2022屆高考物理二輪復習專題08電場的性質、帶電粒子在

電場中的運動基礎篇

一、單選題，共10小題

1.（2022?全國?高三專題練習）如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線123分

別為三條等勢線，三條等勢線與其中一條電場線的交點依次為M、N、Q點，已知

MN=NQ,電荷量相等的a、b兩帶電粒子從等勢線2上的O點以相同的初速度飛

出，僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖中虛線a\b，所示，則（）

A.a粒子一定帶正電，b粒子一定帶負電

B.MN兩點電勢差|UMN|等于NQ兩點電勢差|UNQ|

C.a粒子的加速度逐漸增大，b粒子的加速度逐漸減小

D.a粒子從出發(fā)到等勢線3過程的動能變化量比b粒子從出發(fā)到等勢線1過程的動能

變化量小

2.（2022?全國?高三專題練習）空間尸、。兩點處固定電荷量絕對值相等的點電荷，其

中。點處為正電荷，P、。兩點附近電場的等勢線分布如圖所示，a、b、c、"、e為電

場中的5個點，設無窮遠處電勢為0,則（）

A.e點的電勢大于0

B.〃點和人點的電場強度相同

C.方點的電勢低于d點的電勢

D.負電荷從。點移動到c點時電勢能增加

3.（2022.全國.高三專題練習）圖是某種靜電推進裝置的原理圖，發(fā)射極與吸極接在高

壓電源兩端，兩極間產(chǎn)生強電場，虛線為等勢面，在強電場作用下，一帶電液滴從發(fā)

射極加速飛向吸極，。、b是其路徑上的兩點，不計液滴重力，下列說法正確的是

A.a點的電勢比6點的低

B.a點的電場強度比〃點的小

C.液滴在a點的加速度比在6點的小

D.液滴在〃點的電勢能比在6點的大

4.（2022?全國?高三專題練習）如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾

角為仇極板間距為d,帶負電的微粒質量為，小帶電量為外從極板M的左邊緣A處

以初速度如水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則（）

A.微粒達到B點時動能為

B.微粒的加速度大小等于gsin，

C.兩極板的電勢差，,加=上空

qcosO

D.微粒從A點到B點的過程電勢能減少笑

cost）

5.（2022?全國?高三專題練習）一平行電容器兩極板之間充滿云母介質，接在恒壓直流

電源上，若將云母介質移出，則電容器（）

A.極板上的電荷量變大，極板間的電場強度變大

B.極板上的電荷量變小，極板間的電場強度變大

C.極板上的電荷量變大，極板間的電場強度不變

D.極板上的電荷量變小，極板間的電場強度不變

6.（2022?云南省文山壯族苗族自治州第一中學高三階段練習）如圖所示，實線表示某

電場的電場線（方向未標出），虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，

設M點和N點的電勢分別為夕,“、外，粒子在加和加時加速度大小分別為aN,速

度大小分別為%、%,電勢能分別為心”、下列判斷正確的是

A.vM<aM<aNB.vM<vN,<pM<<pN

C.VM<0M<EPND.<aN>EPM<EPN

7.（2022?全國?高三專題練習）一無限大接地導體板MN前面放有一點電荷+Q,它們

在周圍產(chǎn)生的電場可看作是在沒有導體板MN存在的情況下，由點電荷+Q與其像電

荷一。共同激發(fā)產(chǎn)生的。像電荷一Q的位置就是把導體板當作平面鏡時，電荷+。在

此鏡中的像點位置。如圖所示，已知+Q所在位置尸點到金屬板"N的距離為La為

OP的中點，"cd是邊長為心的正方形，其中外邊平行于則（）

M

br.....-C

+QaOd

N-

A.a點的電場強度大小為E=4&g

Lr

B.4點的電場強度大小大于8點的電場強度大小

C.匕點的電場強度和c點的電場強度相同

D.一正點電荷從a點經(jīng)氏c運動到〃點的過程中電勢能的變化量為零

8.（2022?全國?高三專題練習）有兩個完全相同的小球A、B,質量均為〃?，帶等量異

種電荷，其中A帶電荷量為+q,B帶電荷量為一q.現(xiàn)用兩長度均為乙、不可伸長的細

線懸掛在天花板的0點上，兩球之間夾著一根絕緣輕質彈簧.在小球所掛的空間加上

一個方向水平向右、大小為E的勻強電場.如圖所示，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)時，彈簧位

