2U，可得克服电场力做功为 W＜2Ue，故 D 正确。
故选：D。
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：滑块从 B 到 C，只要重力做功，根据动能定理﹣mg×2r＝EkC﹣EkB
因此 EkB＝EkC+2mgr
如图所示，滑块运动到 D 点，弹簧处于原长状态：
滑块从 A 运动到 D、从 D 运动到 B，弹簧的形变量相同，弹性势能相同；
(3?)2−?2
滑块从 A 运动到 B 的过程中，根据数学知识?? == 2 2?
由于 Eq＝mg，根据动能定理?? ⋅ ?? = ?? × 2 2? = ???−???
因此??? = ??? +2 2???
联立解得 EkA＜EkC＜EkB故 ABD 错误，C 正确。故选：C。
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；电场力与电势的性质专题；推理论证能力．
解：A、根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，圆环所在平面为在 M、N 点的两个点电荷形成的电场的等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从 A 到 C 的过程中所处位置的电势增加，因小球带正电，故其电势能增加，故 A 错误；
B、当竖直向上的匀强电场的电场强度 E 满足：qE＝mg，小球沿圆环运动时所受合力不做功，合
力等于圆周运动所需向心力，小球沿圆环做匀速圆周运动，故 B 错误；
C、小球从 A 到 B 的过程，根据动能定理可以求出小球运动到 B 点的速度大小 vB，由??
?2
?
=，可
?
以求得小球在 B 点的向心加速度。根据牛顿第二定律可以求得小球在 B 点的切向加速度，再根据矢量合成可以求得小球在 B 点的加速度，故 C 正确；
D、小球在 D 点匀强电场的电场力与重力在竖直方向上，在 M、N 点的两个点电荷形成的电场对小球的电场力方向平行于 MN，而圆周运动所需向心力由 D 指向 O，则向心力一定由圆环的作用力来提供，故圆环的作用力一定由指向圆环圆心的分力，所以小球在 D 点受到圆环的作用力方向不平行 MN，故 D 错误。
故选：C。
【专题】定性思想；图析法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．解：A、两等量正点电荷周围部分电场线如图所示：
根据图像可知，E 到 O 之间的电场肯定不是匀强电场，带负电的点电荷受到的电场力是变力，根据牛顿第二定律可得加速度是变化的，所以点电荷不可能做匀加速直线运动，故 A 错误；
B、在 O 点的电场强度为零，根据 F＝qE 可知，点电荷在 O 点所受静电力为零，故 B 错误；
C、带负电的点电荷在 E 点由静止释放后，根据对称性可知，其将以 O 点为对称中心做往复运动，由 E 到 O 的时间等于由 O 到 F 的时间，故 C 正确；
D、点电荷从 E 到 O 电场力做正功，电势能减小，从 O 到 F，电场力做负功，电势能增大，所以
由 E 到 F 的过程中，点电荷的电势能先减小后增大，故 D 错误。故选：C。
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：因为粒子在等势线上运动，则粒子的速度大小保持不变，粒子受到的电场力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
??1 =
??2 =
??2
?1
??2
?2
?1
?2
联立解得：
?2
= ?1
，故 A 正确，BCD 错误；
故选：A。
【专题】定量思想；方程法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．解：A、剪断细线，小球沿直线运动到 M 点，如图所示：
?10
3
根据几何关系可得：MC = ???30° = 3 cm＝10 3cm，故 A 错误；
B、根据几何关系可得电场力 F 和细线拉力 T 夹角为 60°，在三个力所在的三角形中，根据正弦
定理可得：
???
=
???120°???30°
3
可得电场力大小为：F = 3mg = 3 × 3.0×10﹣4×10N =
× 10﹣3N
33
3
逆电场线方向的位移：x＝d﹣Lsin30°，其中：d＝10cm＝0.1m，L＝5cm＝0.05m解得：x＝0.075m
克服电场力做的功为：W 电＝Fx =
0−4J，故 B 正确；
× 10﹣3×0.075J =
3
3
4
× 10−4J，所以电势能增加了
3
3
4× 1
?
C、电场强度的大小为：E = ?，解得：E =
× 105N/C，故 C 错误；
3
D、电阻两端电压为零，电容器两板间的电压等于电源电动势，减小 R 的阻值，平行板间电压不变、电场强度不变，受力情况不变，运动情况不变，则 MC 的距离不变，故 D 错误。
故选：B。
【专题】比较思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；理解能力．
解：因为在电极 XX′之间所加的电压保持不变，则知在 XX′方向上电子的偏转位移保持不变。在 YY′方向上电压按正弦规律变化，则 YY′方向上偏转位移在正负最大值之间变化，故 ABD 错误，C 正确。
故选：C。
【专题】定量思想；临界法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：A、由题意可知，小球恰能到达 Q 点时速度为 0，设此时轻绳与竖直方向的夹角为 θ，由动能定理得
Eqlsinθ﹣mgl（1﹣csθ）＝0
解得 θ＝60°，故 A 错误；
B、由动能定理有 qU﹣mgl（1﹣csθ）＝0，解得 P、Q 两点的电势差大小? =
???
2? ，故 B 正确；
?
C、轻绳对小球的拉力最大时，小球速度最大，根据对称性可知，此时轻绳与竖直方向的夹角为2，
该过程电场力做功? = ??????30° = 3???，故小球的电势能减少 3???，故 C 错误；
66
??1
D、小球从开始运动到速度最大的过程，由动能定理得??????2
−???(1−???2) =
?2
??2。在绳的拉
2
(??)2 + (??)2
力最大处，对小球，由牛顿第二定律得?−
? = 2( 3−1)??，故 D 错误。故选：B。
= ? ? ，联立解得绳上的拉力大小
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
12
解：A、小球初动能为 Ek0，根据动能的公式有：??0 = 2??0
0
可得初速度大小：? =2?0，故 A 错误；
?
