专题20 带电粒子（体）在电场中运动的综合（重难点训练）（山东专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦带电粒子在电场中运动的综合问题，通过题型分类构建“情境分析-模型建构-规律应用”的解题体系，强化运动与相互作用观念及科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |题型01|4题|交变电场周期性分析、运动分解与合成|从电场强度周期性变化到粒子运动状态分段研究，结合牛顿定律与运动学公式| |题型02|2题|等效重力场模型建构、力的合成与分解|将电场力与重力合成等效场，应用圆周运动临界条件及动能定理| |题型03|7题|力电综合能量观点、动量观点综合应用|从电场力做功到机械能变化，结合力学规律解决复杂轨道运动问题|

函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题20 带电粒子（体）在电场中运动的综合（专项 训练) 目 录 模拟一基础演练… 题型01会处理带电粒子（体）在交变电场中的运动问题。 题型02会处理带电粒子（体）在“等效重力场”中的运动问题.， ..10 题型03会处理电场中的力电综合问题… .12 重难创新演练… 26 直题、实状遍练 34 模拟•基础演练 考查重点：带电粒子（体）在电场中运动 区题型01会处理带电粒子（体）在交变电场中的运动问 题 1.(24-25高二上陕西西安期中)如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线MN以速度V 平行于极板进入（记为=0时刻），同时在两板上加如图乙变化的电压。已知粒子比荷为 k,带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方 向的速度射出。则下列说法中正确的是() 1/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ↑UW 2U 2 4 5 t/s 甲 乙 A.粒子射出时间可能为1=4s B.粒子射出的速度大小为2v C.极板长度满足L=m(n=l,2,3…) 3kU。 D.极板间最小距离为V2 2.(24-25高二上广东中山阶段检测)某粒子分析仪的结构可简化如图甲所示，粒子源S 不间断地释放初速度可忽略不计的带电粒子（不计重力），粒子经过加速区后沿垂直偏转 电场的方向进入偏转区，偏转区内的匀强电场由图乙所示的周期性电压产生，图中 U。=400Vt。=1.0×107 。偏转极板的长度和板间距均为L=8cm(忽略极板边缘效应)， U 现分两次用不同的加速电压进行实验，第一次实验：加速电压，发现某个粒子被加速后 在=0时进入偏转区，恰好在'=6时射出偏转区，射出时的速度偏转角满足 n=0.1 第二次实验：加速电压U,16,发现从粒子源发出的所有粒子均能轰击到水平放置于靶 台中间的样品表面上，试求： L 加速区 偏转区 真空区 粒子源S 0 0121031.41 51 偏转极板 样品 U。=400V1o=1.0×10s 甲 靶台 2/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)第一次实验，粒子进入偏转区的速度： (2)第二次实验，粒子在偏转区中运行的时间； U2 (3)第二次实验，加速电压的大小； (4)第二次实验，样品表面能被粒子轰击到的区域的长度。 R 3.(2526高一下山东济南期末)如图甲所示，区域I为内、外半径分别为2和®的半 圆柱组成的区域，分布着沿半径指向圆心的电场，电场强度满足E- (单位v/m),其 πR 中飞，是与装置参数相关的己知定值，为到圆心的距离。区域Ⅱ的宽度为。=2，分布着 交变电场，变化规律如图乙所示。电场的方向与端口b端面平行，【=0时刻区域Ⅱ中电场 Eo 的方向如图甲所示。场强大小恒为，变化周期为T(T大小未知)。【=0 时刻，大量质 量为m,带电量为+的带电粒子从距圆心距离为，(2R≤r≤R)处以速度〈大小末 知)从端口α垂直端面射入装置，在区域I中做匀速圆周运动后从端口b射入区域Ⅱ。其 R 中”=2处射入的粒子于1=T时刻从端口b射出。不计粒子重力，忽略粒子间相互作用。 