于水平方向，兩根細線之間的夾角為6=60。，則彈簧的彈力為（靜電力常量為人,重力

烏,

+0

3一

Z,2

立

,卬

一

C.箏+把D.+，

3匕

9.（2022?全國?高三專題練習）如圖，在（〃，（））位置放置電荷量為4的正點電荷，在

（0.a）位置放置電荷量為Q的負點電荷，在距尸（4。）為應a的某點處放置正點電荷

Q，使得尸點的電場強度為零。則。的位置及電荷量分別為（）

2a-

A.（02/）,扃B.（0,2a）,2何

C.（2a,0）,D.（2a,0）,2聲q

10.（2020?湖南?寧鄉(xiāng)市教育研究中心高二期末）如圖所示，有關電場說法正確的是

B.圖乙離點電荷距離相等的〃、6兩點場強相同

C.圖丙中在c點靜止釋放一正電荷，可以沿著電場線運動到4點

D.圖丁中某一電荷放在e點與放到了點，它們的電勢能相同

二、多選題，共5小題

11.（2022.全國?高三專題練習）如圖示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，4帶負電，B

帶正電且與大地相接，兩板間P點處固定一負電荷，設此時兩極板間的電勢差為U,P

點場強大小為E,電勢為夕P,負電荷的電勢能為他，現(xiàn)將A、8兩板水平錯開一段距

離（兩板間距不變），下列說法正確的是（）

?尸

II—?

5+_|_+

A.U變大，E變大B.U變小，9P變小

C.夕尸變小，切變大D.9尸變大，Ep變小

12.（2021.廣西.鐘山中學高二階段練習）某電場的等勢面如圖所示，圖中a、b、c、

d、e為電場中的5個點，則（）

A.一正電荷從6點運動到e點，電場力做正功

B.一電子從。點運動到d點，電場力做功為4eV

C.〃點電場強度垂直于該點所在等勢面，方向向右

D.a、b、c、d四個點中，b點的電場強度大小最大

13.（2022?全國?高三專題練習）如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的

極板水平，兩微粒人所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的

上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放h,它們由靜止開始運動，在隨后

的某時刻3。、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，服。間的相互作用和

重力可忽略。下列說法正確的是（）

A.a的質量比b的大

B.在，時刻，a的動能比匕的大

C.在r時刻，a和6的電勢能相等

D.在f時刻，。和匕的動量大小相等

14.（2021?黑龍江?哈爾濱市第一六二中學校高三階段練習）有一勻強電場的方向平行

于xOy平面，平面內a、b、c、4四點的位置如圖所示，cd、cb分別垂直于x軸、y

軸，其中a、Ac三點電勢分別為：4V、8V、10V,使一電荷量為〃=-2xl（y5C的負

點電荷由a點開始沿“bed路線運動，則下列判斷正確的是（）

“/cm

b

21\

、

1-、、、、、

------__?