B、根据动能定理得：3E0＝（mg﹣qE）y0
根据功能关系得：4E0＝qEy0
4
联立得到：?? = 7??
所以电场强度大小为为：E 电 =
??
? =
4??
7? ，故 B 正确；
D、由牛顿第二定律有：mg﹣qE＝ma
3
代入数据得小球加速度大小为 a = 7?，故 D 错误；
C、初始状态：4E0＝E0+Ep0
所以小球抛出时重力势能为：Ep0＝3E0，故 C 错误。
故选：B。
【专题】定量思想；模型法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：ACD、由于电子每经过圆筒狭缝时都要加速，进入圆筒后做匀速运动，所以电子在筒内运动
?
的时间均为2，电子在加速过程中加速度相同，经过 n 次加速后，根据动能定理得
12
??? = 2???
可得
2???
?
?? =
2???
?
则电子进入第 n 个圆筒时的速度为?? =
?
不计缝隙时间，电子在圆筒内的时间均为2，则第 n 个圆筒的长度为
2???
?
??
? = ??2 =⋅ 2
所以金属圆筒 1、2、3 的长度之比为?1：?2：?3 = 1： 2： 3，故 AC 错误，D 正确；
B、由于电子在筒内做匀速直线运动，所以电子离开圆筒 1 时的速度等于进入时的速度，故 B 错误；
故选：D。
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：剪断 O、B 间的细线前，分别对 A、B 受力分析，根据共点力平衡可知 A 带负电，B 带正电，设拴接 A、B 的细绳与竖直方向的夹角均为 θ。
由几何关系可得：sinθ =
0.6?
? = 0.6，可得：θ＝37°
对 B 受力分析可得 B 受到的电场力大小为：qE＝mgtanθ＝0.75mg
剪断 O、B 间的细线后，将 A、B 看作一个整体，此整体在水平方向上所受合力为零，则两小球再次平衡后，O、A 间的细线对整体拉力要与整体的重力等大反向，可知 O、A 间的细线处于竖直状态。再对 B 受力分析，B 的受力与之前无变化，故 A、B 间的细线与竖直方向的夹角仍为 θ，如上图所示。
剪断 O、B 间的细线前、后，A 重力势能的变化量为ΔEpA＝﹣mgl（1﹣csθ）＝﹣0.2mgl B 重力势能的变化量为ΔEpB＝﹣mgl（1﹣csθ）﹣1.2mglcsθ＝﹣1.16mgl
A 的电势能的变化量为ΔEpA′＝qElsinθ＝0.45mgl
B 的电势能的变化量为ΔEpB′＝qE（1.2lsinθ﹣lsinθ）＝﹣0.09mgl
故系统重力势能与电势能的变化量之和为：ΔEp 总＝ΔEpA+ΔEpB+ΔEpA′+ΔEpB′＝﹣mgl
由功能关系可得此过程中两小球克服空气阻力做的总功为：W＝﹣ΔEp 总＝mgl，D 正确，ABC 错误。
故选：D。
二．多选题（共 7 小题）
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：A、沿着电场线方向电势逐渐降低，则 M 点的电势低于 N 点的电势，故 A 正确；
B、在电场线中，电场线的疏密程度表示场强的大小，则 N 点的场强小于 P 点的场强，故 B 错误； C、污泥絮体带负电，且从 M 点移动到 N 点的过程中电势逐渐升高，根据电势能的表达式 Ep＝qφ可知污泥絮体的电势能减小，结合功能关系可知电场力对其做正功，故 C 正确；
D、电场中的虚线表示等势面，则 N 点的电势高于 P 点的电势，同上述分析可知，污泥絮体在 N
点的电势能小于在 P 点的电势能，故 D 错误；故选：AC。
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
解：AB、带电体恰能沿 MN 做匀速直线运动，对带电体受力分析可知，带电体一定带正电，如图
由平衡条件得：
mg＝qE
qvB = 2mg
解得：
??
E = ?
B =
2??
??
故 A 错误，B 正确；
C、粒子从 N 点运动到 P 点，初速度为 v，所受合力为 2mg，做类平抛运动，将粒子的运动分解到沿初速度方向和垂直于初速度方向，运动到 P 点时，位移偏转角为 45°，速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍：
??
? = 2tan45°
合速度为
?2 + ?2
?
v 合 =
联立解得：
v 合 = 5v
从 N 点到 P 点，由动能定理得：
= 1212
2
qU2m?合−mv
解得：
2??2
U =?
故 C 正确；
D、将粒子的运动分解到水平方向和竖直方向，竖直方向做竖直上抛运动，竖直方向速度为零时，离 NP 的距离最大，最大距离为
( 2 ?)2
?2
4?
h = 2 =
2?
故 D 错误；故选：BC。
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：AB、根据题意可知，像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势；像素呈白色时，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故 A 正确，B 错误； CD、像素由黑变白的过程中，黑色微粒受到向下的电场力，位移向下，白色微粒受到向上的电场力，位移向上，所以电场力对白色和黑色微粒都做正功，故 C 正确，D 错误；
故选：AC。
【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：A．根据场强叠加的特点以及对称性可知，MN 两点的场强大小相同，不过方向不同，故 A 错误；
B．因在 AB 处的正电荷在 MN 两点的合电势相等，在 C 点的负电荷在 MN 两点的电势也相等，
由此可分析出 MN 两点电势相等，故 B 正确；
CD．根据题意可知，负电荷从 M 到 O，因 AB 两电荷的合力对负电荷的库仑力从 O 指向 M，则该力对负电荷做负功，C 点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，根据功能关系可知该负电荷的电势能增加，即负电荷在 M 点的电势能比在 O 点小；同理可知负电荷在 N 点的电势能比在 O 点小。故 C 正确，D 错误。
故选：BC。
【专题】定量思想；控制变量法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．解：ABC、由题可知，OP＞OM，OM＝ON，则根据点电荷的电势分布情况可知 φM＝φN＞φP
则点负电的小球运动过程中，电势能先减小后增大，且
EpP＞EpM＝EpN
故带负电的小球在 M 点机械能等于在 N 点机械能，故 A 错误，BC 正确；
D、从 M 点到 N 点的过程中，根据电场力与运动方向的夹角，当开始夹角为锐角，做正功；后变为钝角，做负功，故电场力先做正功后做负功，故 D 错误。
故选：BC。
【专题】定量思想；控制变量法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：B、粒子在电容器中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系以及电场强度与电场力的关系可得
?2
E =①
2?