区域 端口a 1端口b R 回或 E 端口c 图甲 图乙 Vo (1)求粒子入射速度以及T的大小： (2)从端口c射出的粒子在区域Ⅱ中的偏转位移5与r的关系式： 3/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 Eo (3)调节交变电场场强大小，使所有粒子最终打到端口c端面上同一点，求满足条件的 o 的值。 4.(25-26高一下山东烟台期末)如图所示，两块相距很近的平行金属板A、B竖直放置， 板中央均有小孔，两小孔连线水平向右，以水平向右方向为x轴正方向，A、B板间加速电 U。=10V 压恒为 紧靠A板小孔左侧处有一粒子源，能够连续不断地沿x轴正方向均匀发 %=300m/s 射带正电的同种粒子，所有粒子的初速度均为 。紧靠B板右侧有关于x轴上下 L=10cm d=4cm,C、D间的电压随时间t U. 对称的两平行金属板C、D,板长 ,板间距 变化的关系图像如图甲所示，0~2s内，D板电势高于C板。在紧邻C、D板右侧有关于x L2 =10cm 轴前后对称的两平行金属板E、「，两金属板沿x方向长度为 ，沿y方向足够长， 板间距 =8cm,E,F间的电压随时间1变化的关系图像如图乙所示 0~25内，F板 电势高于E板。在距金属板E、F右侧 L3=10cm 处放置一足够大的荧光屏，荧光屏面与x轴 垂直交于O点，在荧光屏上以O点为坐标原点建立直角坐标系O少，y轴正方向竖直向上。 知粒子的此荷=8×10℃kg,不计粒子重力，手 y/cm C 0 x/cm 粒子源 /cm 4/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 UN UN 20 16 t/s 0 4/6 甲 (1)粒子从B板小孔出射时的速度大小； (2)0~4s内，能够从C、D板间射出的粒子数与粒子源发射出的总粒子数之比； y,z） (3)粒子打在荧光屏上z轴上方的位置中，距离z轴最远位置的点的坐标 区题型02会处理带电粒子（体）在“等效重力场”中的运动 问题 5.(多选)(2026·河北衡水模拟)真空中存在空间范围足够大的、水平向 右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静 止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°。如图，现将该 小球从电场中A点以初速度竖直向上抛出，经过最高点B后回到 与A在同一水平线上的C点，已知重力加速度为g,sin37°=0.6， cos37°=0.8，则( 4 A.小球所受的静电力大小为3mg B.小球在最高点B的动能为易m 5/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 .9 C.小球在C点的机械能比在A点多8m, D.小球在C点的动能为 3mv,2 8 答案：BCD 解析：由题可知，小球重力与静电力的合力方向与竖直方向的夹角 为9=37°，由几何关系可得，小球所受的静电力大小为F=mgtan 3 37°=mg,A错误；小球在竖直方向上做匀减速运动，由运动学 公式可得，从A点运动到B点的时间为t。由牛顿第二定律可得， F3 小球在水平方向上的加速度为Q,=m=49,则小球运动到B点的速 3 度大小为=a,t=寻，则小球在最高点B的动能为Eu=m 9mvo 32 ”，B正确；根据对称性可知，小球从A点运动到C点的时间为 t1=2t= g,则A、C间的水平位移为xag 由功能关系 可知，小球从A运动到C,机械能的增加量为△E=Fx= 9mvo 即小 球在C点的机械能比在A点多9四，C正确：由对称性可知，小球 运动到C,点时，竖直分速度竖直向下且大小为，由运动学公式可 3 得，小球运动到C点时的水平分速度为0，=0t=o,则小球在C点 的速度大小为c= 3Vo 则小球在C,点的动能为Ekc m:3阳，D正确。故连BcD。 6.(2024·河北卷T13)如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘 6/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B 为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A 点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(g>O), 质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求： CB (1)电场强度E的大小。 (2)小球在A、B两点的速度大小。 答案：识2心m哑 3 gU -3mgL m m 解析：1A、B两点间的电势差为U,则E=光。 (2)小球运动到A点时，由牛顿第二定律有 V A qE-mg=m L 解得小球在A点的速度大小VA= gU -mgL 小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有 qU-mgL-mve-mvA 解得小球在B点的速度大小= 3qU-3mgL ☒题型03 会处理电场中的力电综合问题 7.(25-26高二上四川遂宁·期中)在一个科幻的星际空间站中，有两个正方形的区域，充 7/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 满了匀强电场，在两个区域的连接处有一个小型的能量吸收装置，当带电粒子经过该装置 时，会损失一半的动能后再进入区域2。如图所示，挡板A=AB=BC=CD=d,均为光滑绝 缘挡板，两个区域的匀强电场大小分别为E、E2,现有一质量为，带电量为9的粒子从 A点静止释放，经过能量吸收装置后，恰好落到D点（重力加速度为8）() F E 区域1 ☒域2 E2 A.带电粒子带负电 B.进出区域2的动能之比为1：5 C.E1和E2的关系为 2 +2E=mg 2(mgd-qE,d+qE d) D,若能量吸收装置损坏，带电粒子到达D点的速度大小变为V m 8.(25-26高一下·江苏南京期末)如图所示，匀强电场方向水平向左，绝缘轨道由直杆 AB和CD与半径为R的圆弧段BC平滑连接组成，固定在与电场方向平行的竖直平面内， AB与水平方向间夹角为B,CD水平。质量为m的带正电小环套在AB杆上自P点由静止 释放，PB间距离等于圆弧段轨道半径R,直杆AB和圆弧段BC均光滑，小环与直杆CD的 动摩擦因数为“，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。已知重力加速度大小为8，小环 受到的电场力为重力的0.75倍，sin8=0.8,cos0=0.6,求： A R D 8/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E。 (小环从P点下滑至B点时，电势能的变化量 F 2小环在圆弧段BC上运动时，对圆弧产生的最大压力人 (3)要使小环至少能经过B点三次，动摩擦因数“应满足什么条件： (4)小环自P点由静止释放后在直杆CD上运动的总路程s。 9.(24-25高三下·甘肃白银·阶段检测)如图所示，在光滑绝缘水平桌面上固定有两颗钉子 0和0，其间距为5，长为L的轻细绳一端连接在钉子0上，另一端连接着一质量为m 带电量为+9的小球，空间内存在着沿O0连线方向的匀强电场，电场强度大小为E。现将 细绳拉直靠在钉子0的右侧，给小球一水平向右的初速度”〈未知)，让小球在水平桌面 内做圆周运动，运动过程中小球的电荷量不变，细绳始终与水平桌面平行。 (1)若小球能完成一圈完整的圆周运动，求初速度“的最小值： (2)以(1)问中的最小初速度出发，小球运动第二圈（即第三个半圈和第四个半圈）的过 程中，细绳中的最小张力是多少？ (3)以(1)问中的最小初速度出发，小球运动到第四个半圈中（在撞击钉子0前）某位置 处，细绳发生断裂，求细绳最大承受力的范围以及断裂时的可能位置（用细绳与OO连线 的夹角的余弦值表示)。 10.(25-26高一下·黑龙江哈尔滨期末)如图所示，光滑绝缘水平地面上静止着两个小物 块，%=3.0kg m3=1.5kg 带电， 带正电，电荷量为9=1×105C 。固定的绝缘传送带倾 角为9=37”°（图中未画出0），动摩擦因数为“=0.5， 带=4.0m/s ,传送带始终以 顺时针匀 速转动，竖直分界线D的右侧有电场，水平分界线C下方区域；匀强电场水平向右，电场 9/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 E=1.0×10N/ 强度 C,分界线C上方区域：匀强电场竖直向上，电场强度 E2=2.25×10N/C 不可伸长的轻质细线长L=1.25m 一端固定在天花板上，另一端拴着 质量为m=kg的不带电小球，将小球拉至与悬点等高位置由静止释放，小球下摆至最低 m, m. m 点时与”发生弹性正碰。