O12x/cm

A.坐標原點。的電勢為6V

B.電場強度的大小為&V/m

C.該點電荷在c點的電勢能為2x10-5j

D.該點電荷從〃點移到〃點過程中，電場力做功為8x10-5J

15.（《2021年高考物理一輪復習考點掃描》專題8.3電勢差與電場強度的關系）一勻

強電場的方向平行于xOy平面，平面內〃、氏c三點的位置如圖所示，三點的電勢分

B.坐標原點處的電勢為IV

C.電子在4點的電勢能比在b點的低7eV

D.電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV

三、填空題，共4小題

16.（2022?上海?模擬預測）在電場中的4點放有電荷量為一lxl（）roc的檢驗電荷q,

其電勢能為ixiorj,則A點電勢為Vo換成電荷量為+2xl（）roc的檢驗電荷

q'放在A點，則A點電勢為V。

17.（2022.上海浦東新.一模）電場中有0、A、B、C幾個固定點，一電量為-外質量

為〃?的帶電粒子僅受電場力作用，從O點由靜止開始做直線運動，其7圖像如圖。

粒子在。時刻運動到A點，其速率為V”/2時刻運動到B點，其速率為0；酎時刻運動

到C點，其速率為吻。由圖可推斷，A、B、C三點中，點的電勢最高；

4、C兩點的電勢差UAC=。

18.（2022?上海?模擬預測）電場中有4、B、C三點，一電量為+q、質量為的帶電粒

子僅受電場力作用，從A點開始以初速即做直線運動，其v-f圖象如圖。粒子在歷時

刻運動到8點，3勿時刻運動到C點。由圖可推斷，A、B、C三點中，點的電

場強度最大，粒子經(jīng)過點時具有的電勢能最大；A、B兩點的電勢差UAB=

19.（2022?上海崇明?一模）如圖所示，在一水平向右勻強電場中，有兩質量均為相、

帶等量異號電荷的小球M和N,通過兩根長度均為L的絕緣輕繩懸掛在電場中O點，

平衡后兩輕繩與豎直方向的夾角均為族45。。若僅將兩小球的電荷量同時變?yōu)樵瓉淼?

倍，兩小球仍能平衡在原位置。已知靜電力常量為丸重力加速度大小為g,則球M

帶電荷（填“正”或"負”），其原來帶電量大小為。

o

四、解答題，共4小題

20.（2022?全國?高三專題練習）如圖，兩金屬板尸、。水平放置，間距為小兩金屬板

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的電勢均為夕

（夕>0）。質量為機，電荷量為qS>0）的粒子自G的左端上方距離G為刀的位置，

以速度也平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。

（1）求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時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/?的位置離開電場，則金屬板的長度最短應

為多少?

］吐…一二

Q

21.（2022?全國?高三專題練習）反射式速調管是常用的微波器件之一，它利用電子團

在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似.如圖所示，在虛線MN兩

側分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作

用下沿直線在A、B兩點間往返運動.已知電場強度的大小分別是EI=2.OX1（）3N/C和

E2=4.0X103N/C,方向如圖所示.帶電微粒質量m=l.Oxl0-2Okg,帶電荷量q=一

1.0X10-9C,A點距虛線MN的距離di=1.0c,〃，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效

應.求：

M

.YA

>E2

N

（1）B點距虛線MN的距離d2；

（2）帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t.

22.（2022?遼寧?一模）如圖所示，與水平面成30。角的、足夠長的分界線MN將空間分

成I和n兩個區(qū)域。一個質量為機、電荷量為4（4>0）的帶電粒子以大小為心的速度

從分界線MN上的尸點水平向右射入?yún)^(qū)域I,區(qū)域I內有方向豎直向下、電場強度大

小為E的勻強電場；區(qū)域n有方向垂直于紙面，磁感應強度大小為B的勻強磁場，不

計粒子重力。求：

（1）水平向右射入?yún)^(qū)域I的粒子，第一次進入磁場時速度V的大?。?/p>

（2）粒子第一次進人磁場時的位置到出發(fā)點P的距離；

（3）粒子進入磁場中運動后，第一次離開區(qū)域n時的位置到出發(fā)點尸的距離。

p\1

--------------------------建

、

23.（2022?山西?晉城市第一中學校高二階段練習）在一柱形區(qū)域內有勻強電場，柱的

橫截面積是以。為圓心，半徑為火的圓，A8為圓的直徑，如圖所示。質量為機，電荷

量為q“>0）的帶電粒子在紙面內自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電

場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率如穿出電

場，AC與AB的夾角Q60。。運動中粒子僅受電場力作用。

（1）求電場強度的大小；

(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大？

(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為機vo,該粒子進入電場時的速度應為

多大？

參考答案：

1.D

【解析】

由圖可知，a粒子的軌跡方向向右彎曲，a粒子所受電場力方向向右，6粒子的軌跡向左彎

曲，b粒子所受電場力方向向左，由于電場線方向未知，無法判斷粒子的電性，故A錯

誤；由題可知，。所受電場力逐漸減小，加速度減小，b所受電場力增大，加速度增大，故

C錯誤；已知MN=NQ,由于MN段場強大于NQ段場強，所以兩點電勢差大于

NQ兩點電勢差IUNQI，故B錯誤；根據(jù)電場力做功公式\UMN\>\UNQ\,“粒子從

等勢線2到3電場力做功小于人粒子從等勢線2到1電場力做功，所以〃粒子到達等勢線

3的動能變化量比人粒子到達等勢線1的動能變化量小，故D正確.