F＝qE＝ma②
粒子射入电容器后的速度为 v0，水平方向上和竖直方向上的分速度为
vx＝v0cs45° = 2v0③
2
vy＝v0sin45° = 2v0④
2
粒子从射入到运动到最高点，由运动学关系速度与位移公式可得
?
?2 = 2ad⑤
粒子在电场加速的过程中由动能定理可得
qU = 1m?2⑥
120
联立①②④⑤⑥解得
U1：U2＝1：1
故 B 正确；
A、粒子从射入到运动到最高点过程中，设水平方向速度为 vx，竖直方向上速度为 vy，且水平方
向上的位移为
x＝2L＝vxt⑦
竖直方向上的位移为 y＝d =联立⑦⑧解得 L：d＝1：1
故 A 错误；
0+??
2⋅ ?⑧
C、粒子射入电容器到最高点过程中有 vy＝at⑨
粒子穿过电容器时从最高点到穿出过程中，设水平方向速度为 vx，竖直方向上速度为 vy1，在水平
方向上由位移公式可得
L＝vxt1⑩
竖直方向上由速度公式可得
vy1＝at1⑪
联立整理⑨⑩⑪解得
1
vy1 = 2??⑫
设粒子穿过电容器时，速度方向与水平方向的夹角为 α，则
??11
tanα = ?? = 2⑬
粒子射入电场和水平方向的夹角为 β＝45°，则
tanβ＝tan45°＝1⑭
根据数学三角函数公式可得
tan（α+β）＝3
故 C 错误；
D、粒子射入最高点的过程水平方向的位移为 x，竖直方向的位移为
y = 1at2⑮ 2
联立①②③④⑦⑧整理解得
?2?2
y = 4??1
即粒子在运动到最高点的过程中水平方向和竖直方向的位移均与电荷量和质量无关。从最高点到射出电场过程有：
x1＝L＝vxt1′
??1+0?11
y1 =
2⋅ ?1′ = 4 = 4L
即轨迹不会变化，故 D 正确。故选：BD。
【专题】定量思想；推理法；功能关系 能量守恒定律；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：A、小球甲从开始运动至第一次运动到最低点的过程，根据能量守恒定律有：
??
??
???
??(?0−?) + ? ?0 = ?(?0−?) + ? ? ，解得最低点的位置为：x = (??−?)?0，故 A 错误；
B、小球甲第一次向下运动至速度最大的位置时加速度为零，根据平衡条件有：
???
?? = ? + ?2 ，解得速率达到最大值时的位置为：? =
，故 B 正确；
???
??−?
C、若小球甲是在下降的过程达到静止状态，且静止后恰好不向上运动，此时受到的静摩擦力最大
且方向向下，则有：
???
??+?
???
1
?? + ? = ?2 ，解得：?1 =
若小球甲是在上升的过程达到静止状态，且静止后恰好不向下运动，此时受到的静摩擦力最大且
方向向上，则有：
???
??−?
???
?? =+?，解得： =
2
?2
?2
???
??+?
因此小球甲最后停留位置 x 的区间为：
≤ ? ≤
，故 C 错误；
???
??−?
???
??+?
???
D、若小球甲在最低点能返回，则有： ?2 ＞?? + ?，解得：?＜
???
结合 A 选项的结论：? = (??−?)?0
???
??+?
???
可得：＜
(??−?)?0
解得初始电势能为：??0
???
= ?0 ＜
(??−?)
，故 D 正确。
???
??+?
故选：BD。
三．解答题（共 16 小题）
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．
解：（1）含 A 细胞的液滴带正电，在电极板间向右偏转做类平抛运动。设其离开电场时偏转的距离为 x，在电场中的加速度大小为 a，运动时间为 t。
其沿竖直方向做匀速运动，则有：
l＝vt
其沿水平方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律与运动学公式得：
qE＝ma
1
x = 2
??2
已知：m＝2.0×10﹣10kg，q＝1.0×10﹣13C，v＝2.0m/s，l＝2.0×10﹣2m，E＝2.0×105N/C联立解得：x＝5×10﹣3m
（2）法一：设含 A 细胞的液滴从进入电场到 A 收集管的过程，其水平位移大小为 d。
根据类平抛运动规律的的推论，其离开电场时的速度方向反向延长交匀速运动位移的中点，如下图所示：
?
由几何关系得：
?
= ? 2
?+ℎ
2
解得：d＝0.055m
对于含 B 细胞的液滴带负电，其带电量与含 A 细胞的液滴相等，其向左偏转的距离与含 A 细胞的液滴的相等，可得 A、B 细胞收集管的间距等于 2d＝2×0.055m＝0.11m。
法二：设含 A 细胞的液滴从离开电场到 A 收集管的过程，其水平位移大小为 d′。
则有 h＝vt′，d′＝att′，联立解得 d′＝0.05m，d＝x+d′＝5×10﹣3m+0.05m＝0.055m
对于含 B 细胞的液滴带负电，其带电量与含 A 细胞的液滴相等，其向左偏转的距离与含 A 细胞的液滴的相等，可得 A、B 细胞收集管的间距等于 2d＝2×0.055m＝0.11m。
答：（1）含 A 细胞的液滴离开电场时偏转的距离为 5×10﹣3m；
（2）A、B 细胞收集管的间距为 0.11m。
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）不计重力及粒子间相互作用，a 球在电场力作用下做匀变速曲线运动，在竖直方向上，对 a 球，根据牛顿第二定律有
qE＝ma
a 运动到最高点时，由运动学公式有
v0sinθ＝at
联立解得? =
??0????