碰后向前滑行一段距离，并与”发生完全非弹性碰撞，沿斜 面向上冲上传送带（可认为经过A点时的速率不变），若传送带两轮中心间距离AB的长 度s=17.0m,两物块运动到分界线C时恰好和传送带共速。整个过程中，忽略空气阻力， mm2m3」 8=10m/s2 可以看作质点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力， sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： E D m,0 C 777丹77号 (①小球1到最低点时的速度大小”。 Vi V2 (2)小球1和物块2弹性碰撞结束后的速度，； m从传送带4点到B点的过程中，电动机由于传送它们多消耗的电能”。 11.(25-26高一下湖南湘潭·期末)如图所示，平行板电容器极板长为L=0.6m,极板与 水平面夹角为日=30°。质量为=0.3k8、电荷量为q1C的带正电小球沿水平方向以初速 vo =1m/s 度 飞入平行板电容器，小球恰好能够沿水平直线经两极板边缘A、D通过电容器， 然后无碰撞地从P点进入右侧半径为R=0.5m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道的圆心为O,F 10/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 为圆弧轨道最低点，OP与OF夹角为53°。P点右侧存在水平向右的匀强电场E=4NC (图中未画出)，重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8。求： E (1)平行板电容器内的电场强度大小 (2)P、D两点间的水平距离： (3)小球对圆弧轨道的最大压力大小。 12.(25-26高一下河南洛阳期末)如图所示，长度L=3R的水平传送带AB顺时针转动， 与处于同一竖直面内固定在水平地面上的光滑绝缘轨道BCD在B点平滑连接，其中BC段 水平，CD段是圆心为O、半径为R的半圆弧轨道，C、D分别为圆弧轨道的最低点和最 高点，COD垂直于地面。在B点虚线右侧存在水平向右、电场强度大小E= g的匀强电 场。一质量为m、带电量为q(9>0)的物块轻放于传送带最左侧A点，到达B点时恰好 与传送带共速。到达D点时，对轨道的压力大小为3mg,己知物块与传送带AB间的动摩 擦因数为“=3，物块可视为质点且不考虑运动过程中电荷量变化，重力加速度为g。求： D 0 C 11/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)物块在D点时的速度大小： (2)物块经过圆弧CD段时的最大速率： (3)通过计算判断物块从D点射出后能否落在BC段，如果能，请计算落点距B点的距离。 13.(2026湖北十堰三模)如图甲，水平长为L的矩形区域内有竖直向下的匀强电场，一 个质量为m、带电荷量为9、重力不计的粒子以初速度水平射入电场，并从右边界处的 Vo P点离开电场，此时粒子速度方向与水平方向的夹角为8=37°，粒子离开后即撤去电场。 在P点下方存在强度可调的有界匀强磁场，磁场的上边界线水平，边界线下方的磁场范围 Bo 足够大，当磁感应强度为时，粒子从从点进入磁场、从N点离开磁场后恰好可以再次 经过P点（图中M、N未画出），取sin37°=0.6。 图甲 图乙 (1)求电场强度E为多大？ (2)判断磁场的方向，求M、N之间的距离d和P点到磁场边界线的距离h； (3)在P点与边界线的正中间放置一个水平绝缘挡板，P点在挡板的垂直平分线上，挡板的 d 长度略大于4，如图乙所示。粒子与挡板的碰撞遵循光的反射定律，即碰撞前后的速度大 B(B+B。) 小不变，方向与挡板的夹角相等，且电荷量不变。改变磁感应强度为 粒子出 磁场后仍能再次经过P点，求B的可能取值。 设题创新：在实验情景或仪器中去考察带电粒子在电场中的运动 1. (25-26高一下·浙江宁波期末)小明学习了静电场知识后，设计了一个如图所示的控制 电子运动的装置。MN两板形状为4圆弧，圆心均为O,其间存在加速电场。M板处电子 均匀分布，初速度为零，加速后速度均指向O点。