《2013高考物理 真題分類解析 專題25 帶電粒子在電場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2013高考物理 真題分類解析 專題25 帶電粒子在電場中的運動（6頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

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動 1．（19分）（2013全國高考大綱版理綜第25題）一電荷量為q（q＞0）、質量為m的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規(guī)律如圖所示。不計重力，求在t＝0到t＝T的時間間隔內 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動的時間。 1．（19分）解法一：粒子在0～T/4、T/4～T/2、 T/2～3T/4、3T/4～T時間間隔內做勻變速運動， 設加

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） 、 、 、 （每個式子1分） 由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的a—t圖像如圖（a）所示（2分），對應的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內沿初始電場反方向運動，總的運動時間為 （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時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得 、 、

4、 、 （每個式子1分） 設粒子在t＝T/4、t＝T/2、t＝3 T/4、t＝T時刻的速度分別為v1、v2、v3、v4，則有 、、、 （每個式子1分） 設帶電粒子在t＝0到t＝T時的位移為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時開始減速，設經過時間t1粒子速度為零，有 ，解得

5、 t1＝T/8 （1分） 粒子從t＝T/2時開始加速，設經過時間t2粒子速度為零，有 ，解得 t2＝T/8 （1分） 設粒子從t＝0到t＝T內沿初始電場反方向運動的時間為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器和探測板組成。偏轉器是由兩個相互絕緣、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、質量為m的電子以不同的動能從偏轉器左端M的正中間小孔垂直入射，進入偏轉電場區(qū)域，最后到達偏轉器右端的探測板N，其中動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間。忽略電場的邊緣效應。 （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N板左、右邊緣處的電子，經過偏轉電場前、后的動能改變量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、(帶負電)做圓周運動，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）據題意，電子在電場力作用下做圓周運動，考慮到圓軌道上的電場強度B大小相同，有： eE=mv2/R， Ek0= mv2/2， R=(RA+RB)/2， 聯(lián)立解得：E== （3）電子運動時只有電場力做功，根據動能定理，有：ΔEK=qU 對到達N板左側邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有：ΔEK左=e(φB-φC) 對到達N板右側邊緣的電子，電場力做負功，動能減小，有：ΔEK右=e(φA-φC) （4）根據電場線的特點，等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度，考慮到等勢面間距相

8、等，有：│φB-φC│>│φA-φC│ 即：│ΔEK左│>│ΔEK右│ 3. （2013全國新課標理綜II第24題）如圖，勻強電場中有一半徑為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）的質點沿軌道內側運動，經過a點和b點時對軌道壓力分別為Na和 Nb。不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能。 【命題意圖】 本題主要考查受到約束的帶電質點在勻強電場中的運動、牛頓第二定律、動能定理及其相關的知識點，意在考查考生靈活應用知識解決問題的能力。 解：質點所受電場力的大小為：f=qE，① 設質點質量為m，經過a點和b點時的速度大小分別為va和

9、vb，由牛頓第二定律有：f+Na=m ② Nb –f =m ③ 設質點經過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有 Eka=mva2 ④ Ekb=mvb2 ⑤ 根據動能定理有：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點在勻強電場中的運動，在某個位置分析受力，應用牛頓第二定律列出相關方程，對運

10、動過程，應用動能定理列出相關方程聯(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生球對稱的電場；場強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)質量為m，電荷量為q的負電荷在球面處需具有多大的速度可以剛好運動到2R處? 解析：（1）E－r曲線下面積的單位為伏特。 （2）由點電荷的電場強度公式，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。由動能定理，q△U=mv2， 解得：v=。