??
（2）方法一、根据题意分析可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为 v0csθ，则两小球一直在同一竖直线上，a 到达最高点时竖直方向上运动的位移为?1 =
(?0????)2
2?
??2???2?
0
=2??
1??2???2?
??2???2?
此时 b 球竖直方向上运动位移为? = ? ????? + ??2 = 0 + 0
202
??2??
2??2???2?
则小球 a 到达最高点时与小球 b 之间的距离? = ?1
+ ?2
= 0
??
方法二、两个小球均受到相同电场力，以 a 球为参考系，b 球以 2v0sinθ 的速度向下做匀速直线运
0
2??2???2?
动，则 a 到达最高点时，a、b 间的距离? = 2? ????? =
0
??0????
??
答：（1）a 运动到最高点的时间 t 为
??；
2??2???2?
（2）a 到达最高点时，a、b 间的距离 H 为0。
??
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；原子的能级结构专题；推理论证能力．
解：（1）在 B 极附近电荷量为 Q 的负电荷到达 A 极过程中静电力做的功 W＝﹣Q•（﹣U）＝QU
粒子在半径为 r 处绕轴线做匀速圆周运动，其向心力由电场力提供，根据向心力公式
?2
?? = ? ?
2?
又 E＝k ?
2?
?2
联立可得 qk ? = ? ?
解得粒子的动能?? =
1
??2 = ???
2
设无穷远处电势能为 0，粒子从无穷远处电势能移动到半径为 r 处，电场力做功
W＝q
? 2?
∞
? ? ?? = −2??? ⋅ ???
2?
其中? = ? ?
代入可得 W＝﹣2qkλ1nr
根据 W＝﹣ΔEP
可得粒子在半径为 r 处的电势能 EP＝2qkλ•lnr
粒子的总能量 E＝Ek+EP＝qkλ+2qkλlnr
则 E3﹣E2＝2qkλ（lnr3﹣lnr2），E2﹣E1＝2qkλ（lnr2﹣lnr1）
1
根据数学知识可知对数函数 y＝lnx 在（0，∞）是增函数，且 lnx 的二阶导数（1nx） = −?2＜0，
所以 y＝y＝lnx 是凹函数，已知 r3﹣r2＝r2﹣r1，即 r2 是 r1 与 r3 的等差中项，根据凹函数的性质
???1+???3
???2＞2
移项可得 lnr3﹣lnr2＜lnr2﹣lnr1
又因为 2qkλ＞0
可得（E3﹣E2）＜（E2﹣E1）
根据功能关系可得 eEa＝|E0|
代入数据可得 E≈2.57×1011N/C
答：（1）在 B 极附近电荷量为 Q 的负电荷到达 A 极过程中静电力做的功 W 为 QU；
（2）（E3﹣E2）＜（E2﹣E1）
（3）外电场的电场强度 2.57×1011N/C 能将基态氢原子电离。
【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动能定理的应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）根据题意，粒子从 O 点射入时的运动轨迹如图所示：
粒子从 O 点射入，不出Ⅰ区域的临界条件为 2r＝dmin
?2
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律???0
= ? 0
?
代入数据解得???? = 2? =
2??0
??
设水平方向为 x 方向，竖直方向为 y 方向，x 方向速度不变，y 方向速度变大，假设折射角为 θ′
12 12
2
根据动能定理?? = 2??1−??0
0
??2
由于? =
2?
代入数据联立解得?1 = 2?0
设粒子射出区域Ⅱ时与竖直方向成 θ′角，如图所示：
根据速度关系 vx＝v0sinθ＝v1sinθ′
????
根据折射定律? =
????′
2
代入数据联立解得“折射率”? =
在Ⅱ区域下边界发生全反射的条件是沿竖直方向的速度为零；
根据动能定理?? = 0−
0
??2???2?
可得? = −
2?
1
0
?(? ????)2
2
0
??2???2?
即应满足?＜−
2?
分粒子全部打在探测板 CQD 和全部打不到探测板 CQD 两种情形；
??
根据数学知识???∠??? = ?? =
解得∠CPQ＝30°
??0
?? ×
??3
3??0
=
3
所以如果 U≥0 的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：
①当 U≥0 时，取竖直向上为正方向，根据动量定理 F＝2Nm[0﹣（﹣vy）]＝2Nmvy
12 12
2
根据动能定理?? = 2???−?(?0????)
3
4
? +
2
0
2??
?
解得? = 2??
②全部都打不到板的情况，根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为 60°时，粒
?0
子刚好打到 D 点，水平方向速度为?? = 2
??
所以?? = ???60° =
3
6 ?0
12 12
2
根据动能定理?? = 2???−?(?0????)
0
??2
代入数据联立解得? = −
3?
0
??2
即当?＜−时，F＝0
3?
??2
③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（−0 ≤ ?＜0），此时仅有 O 点右侧的一束粒
3?
子能打到板上，因此 F＝Nmvy
12 12
2
根据动能定理?? = 2???−?(?0????)
代入数据联立解得? = ?? 3 ?2 + 2??。
4 0?
2??0
答：（1）磁场宽度 d 的最小值为
“折射率”n 为 2；
??2???2?
；
??
电场电压?＜−0，可实现质子束从 P 点进入Ⅱ区发生“全反射”；
2?
见解析。
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．解：（1）设油滴的半径为 r，密度为 ρ，根据质量公式可得，油滴的质量为：
? =
4
???3
3
根据题意可知，速度为 v 时，空气阻力的大小为： f＝kvr
当油滴匀速下落时，则油滴处于平衡状态，由此可得：
f＝mg
3?? 4???