2.D

【解析】

A.根據(jù)電場線與等勢面垂直關系，可判斷P點處為負電荷，無窮遠處電勢為0,e點在

PQ連線的中垂線上，則弘=(),A錯誤；

B.a、8兩點電場強度大小相同，方向不同，則〃、6兩點電場強度不同，B錯誤；

C.從。到P電勢逐漸降低，則例>為,C錯誤；

D.由?！?gt;0.,負電荷從a到c電場力做負功，電勢能增加，D正確。

故選D。

3.D

【解析】

A.高壓電源左為正極，則所加強電場的場強向右，而沿著電場線電勢逐漸降低，可知

(Pa>(Ph

故A錯誤；

B.等差等勢線的疏密反映場強的大小，由圖可知。處的等勢線較密，則

Ea>Eh

故B錯誤;

C.液滴的重力不計，根據(jù)牛頓第二定律可知，液滴的加速度為

m

因紇〉E”，可得

%>.

故C錯誤；

D.液滴在電場力作用下向右加速，則電場力做正功，動能增大，電勢能減少，即

Epa>Epb

故D正確；

故選D。

4.C

【解析】

由題分析可知，微粒做勻減速直線運動，動能減小.故A錯誤；由題分析可知，tanO=—

mg

得@=81@口0,故B錯誤；

qE

微粒沿水平方向做直線運動，則重力勢能不變，動能減小，則電勢能增加.由上可知微粒

的電勢能增加量△￡=ma，］，又得到兩極板的電勢差U='^.故C正確.微

sinOqcos。

粒從A點到B點的過程電勢能增加嗎.故D錯誤.故選C.

COS0

5.D

【解析】

電容器接在恒壓直流電源上，則電容器兩端的電勢差不變，將云母介質移出后，介電常數(shù)

減小，根據(jù)電容的決定式

C=-^-

4兀kd

知，介電常數(shù)減小，電容減小，由于電壓不變，又根據(jù)

c4

可知，電荷量Q減小，由于電容器的電壓不變，板間的距離d不變,

再根據(jù)公式

可知，極板間的電場強度不變，ABC錯誤，D正確。

故選D。

考點：電容器的動態(tài)分析。

【名師點睛】

6.D

【解析】

試題分析：將粒子的運動分情況討論：從M運動到N；從N運動到根據(jù)電場的性質依

次判斷;

電場線越密，電場強度越大，同一個粒子受到的電場力越大，根據(jù)牛頓第二定律可知其加

速度越大，故有為〈即；若粒子從M運動到N點，則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡

彎曲的內側，可知在某點的電場力方向和速度方向如圖所示，故電場力做負功，電勢能增

大，動能減小，即匕”>W，負電荷在低電勢處電勢能大，故夕”>外,；

EPM<EPN,

若粒子從N運動到M,則根據(jù)帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內側，可知在某點的電

場力方向和速度方向如圖所示，故電場力做正功，電勢能減小，動能增大，即

匕”E,,M<E“z,負電荷在低電勢處電勢能大，故。M>如；

考查了帶電粒子在非勻強電場中的運動；本題的突破口是根據(jù)粒子做曲線運動時受到的合

力指向軌跡的內側，從而判斷出電場力方向與速度方向的夾角關系，進而判斷出電場力做

功情況.

7.B

【解析】

A.由題意可知，點電荷+Q和金屬板周圍空間電場與等量異種點電荷產(chǎn)生的電場等

效，所以。點的電場強度

E=k~L~+k^~40kQ

9L2

A錯誤;

B.等量異種點電荷周圍的電場線分布如圖所示

由圖可知Ea>Eb,B正確；

C.從電場線分布圖可看出圖中仄c兩點的場強方向不同，C錯誤;

D.由于a點的電勢大于d點的電勢，所以一正點電荷從。點經(jīng)氏c運動到d點的過程中

電場力做正功，電荷的電勢能減小，D錯誤。

故選B。

8.D

【解析】

對4球受力分析，由共點力平衡可得

F-qE-■^-Tcos60°=0

Tsin60°—mg=0

聯(lián)立解得

F=-

故選D。

9.B

【解析】

ky

2弋反

01N蘆2:.X

根據(jù)點電荷場強公式

E=k與

兩點量異種點電荷在P點的場強大小為

,方向如圖所示

兩點量異種點電荷在P點的合場強為

E、=&：『也駕,方向與+q點電荷與刃點電荷的連線平行如圖所示

Q點電荷在0點的場強大小為

三點電荷的合場強為0,則E2方向如圖所示，大小有

E、=E?