OABC矩形区域内有4层紧邻的间距相 12/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 等的匀强电场，场强大小均为E:方向沿竖直方向交替变化。已知OA=d4B 4d,电 2 子质量为m,电荷量大小为e,Cw=一专山，不考虑电子的重力及相互作用。则能从4B 边射出的电子数与从O点入射的总电子数之比为() A A.1:2 B.4:7 C.3:5 D.2:3 2.(多选)(2023湖南模拟预测)如图(1)所示，是某示波器原理图，在YY'上加上 。,XX'上不加电压时，亮点出现在Y轴正向P点（如图3），都不加电压时亮 恒定电压 点在正中央（零格上）。如果在XX'和YY'分别加上如图2所示的电压，那么示波器屏幕 上看到的() 13/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 亮点 电子枪 0 加速电极 偏转电极 图1 图2 图3 甲 丙 图4 U=V3U0时，图4中的甲 A.如果 T=ToU=3U0 B.如果 ,且 时，图4中的乙 C.如果T=27,且U=3时，图4中的丁 7=2.且= D.如果 °时，图4中的丙 3.(多选)(25-26高二下·浙江宁波期末)静电除尘是预防静电危害的一种重要的应用。 现有一个半径为R的圆桶，桶轴线上有一根细导线作为一个电极，在导线外同轴套了一个 R 半径为的电极保护管。紧贴圆桶内壁有一个薄金属桶为另一电极，两电极间加恒定电压， 使得R处的电场湿度大小为后·已知沿圆福半径方向电场湿度大小为B:,其中)为所 研究位置与导线的距离。所有尘埃颗粒质量相同，带电量均为，尘埃所受空气阻力与速 度成正比，(。0为已知常量)。忽略尘埃颗粒加速到匀速的时间和位移，不计尘埃重 14/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 力，下列说法正确的是（可以参考-t图像的面积求位移的办法）() A尘埃从保护管外壁运动到内筒壁的过程中，瞬时速度与径向距离，满足"-发 kR 8.尘埃从保护管外壁运动到内筒壁的过程中，瞬时速度与径向距离，浅足= 。带申尘埃颗粒从保护管外壁运动到筒壁的时间24ERRR) 。带电尘埃颗粒从保护管外壁运动到筒壁的时间E,RR网 t= 三、解答题 4.(25-26高二下·广东汕尾·期末)电子的发现源自对阴极射线的研究，汤姆孙设计了如图 所示的装置测定电子的比荷。真空玻璃管内，阴极K发出的阴极射线经其与阳极A之间的 高电压加速后，形成一束电子流，若不施加任何场，电子将沿图中虚线经O点打在荧光屏 0 的点；若在图示的圆形区域内施加一个方向垂直于纸面、磁感应强度为B的匀强磁场， 电子将打在荧光屏的P点：再在平行极板间施加电压0，电子又重新打在荧光屏的“点。 L 己知极板长度为，，板间距为。，圆形磁场区域半径为2，圆心与两极板中心重合于0点， P与0的距离为》，磁场使电子束偏转的角度为（单位：弧度）。求： 15/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)经K、A电极加速后电子的速度大小： (2)所加磁场的方向以及电子的比荷： (3)只施加磁场时，电子从进入磁场区域至打在P点所经历的时间'。 5.(25-26高一下·浙江台州·期末)角分辨光电子能谱仪含电子发射区、同心半球极板构成 的静电分析器、边长为L的正方体匀强电场偏转区及二维位置灵敏探测器，探测器距偏转 电场底面竖直高度为L；静电分析器两极间加电势差可形成径向电场，能筛选出特定动能 电子沿半径r(OM=OH=r)的中线轨道通过。电子从M点垂直射入分析器，只有垂直 H点射出的电子才能出静电分析器，进入场强为E的偏转电场，最终打在探测器上；无偏 转电场时电子垂直打在二维探测器的点，以点为原点，平行于电场方向为轴、垂直 于电场方向为轴建立平面直角坐标系。现有入射动能分别为和B的电子、·，分 别到达H、P点，H、P间电势差的大小为U。电子质量为m、电荷量为e,不计重力。 半球形静电分析器 电子b轨迹 电子a轨迹 o 光电子发射区 偏转电场系统 二维位置灵敏探测器 0 (1)判断H、P两点的电势高低： 2)电子日轨迹处的电场强度B的大小和电子b到达P点的动能日 16/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)调节静电分析器电压，使动能在 范围内的电子均能沿中线轨道运动，从而电子 都可以从偏转电场底面射出 ①求电子到达探测器的位置坐标”与动能的关系： HO ②让偏转电场系统绕 轴缓慢转动，且系统转动周期远大于电子穿过电场的时间，求探 测器上能检测到电子的区域面积。 