联立解得：? =
根据上述表达式可知，油滴的半径与 ?成正比则油滴的半径之比为：
?0
1 ?0
4
??
?? == 2
根据质量的计算公式可知，油滴 a 和油滴 b 的质量之比为：
??
?38
?
?
?? = ?3 = 1
?0
（2）当两板加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率 2 ，根据（1）中的分
析可知，油滴 a 做的是减速运动，油滴 b 做的是加速运动，由此可判断出油滴 a 带负电，油滴 b
带正电。
当油滴再次达到平衡状态时，根据其受力特点可得：
油滴 a：||? + ?? = ???
油滴 b：??−||? = ???
其中，根据油滴的前后速度的比值关系可知：
1
?? = 2???
fb＝2mbg
||4
联立解得： =
||1
答：（1）油滴 a 和油滴 b 的质量之比为 8：1；
（2）油滴 a 带负电，油滴 b 带正电，a、b 所带电荷量的绝对值之比为 4：1。
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）粒子从 M 到 N 的运动过程中，根据动能定理得
12
?? = 2???
解得
2??
?
?? =
粒子从 N 点到 P 点做类平抛运动，则粒子经过 P 点时的速度大小为
??
??
8??
3?
= ???30° =
粒子从 N 点到 P 点的运动过程中，根据动能定理得
?12 12
2
?2 = 2???−???
解得
1
?2 = 3?
粒子从 N 点到 P 点做类平抛运动，由分运动规律得水平方向有
L＝vNt
竖直方向有
??
? = 2 ?
又
??
???30° = ??
联立解得电容器 C2 极板长度和间距之比为
?2 3
? = 1
答：（1）粒子经过 N 点和 P 点时的速度大小分别为 2??， 8??；
1
2
电容器 C 极板电压为
3
?；
?3?
电容器 C2 极板长度和间距之比为 2 3：1。
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）小球 A 从静止下滑到 Q 点前瞬间的过程中，由机械能守恒定律得
12
??? = 2??0
解得
v0＝4m/s
两小球发生碰撞前瞬间，对 A 受力分析，由牛顿第二定律可得
0
??2
?−?? =
?
解得
F＝3N
小球 A、B 碰撞过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝mvA+MvB
弹性碰撞前后小球 A、B 的总动能不变，则有
1? 21212
2 ?0 = 2??? + 2???
联立解得 vA＝﹣2m/s vB＝2m/s
小球 A 返回上升过程中机械能守恒，则有
12
??ℎ = 2???
解得
h＝0.2m
碰撞后，小球 B 在向右运动的过程中，水平方向上的加速度大小为
a = ?? = 0.01×100m/s2 = 102
?0.03
3 m/s
下落到 Q 点正下方的时间为
2??
t = ? =
2×2
10
3
s＝1.2s
竖直方向上小球做自由落体运动，有
1
d = 2
??2 =
1
× 10 × 1.22m＝7.2m
2
答：（1）两小球发生碰撞前瞬间，轨道对小球 A 的支持力大小 F 为 3N；
碰撞后小球 A 上升的最大高度 h 为 0.2m；
小球 B 下落到 Q 点正下方时，到 Q 点的距离 d 为 7.2m。
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）颗粒在竖直方向上做自由落体运动，竖直位移ℎ =
??
水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 ? = ??
1
1
??2
2
水平位移? =
??2
2
联立解得? =
????
?ℎ
颗粒第一次与下方绝缘板发生碰撞反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，如图所示：
2?ℎ
2??2
ℎ
颗粒与下方绝缘板第一次碰撞时，根据自由落体运动规律，竖直分速度为??1 =
2??
2?ℎ
根据匀变速直线运动规律，水平分速度为??1则第一次碰撞后竖直分速度为??2 = ???1 = ?
==
??2
?ℎ
设第一次碰撞后粒子速度方向与水平方向夹角为 θ，则有???? = ??1 = ?
??
??
??
由于第一次碰撞后瞬间粒子所受合力与速度方向垂直，则有???? = ? = ???
联立解得? =
????ℎ
??
颗粒第一次与下方绝缘板碰撞后，由于 vy2＜vy1，则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板。
①若颗粒的第二次碰撞是与右侧金属板碰撞，则颗粒从 A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功为：
? =
??
? ⋅ ? +
??
? ⋅ (?−?)
解得：? =
???2
ℎ+
???ℎ(?−?)
?
2ℎ
?
②若颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘板碰撞碰撞。设从第一碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为 t1；
根据竖直水平运动，运动时间
2??22
2?ℎ
== × ?
= 2?
?1
??
??
????ℎ?
??ℎ
水平方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度?1 = ?? =??× ?? =?
水平方向运动的距离为?
1
= ? ? + ? ?2
1?1 1
2 1 1
代入数据解得?1 = 4?? +
4?3ℎ2
?
??
??
颗粒从 A 点开始运动到第二次碰撞过程中，电场对粒子做的功为? = ? ⋅ ? + ? ⋅ ?1
???22
?2ℎ2
代入数据联立解得? =ℎ+4? ??ℎ(1 +
????
?2 )。
答：（1）颗粒碰撞前的电量 q 为
；
?ℎ
????ℎ
颗粒在 B 点碰撞后的电量 Q 为
???2
；
??
???ℎ(?−?)
???22
?2ℎ2
电场力对颗粒做的功 W 为 ℎ+
?，或 ℎ+4? ??ℎ(1 +
?2 )。
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）微粒所受电场力竖直向下，根据牛顿第二定律 qE ＝ma
1
根据运动学公式
2
? =
1
??2
2
??
??
联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间? =
（2）设微粒第一次到达下极板时的速度大小为 v1
根据运动学公式?1
??
??
??
???
?
= ?? = ? ×=
由于微粒与下极板碰撞前后瞬间机械能不变，速度的大小不变；碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，加速度的大小不变；
设微粒碰撞后第一次到达上极板时的速度大小 v2；
根据运动学公式?2−?2 = 2??