解得

Q=2扃

由幾何關系可知。的坐標為（0,2a）

故選B。

10.D

【解析】

A.電場線從正電荷出發(fā)到負電荷終止，由圖甲可知，兩個電荷之間的電場線明顯錯誤，

不可能是等量同種點電荷形成的電場線，A錯誤；

B.電場強度是矢量，由圖可知，乙離點電荷距離相等的“、。兩點場強大小相等，但方向

不相同，B錯誤；

C.電場線不是帶電粒子運動的軌跡，由圖丙，過以d的電場線是曲線，則從c點靜止釋

放一正電荷，電荷不能沿著電場線運動到d點，C錯誤；

D.該電容器極板之間的電場為勻強電場，由圖可知。點與/點在同一個等勢面上，所以某

一電荷放在e點與放到一點，它們的電勢能相同，D正確。

故選D。

11.AC

【解析】

電容器帶電量一定，則根據(jù)

口UQQ4兀kQ

心片而=丐二=

4jrkd

將A、3兩板水平錯開一段距離，可知相對面積S減小，則場強E變大，根據(jù)

U=Ed

可知，兩板間電勢差。變大；根據(jù)

可知，P點與正極板8的電勢差變大，則P點的電勢降低，負電荷在尸點的電勢能功變

大。

故選ACo

12.BD

【解析】

A.由圖象可知

則正電荷從b點運動到e點，電場力不做功，A錯誤;

B.由圖象可知

(pa=3V,(pd=7V

根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關系有

Wad-Epa-Epd=((pa-(pd)\-e)=4eV

B正確；

C.沿電場線方向電勢逐漸降低，則人點處的場強方向向左，C錯誤;

D.由于電場線與等勢而處處垂直，則可畫出電場線分布如下圖所示

a\rrrcd

由上圖可看出，〃點電場線最密集，則匕點處的場強最大，D正確。

故選BD。

13.BD

【解析】

A.根據(jù)題述可知，微粒。向下加速運動，微粒6向上加速運動，根據(jù)。、。經(jīng)過電容器兩

極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即

aa>ab

對微粒a,由牛頓第二定律

qE=maaa

對微粒江由牛頓第二定律

qE=mbab

聯(lián)立解得

qEqE

—>一

叫叫

由此式可以得出。的質量比》小，故A錯誤；

B.在外人兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力等于6微粒，a微粒的位移大于b微粒，

根據(jù)動能定理，在/時刻，a的動能比匕大，故B正確；

C.由于在/時刻兩微粒經(jīng)過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在

r時刻，。和》的電勢能不等，故C錯誤；

D.由于4微粒受到的電場力（合外力）等于b微粒受到的電場力（合外力），根據(jù)動量定

理，在小寸刻，。微粒的動量等于〃微粒，故D正確。

故選BD。

14.AD

【解析】

A.由于是勻強電場，所以沿同一方向前進相同距離電勢的變化量相等，所以

代入數(shù)據(jù)解得

(PO=6V

選項A正確；

B.分析可知ab中點e的電勢為

°e=6V

連接Oe,則直線Oe為等勢線，如圖所示：

由幾何關系可知，"垂直于Oe,則必為一條電場線，且方向由人指向m電場強度大小

為

8-6V/m=lOO0V/m

@+2-xlO-

2

選項B錯誤;

C.該點電荷在c點的電勢能為

ER=40.=-2xlO“J

選項C錯誤；

D.由題意結合幾何知識可知。、d在同一等勢線上，該點電荷從。點移動到d點電場力做

功為

叱“=qU?a=(-2xl()-s)x(4-8)J=8xl()-sj

選項D正確。

故選AD。

15.ABD

【解析】

B.如圖所示，設ac之間電勢差與Oh兩點間的電勢差相等，即

10V-26V=t/o-17V

可得

〃=iv

B正確;

A.電場沿著入軸方向電場分量

E=——-=--------------=2V/cm

rx8cm

電場沿著y軸方向電場分量

AU26V-17V.....

