2013高考物理 真題分類解析 專題25 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)

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1、2013高考物理分類解析 專題二十五、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 1．（19分）（2013全國高考大綱版理綜第25題）一電荷量為q（q＞0）、質(zhì)量為m的帶電粒子在勻強(qiáng)電場的作用下，在t＝0時(shí)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，場強(qiáng)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示。不計(jì)重力，求在t＝0到t＝T的時(shí)間間隔內(nèi) a t 0.25T 0.5T 0.75T T E0 2E0 －E0 －2E0 0 （1）粒子位移的大小和方向； （2）粒子沿初始電場反方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 1．（19分）解法一：粒子在0～T/4、T/4～T/2、 T/2～3T/4、3T/4～T時(shí)間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng)， 設(shè)加

2、速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得 v t 0.25T 0.5T 0.75T T v1 －v1 0 圖（b） a t 0.25T 0.5T 0.75T T 2qE0/m qE0/m －2qE0/m －qE0/m 0 圖（a） 、 、 、 （每個(gè)式子1分） 由此得帶電粒子在0～T時(shí)間間隔內(nèi)運(yùn)動(dòng)的a—t圖像如圖（a）所示（2分），對應(yīng)的v—t圖像如圖（b）所示（3分），其中 （1分） 由圖（b）可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時(shí)的位移為

3、 （2分） 聯(lián)立解得 （2分） 它的方向沿初始電場正方向。 （1分） （2）由圖（b）可知，粒子在t＝3T/8到t＝5T/8內(nèi)沿初始電場反方向運(yùn)動(dòng)，總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 （4分） 解法二：帶電粒子在粒子在0～T/4、T/4～T/2、T/2～3T/4、3T/4～T時(shí)間間隔內(nèi)做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得 、 、

4、 、 （每個(gè)式子1分） 設(shè)粒子在t＝T/4、t＝T/2、t＝3 T/4、t＝T時(shí)刻的速度分別為v1、v2、v3、v4，則有 、、、 （每個(gè)式子1分） 設(shè)帶電粒子在t＝0到t＝T時(shí)的位移為s，有 （4分） 解得 （2分） 它的方向沿初始電場正方向。 （1分） （2）由電場的變化規(guī)律知，粒子從t＝T/4時(shí)開始減速，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1粒子速度為零，有 ，解得

5、 t1＝T/8 （1分） 粒子從t＝T/2時(shí)開始加速，設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2粒子速度為零，有 ，解得 t2＝T/8 （1分） 設(shè)粒子從t＝0到t＝T內(nèi)沿初始電場反方向運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，有 t＝ （1分） 解得t＝T/4 （1分） 2．（2013高考浙江理綜第24題）(20分)“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。偏轉(zhuǎn)器是由兩個(gè)相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心圓金屬半球面A和

6、B構(gòu)成，A、B為電勢值不等的等勢面，其過球心的截面如圖所示。一束電荷量為e、質(zhì)量為m的電子以不同的動(dòng)能從偏轉(zhuǎn)器左端M的正中間小孔垂直入射，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域，最后到達(dá)偏轉(zhuǎn)器右端的探測板N，其中動(dòng)能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)N板的正中間。忽略電場的邊緣效應(yīng)。 （1）判斷球面A、B的電勢高低，并說明理由； （2）求等勢面C所在處電場強(qiáng)度E的大??； （3）若半球面A、B和等勢面C的電勢分別為φA、φB和φC，則到達(dá)N板左、右邊緣處的電子，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場前、后的動(dòng)能改變量ΔEK左和ΔEK右分別為多少？ （4）比較|ΔEK左|和|ΔEK右|的大小，并說明理由。 解析：（1）電子

7、(帶負(fù)電)做圓周運(yùn)動(dòng)，電場力方向指向球心，電場方向從B指向A，B板電勢高于A板。 （2）據(jù)題意，電子在電場力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，考慮到圓軌道上的電場強(qiáng)度B大小相同，有： eE=mv2/R， Ek0= mv2/2， R=(RA+RB)/2， 聯(lián)立解得：E== （3）電子運(yùn)動(dòng)時(shí)只有電場力做功，根據(jù)動(dòng)能定理，有：ΔEK=qU 對到達(dá)N板左側(cè)邊緣的電子，電場力做正功，動(dòng)能增加，有：ΔEK左=e(φB-φC) 對到達(dá)N板右側(cè)邊緣的電子，電場力做負(fù)功，動(dòng)能減小，有：ΔEK右=e(φA-φC) （4）根據(jù)電場線的特點(diǎn)，等勢面B與C之間的電場強(qiáng)度大于C與A之間的電場強(qiáng)度，考慮到等勢面間距相

8、等，有：│φB-φC│>│φA-φC│ 即：│ΔEK左│>│ΔEK右│ 3. （2013全國新課標(biāo)理綜II第24題）如圖，勻強(qiáng)電場中有一半徑為r的光滑絕緣軌道，軌道平面與電場方向平行。一電荷量為q（q>0）的質(zhì)點(diǎn)沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)對軌道壓力分別為Na和 Nb。不計(jì)重力，求電場強(qiáng)度的大小E、質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。 【命題意圖】 本題主要考查受到約束的帶電質(zhì)點(diǎn)在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)、牛頓第二定律、動(dòng)能定理及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生靈活應(yīng)用知識(shí)解決問題的能力。 解：質(zhì)點(diǎn)所受電場力的大小為：f=qE，① 設(shè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為va和

9、vb，由牛頓第二定律有：f+Na=m ② Nb –f =m ③ 設(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Eka和Ekb，有 Eka=mva2 ④ Ekb=mvb2 ⑤ 根據(jù)動(dòng)能定理有：Ekb- Eka=2rf， ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式解得： E=( Nb - Na) Eka=( Nb +5 Na) Ekb=(5 Nb + Na) ①式（1分）②式（2分）③式（2分）④式（1分）⑤式（1分）⑥式（1分）式（2分）式（2分）⑨式（2分）⑩ 【方法技巧】解決受到約束的帶電質(zhì)點(diǎn)在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)，在某個(gè)位置分析受力，應(yīng)用牛頓第二定律列出相關(guān)方程，對運(yùn)

10、動(dòng)過程，應(yīng)用動(dòng)能定理列出相關(guān)方程聯(lián)立解得。 4．（2013高考上海物理第32題）(12分)半徑為R，均勻帶正電荷的球體在空間產(chǎn)生球?qū)ΨQ的電場；場強(qiáng)大小沿半徑分布如圖所示，圖中E0已知，E－r曲線下O－R部分的面積等于R－2R部分的面積。 (1)寫出E－r曲線下面積的單位； (2)己知帶電球在r≥R處的場強(qiáng)E＝kQ／r2，式中k為靜電力常量，該均勻帶電球所帶的電荷量Q為多大? (3)求球心與球表面間的電勢差△U； (4)質(zhì)量為m，電荷量為q的負(fù)電荷在球面處需具有多大的速度可以剛好運(yùn)動(dòng)到2R處? 解析：（1）E－r曲線下面積的單位為伏特。 （2）由點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度公式，E0=kQ/R2， 解得：該均勻帶電球所帶的電荷量Q= E0 R2/k。 （3）根據(jù)E－r曲線下面積表示電勢差，球心與球表面間的電勢差△U= E0 R/2。 （4）根據(jù)題述E－r曲線下O－R部分的面積等于R－2R部分的面積，球體表面到2R處的電勢差△U= E0 R/2。由動(dòng)能定理，q△U=mv2， 解得：v=。