21
3???
?
代入解得?2 =
同理可得微粒第一次从上极板回到 O 点时的速度大小为 v3
根据运动学公式?2−?2 = 2? × ?
322
???
?
代入解得?3 = 2
故微粒第一次从上极板回到 O 点时的动量大小为? = ??3 = 2 ????。答：（1）微粒第一次到达下极板所需时间为 ??；
??
（2）微粒第一次从上极板回到 O 点时的动量大小为2 ????。
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；合成分解法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）α 粒子在加速电场中加速过程，由动能定理得：
1
2qU = × 4??2
120
4??2
2?
结合 U1 = ??2 ，解得：?0 = ?
α 粒子在偏转电场里在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动。水平方向有：L＝v0t
?
解得：? = 2
?
即 α 粒子在平行板间运动时间始终为2
设 α 粒子在 U0 时加速度大小为 a，3U0 时加速度大小为3?，? =
?
4时刻进入，则? =
1
2?(
??
)2 +[(? ⋅
44
? 1
? 2
4
) ⋅ −
2
3?(
4 ) ] = 0
平行于两极板飞出的 α 粒子在离开偏转电场时，垂直于两极板方向的速度为 0。
??
若 α 粒子是在 0～2时间内的 t1 时刻进入偏转电场，则满足? ⋅ (2−?1) = 3? ⋅ ?1
?
解得：?1 = 8
1
考虑周期性，则入射时刻可取?1 = 8? + ??，n＝0，1，2…
??
若 α 粒子是在2～T 时间内的 t2 时刻进入偏转电场，则满足3? ⋅ (?−?2) = ? ⋅ (?2−2)
7
解得?2 = 8?
7
考虑周期性，则入射时间可取?2 = 8? + ??，n＝0，1，2…
?
若 α 粒子是在 0～2时间内的 t'1 时刻进入偏转电场，正好从中线飞出，则
1??1
2
则有：? =
2?(
−?′ )2 +[?(
1
2
2−?′1) ⋅ ?′1−
3??′12] = 0
?
解得：?′1 = 4
??
故??1 = 2−?′1 = 4
这段时间内进入偏转电场的 α 粒子，能从中线上方飞出
?
若 α 粒子是在2～T 时间内的 t2 时刻进入偏转电场，正好从中线飞出，则有
? =
1?
3?(?−?′2)2 + [3?(?−?′2) ⋅ (?′2− )−
22
1
2 ?(?′2−
? 2
) ] = 0
2
=
解得?′ = 2+ 3?（?′2− 3?舍）
2424
?3
故??2 = ?′2−2 = 4 ?
这段时间内进入偏转电场的粒子，能从中线上方飞出，故在一个周期 T 内，粒子能从中线上方打
出的时间为?? = ??1
+??2
= 1+ 3?
4
所以从中线上方离开偏转电场的粒子占离开偏转电场粒子总数的百分比为
? =
??
?
× 100% =
+ 1
3
× 100% = 68.3%
4
答：（1）其离开偏转电场时距 A、B 间中线的距离 y 为 0；
17
（2）其射入偏转电场的时刻为?1 = 8? + ??，n＝0，1，2…或?2 = 8? + ??，n＝0，1，2…；
（3）能从中线上方离开偏转电场的 α 粒子占所有入射粒子总数的百分比 η 为 68.3%。
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；带电粒子在复合场中的运动专题；推理论证能力．
解：（1）由题意可知，静电力与洛伦兹力大小相等，方向相反，则有：
qE＝qBv
?
解得：? = ?
粒子在电场中做类平抛运动，设加速度大小为 a，由牛顿第二定律得： qE＝ma
依题意，粒子沿﹣x 方向运动的位移为 R，由运动学公式得：
? =
1
??2
2
2??
??
联立解得：? =
粒子在磁场中做匀速圆周运动，离开磁场后做匀速直线运动，作出粒子的运动轨迹如下图所
示。
粒子从 Q 点离开磁场，则 PQ 延长线必然经过半圆形磁场的圆心 O′，设∠MO′P＝θ，由几何关
系可得：
3??
tanθ == 3，可得：θ =
?3
设粒子在磁场中运动的轨道半径为 r，速度大小为 v1，由洛伦兹力提供向心力得：
?
2
?? ? = ? 1
1?
设粒子在磁场中做圆周运动的周期为 T，则有：
? =
2??
?1 =
2??
??
由几何条件可得：
?1 =
?−? 2? ?
2???
联立解得：?1 =
3??
?
答：（1）磁感应强度 B 的大小为?；
若仅有电场，粒子从 M 点到达 y 轴的时间 t 为 2??；
??
2???
粒子在磁场中运动的时间 t1 为 3?? 。
【专题】定量思想；推理法；方程法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）若不计空气阻力，质量为 m、电荷量为﹣q 的颗粒做类平抛运动，恰好全部被收集，说明靠近上极板的颗粒能够正好落到下极板右侧边缘，根据垂直电场方向匀速直线运动得：L＝v0t
1
沿着电场方向匀加速直线运动，有：d =
?1?
根据牛顿第二定律得：a = ??
??2
2
联立可以求解两金属板间的电压 U1 =
2?2??2
0
??2
（2）a.空气和带电颗粒沿板方向的速度 v0 保持不变，说明水平方向不受空气阻力作用，竖直方向当空气阻力等于电场力时达到最大速度，设竖直方向最大速度为 v1，根据二力平衡得：f＝kRv1 =
?2?
?
根据题意假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，则忽略竖直方向变速运动的距离；
??
半径为 R、电荷量为﹣q 的颗粒恰好全部被收集，则根据两个方向运动时间相等得： =
联立解得两金属板间的电压 U2 =
????1
?=
???
? ×
?0?
? =
??2??0
??
?0
?1
b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，q＝k′R2，在上一问基础上，设 R1
10??