E=----y-=---------------=1.5V/cm

y6cm

因此電場強度

E=^E；+E；=2.5V/cm

A正確；

C.電子在。點具有的電勢能

E”=-e%=-10eV

電子在匕點具有的電勢能

Epb=-e<pB=-17eV

因此

=eV

電子在〃點的電勢能比在b點的高7eV,C錯誤;

D.電子從人點運動到c點，電場力做功為

%.=Uq=-e(]7V-26V)=9eV

所以電子從人點運動到C點，電場力做功為9eV,D正確。

故選ABDo

16.-100-100

【解析】

A點電勢為

換成電荷量為+2x10的檢驗電荷q'放在A點，則A點電勢不變，仍為-100V。

【解析】

由v-f圖像可以看出，從。點到A點，帶電粒子做加速運動，因為粒子帶負電，故從。點

到A點粒子逆著電場線運動，則電勢升高，即

<PO<(PA

同理可以看出從4點到3點粒子做減速運動，則從A點到3點粒子順著電場線運動，則電

勢降低，即

<PB<<PA

同理可以看出從B點到C點粒子做反方向的加速運動，即從B點到C點粒子逆著電場線運

動，則電勢升高，即

<PK<(Pc

而由圖像可以看出匕>打，則說明

<PC<(PA

故電勢最高的是A點；

因為帶電粒子僅受電場力作用，則從A點到C點由動能定理得

,,1212

-^AC=^mV2—jmVl

所以AC兩點的電勢差為

Umv--mv；

AC~1q

18.BB-皿

2q

【解析】

v-f圖像的斜率表示加速度，分析圖像可知，斜率先增大后減小，則粒子的加速度先增大

后減小，B點加速度最大，由

qE

a--1—

m

可知B點電場強度最大；

由圖像可知，粒子從A點經(jīng)B點運動到C點速度先減小后增大，所以動能先減小后增大，

根據(jù)能量守恒定律，電勢能應該先增大后減小，B點的動能最小，則電勢能最大；

分析帶電粒子由4到8的過程中，根據(jù)動能定理可知

山帖=°-5欣

解得A、B兩點的電勢差

3-乎

2q

19.負L

【解析】

對小球M受力分析如圖

故小球M帶負電。

由幾何關系，小球M和N之間距離為應乙，當兩球帶電量都為q時.，由平衡條件:

2

mgtan45"=qE—k—--

(低產(chǎn)(1)

當兩球帶電量都為%時，由平衡條件:

mgtan45"=2qE—k三⑵

(1)(2)聯(lián)立可得:

20.(1)線=3片+與妙；/=%

(2)L=2v0-----

vqe

【解析】

(1)PG、QG間場強大小相等，均為E,粒子在PG間所受電場力尸的方向豎直向下，設

粒子的加速度大小為a,有

一①

F=qE=ma②

設粒子第一次到達G時動能為Ek,由動能定理有

曲=線-'4③

設粒子第一次到達G時所用時間為3粒子在水平方向的位移為/,則有

h=^at2@

l=vot@

聯(lián)立①②③④⑤式解得

線=^〃/+子必⑥

『有⑦

（2）設粒子穿過G一次就從電場的右側飛出，則金屬板的長度最短，由對稱性知，此時

金屬板的長度L為上2/=2%偌⑧

21..（1）0.50cm（2）1.5x10*

【解析】

（1）帶電微粒由A運動8的過程中，由動能定理有同日力一同芯2d2=0

解得&=—do=0.50cm

-Ei-

（2）設微粒在虛線MV兩側的加速度大小分別為田、a2,由牛頓第二定律有

\q\Ei=mai

\q\E2=ma2

設微粒在虛線MN兩側的時間大小分別為小t2,由運動學公式有

,12

4=5砧

112

a2=—a2t2

又t=tl+t2

解得t=1.5xl0-8s

22?⑴和⑵翳）包吠+嗎成則L"L

3qEqB-乂3qEqB

【解析】

（1）設粒子第一次經(jīng)過MN界面時速度方向與水平方向成s角，位移與水平方向成4

角，且尸=30。，如圖所示

粒子在電場中運動時，做類平拋運動，設出電場時豎直方向的速度為小，則有

ta…上

%

根據(jù)平拋運動特點有

tana=2tan(i=

聯(lián)立解得

根據(jù)速度矢量關系可得粒子第一次進入磁場時的速度大小為

V=,2

聯(lián)立解得

V2T

v=-

(2)根據(jù)牛頓第二定律，對粒子在電場中有

qE=ma

粒子在電場中運動時，水平方向有

豎直方向有

12

y=—at"

2

出電場時，粒子的位置到出發(fā)點尸的距離即為粒子在電場中運動的位移大小

SiW+y2

聯(lián)立各式解得

S=迪

13qE

(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動有

V2

qvB=m—

R

聯(lián)立解得