=2= 5μm，
R2 =
2.5??
2= 1.25μm，设 10μm 的颗粒竖直方向达到的最大速度为 v2，2.5μm 的颗粒竖直方向达
到的最大速度为 v3，若 10μm 的颗粒恰好 100%被收集，对 10μm 的颗粒，根据二力平衡得：kR1v2
?2?′?2
=1①
?
??
根据两个方向运动时间相等得：
?0
= ?2②
?2?′?2
对 2.5μm 的颗粒，设在平行板之间竖直方向运动的最大距离为 x，根据二力平衡得：kR2v3 =2
?
③
?
根据两个方向运动时间相等得：
?
= ? ④
?2
?1
?03
5??4
①式：③式得：?3 = ?2 = 1.25?? = 1
??
②式和④式联立解得：?2 = ?3
1
进一步解得：x = 4?
1?
即只有靠近下板的
4
?范围的颗粒才能够收集，所以 2.5μm 的颗粒被收集的百分比 η = ? × 100% =
25%。
2?2??2
1
答：（1）两金属板间的电压 U 为0；
??2
??2??0
（2）a.两金属板间的电压 U2 为
??；
b.2.5μm 的颗粒被收集的百分比为 25%。
【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；推理论证能力．解：（1）电子在 KG1 间被加速，根据动能定理得：
1
?? =
??2−0
2
2??
?
解得：? =
?
（2）a.由（1）的解答可得：G1 与 K 间电压为 U 时，电子进入 G1G2 区域速度大小为 v =2??。
由题意知碰撞损失的动能等于原子由基态跃迁到第一激发态的能量差，则有：
E 损＝E1﹣E0
当电子与原子发生完全非弹性碰撞时，损失的动能最大，设为 Em。以碰撞前电子的运动方向为正
方向，根据动量守恒定律得：
mv＝（m+M）v 共
解得：?共
??
?
?+?
2??
?
= ?+? =
根据能量守恒得：
12 12
2
?? = 2?? −(? + ?)?共
???2???
解得：?? = 2(?+?) = ?+?
需满足的条件为：Em≥E 损＝E1﹣E0
(?+?)(?1−?0)
解得：? ≥
??
可得 G1 与 K 间电压的最小值为：
(?+?)(?1−?0)
?0 =
??
2??0
?
b.当 G1 与 K 间电压为 U0 时，电子进入 G1G2 区域速度大小为：?0 =
?
?+?
2??0
?
设电子与原子碰撞后的速度大小为 v ，根据（2）的解答可得：? ≥
11
?12
要使电流表没有示数，根据动能定理得： ?1 ≥ 2??1
(?+?)(?1−?0)
代入?0 =
??
?2(?1−?0)
解得：?1 ≥ (?+?)??
?2(?1−?0)
可得 G2 与 A 间电压 U1 的最小值为 (?+?)?? 。
11
答：（1）当 G 与 K 间电压为 U 时，电子到达 G 时速度的大小 v 为 2??。
?
(?+?)(?1−?0)
（2）a.G1 与 K 间电压的最小值 U0 为
?2(?1−?0)

??
b.G2 与 A 间电压 U1 的最小值为 (?+?)?? 。
【专题】定量思想；推理法；力学综合性应用专题；带电粒子在电场中的运动专题；模型建构能力．
解：（1）设 a 的质量为 m，则 b 的质量为 2m，b 第一次经过最高点时的速度大小为 v1。已知碰后 b 恰能在竖直面内做完整的圆周运动，说明 b 第一次经过最高点时向心力恰好等于其重力，则
有：
?2
2?? = 2? 1
?
解得：?1 = 10?/?
设碰后瞬间 b 的速度大小为 vb1，对 b 第一次从最低点到最高点过程，根据动能定理得：
−2?? ⋅ 2? = 1 × 2??2−1 × 2??2
21 2
解得：??1 = 5 2?/?
?1
设 b 第二次到最高点时的速度大小为 v2，此时绳子缩短了 2MN＝2×0.2m＝0.4m，根据动能定理可得：
2?? × 2?? = 1 × 2??2−1 × 2??2
22 21
解得：?2 = 3 2?/?
物块 b 以水平初速度 v2 做平抛运动，根据平抛运动规律可得：
1
?? + (?−2??) =
x＝v1t
??2
2
解得物块 b 落地点与 Q 点的间距为 x＝2.4m
物块 a 与物块 b 发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得： mv0＝mva1+2mvb1
1? 21212
2 ?0 = 2???1 + 2 × 2???1
2
2
= 15 5
解得：?0
2 ?/?，??1 = −
?/?
2
由题意知 a 最终静止的位置与 Q 点的距离为 x＝2.4m，从 a 碰后到静止过程，设 a 在 PQ 上经过的总路程为 s，对 a 根据动能定理得：
12
−???−???? = 0−2???1
其中：qE＝0.073mg解得：s＝2.6m＞x
因此可知：s＝L+L﹣x解得：L＝2.5m
物块 a 从静止释放到与物块 b 碰撞前瞬间，根据动能定理得：
12
??ℎ + ???−???? = 2??0
解得：h＝5.875m
答：（1）物块 b 落地点与 Q 点的间距为 2.4m。
水平直轨道 PQ 的长度 L 为 2.5m。
物块 a 释放时距离水平直轨道 PQ 的高度为 5.875m。
【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；动能定理的应用专题；带电粒子在电场中的
运动专题；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）a 离子经电压为 U 的电场加速，由动能定理?? =
1
??2
2
?2
a 离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力??? = ? ?
a 离子经磁场偏转后，到达 x 轴上的位置为 x0＝2R；
2
?
2??
?
解得?0 =
由于? = ?0 =
??2?2 8?
联立解得 x0＝L；
①要使 a 离子能落到喷镀板 P 上表面任意位置处，只能经过电压为 U 的电场加速再经过第一象限匀强磁场偏转一次打在 P 板上方任意处，则 L≤x′0≤2L
??2?2??2?2
由（1）得 8? ≤ ? ≤ 2?
即 U0≤U≤4U0；
2
2???
???
②b 离子先经电压为U 的电场加速后再在 xOy 平面第一次偏转打在x 轴上位置坐标?? =
??
由于
1 ?
= ⋅
，U0≤U≤4U0；
??4 ?
解得 2L≤xb≤4L
57
则 b 离子能从栅极板（坐标范围2? ≤ ? ≤ 2?）任意位置经电压为 UMN 的电场减速射入虚线下方磁
2549
场，此时 ?0 ≤ ? ≤?0
1616
3
b 离子先经电压为 U 的电场加速后再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后，再经电压为??? = 4?
的电场减速，由动能定理得(???−
3
4???) =
1
?(?′)2
2
洛伦兹力提供向心力????′ = ??
得Δxb＝2R′
16
25
(?′)2
?′
5
当? =
?0时，b 离子从栅极左端经虚线下方磁场偏转打在 P，此时离栅极板左端的距离???′ =
4?
当? =
497
16
?0时，b 离子从栅极左端经虚线下方磁场偏转打在 P，此时离栅极板右端的距离???″ = 4
?
1
2
?
2??
?
则 b 离子落在 P 下表面区域长度?? = ???′ + ?−???″ = 2?
要求 a 离子落在喷镀板中点 Q，由（1）得??″ =
9
则? = 4?0
3
= 2?
由于?0 =
??2?2 8?
9??2?2
联立解得? =
32?
则 b 离子从 x′b＝3L 处经过栅极板，要使 b 离子打在 P 板下方中央处，设 UNM＝k′U
1
根据动能定理(1−?′)??? =
?(?″)2
2
(?″)2
洛伦兹力提供向心力????″ = ??
3
???″ = 2?″ = 2?
3
联立解得?′ = 4
?″
则??? =
33
4? = 4 ×
9
4?0 =
27
0
? =
16
27
16 ×
??2?2 8?
27??2?2
= 128? 。
当减速 n 次 Uq ﹣nU
q = 1? ?′2
rn =
b
???′?
???
NM b
2 ? ?
29?2
8??
联立解得?? =
4 − ?2? ???
当减速 n 次恰好打在 P 板下方中央处，2rn﹣1＞2L
3
2?? = 2?
9?2
8(?−1)?
2
即 4 −?2????＞L
27?2??2
解得：＜
5?2??2
128??32(?−1)?
27
即 n＜ 7 ，n 取整数，故可得 n＝1，2，3，故可得：
27?2??2
27?2??29?2??2
UNM =
或
128?
或
256?128?
答：（1）a 离子经磁场偏转后，到达 x 轴上的位置为 L；
（2）①U 的调节范围为 U0≤U≤4U0；
1
②b 离子落在喷镀板 P 下表面的区域长度为；2?
9??2?2
27?2??2
27?2??2
9?2??2
（3）U 的大小为
32? ；UNM =
或
128?
或。
256?128?
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力．
解：（1）根据动能定理可得 0～t1 时间内，合外力对 A 所做的功为：
12 12
2
W = 2??1−??0；
设 t1 时刻 A 与 B 之间的距离为 x，根据图（b）可知在 t1 时刻 A 的速度最小，其加速度为零，对 A 根据平衡条件可得：
??2
qE + ?2 = f 摩
已知：f 摩＝2qE
解得：x =??；
?
设 t2 时刻 A 与 B 之间的距离为 x′，在 t2 时刻 A 的速度达到最大，其加速度为零，此时弹簧的弹力大小为 3qE，对 A 根据平衡条件可得：
??2
qE + ?′2 = f 摩+3qE
??
?
1
解得：x′ = 2 ⋅
t ～t
1
??
?
时间内 A 与 B 的相对位移大小为：Δx＝x﹣x′ = ⋅
122
因 A、B 各自受到的匀强电场的电场力是等大反向的，故此过程匀强电场对 A 和 B 做的总功为：
电
W ＝qE•Δx = ? ???；
2
因 B 受到摩擦力、匀强电场的电场力、库仑力均与 A 的等大反向，故在 t1 时刻 A 到达位置 S 速度为 v1 时 A、B 均受力平衡，之后 A、B 之间库仑力变大，B 开始向左运动，t1～t3 时间内 A、 B 组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒定律，以向右为正方向，设细杆与 B 碰前的瞬间 B 的速度大小为 vB，已知此时 A 的速度为 2v1，则有：
mv1＝m•2v1﹣mvB
此过程 A、B 总动能的增加量为：
ΔE = 1m•（2v ）2 + 1??2−1??2
k21
2? 21
1
联立解得：ΔEk＝2??2
1
若使 A 到达位置 S 时的速度变为 2v1 时，从此时刻到细杆与 B 碰前的瞬间，因 A、B 的相对位移不变，故匀强电场的电场力和两者之间的库仑力对 A 和 B 做的总功不变；因两者运动的路程之和不变，故两者克服摩擦力做的总功不变；因压缩弹簧过程弹簧形变量相同，故弹簧增加的弹性势能不变，由功能关系可知 A、B 的总动能增加量不变仍为ΔEk＝2??2。同理可得：
m•2v1＝mvA﹣mvB′
2 2
ΔE = 1??2 + 1mv ′ −1m•（2v ）
k2?2B21
联立解得细杆与 B 碰撞前瞬间 A 的速度大小为：vA = (1 + 3)?1，方向水平向右。
12 12
2
答：（1）0～t1 时间内，合外力对 A 所做的功为2??1−??0；
t1 时刻 A 与 B 之间的距离为 ??；
?
t1～t2 时间内，匀强电场对 A 和 B 做的总功为? ???；
2
细杆与 B 碰撞前瞬间 A 的速度大小为(1 + 3)?1，方向水平向右。