1真题实战演练 高频考点：带电粒子（体）在电场中运动的综合 一、单选题 1.(2026四川高考真题)如图所示、金属薄板a、b、c、d完全相同，用长导线和开 关、S一连按、“与6、C与日平行且间距相等，8，S均断开。口、力箭等量异种电有， c、d不带电。一质量为m、带电量为9的微粒，静止在a、b之间、忽略边缘效应。则 () S S, 闭合、断开，微粒向下运动 B.断开、闭合，微粒向上运动 C.S、S:同时闭合，微粒向下运动 17/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 、同时闭合，微粒保持静止 2.(2026云南高考真题)如图所示，在大小、方向均未知的匀强电场中，O、MN三点 处于同一竖直面内，将一质量为0.1kg、电荷量为1.0×10℃的带正电的小球（视为质点） 从O点抛出，小球1s后到达O点正上方3m处的M点，再经1s到达N点，O、N两点在同 一水平线上且相距3m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2,设电场强度大小为E, O、N两点的电势分别为po和pN,则() M● O- N A.B=6.7x105V/m,0o>oN B.E=6.7×105V/m,po<pN C.E=5.0×105V/m,00>pN D.E=5.0×105V/m,p0<0N 二、解答题 3.(2026河南高考真题)反射式飞行时间质谱仪是通过测量离子在真空中的飞行时间来 对其进行质量分析的仪器。原理如图所示，离子源0产生不同种类、初速度为零的正离子， 离子经匀强电场加速后从A点射出，进入无场区做直线运动，然后从B点进入匀强反射 电场，最后从反射电场射出。己知A、B间的距离为，加速电场和反射电场两极板间 的电压分别为”和，0，> d ),间距分别为和4：反射电场方向与4B的夹角为日。 d, 不计离子重力。 反射电场 探测器 加速电场 无场区 So U2 18/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)证明从离子源0产生的正离子都能从同一点射出反射电场： 五-2 % (2)测得两种离子从0到射出反射电场所用时间之比23，求其比荷之比凸，。 4.(2026贵州高考真题)在竖直平面内，一带电荷量为9(9>0)的小球在重力作用下 从P点由静止开始下落，运动过程中始终受到与运动方向相反的空气阻力作用，其大小」 与速率”满足=”〔女为常）。小球第一次经过尸点正下方的从点时达到最大速率”， 此时，施加竖直向上的恒定匀强电场，小球做变速运动。经过一段时间后，小球在M点正 上方的点再次达到最大速率”，此后匀速上升。已知小球速率从第一次”到再次达到” W 的过程中，克服空气阻力做功为”，重力加速度大小为总。求： (1)小球的质量和电场强度大小： (2)小球的最大加速度大小： 3)施加电场后，M、N两点间的电势差。 5.(2026广东·高考真题)如图()所示，两竖直放置且足够大的平行金属板M、N, 两板间距为，在两板正中间竖直平面内固定有一水平绝缘横杆，一质量为m、电荷量为 9的小球通过两根等长且不可伸长的绝缘轻绳悬挂于横杆下方，小球与横杆的距离为， 两绳的夹角为直角，如图()，接通电源，使板间电压由0开始缓慢增大，小球缓慢向 N靠近，在此过程中每个时刻小球都受力平衡，当小球接触的瞬间，电荷量变为9， 板间电压停止增大并在此后保持恒定，在此恒定电压下，小球每次与M或N接触后瞬间， 速度均减为0，带电荷量变化满足“电性反转、大小不变”，从而在两板间沿着圆弧往复 运动，重力加速度为8，小球可视为质点，每次与板碰撞均不影响两板间电压，忽略空气 阻力和电场的边缘效应，忽略小球所带电荷对板间电场的影响。 19/23 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 横杆 横杆 小球 图(a) 图b) (1)求M、N间的恒定电压U: (2)求小球第一次碰撞M前瞬间，单根轻绳的拉力大小T; 3)若某次小球碰撞M时，M、N间的电压突变为原恒定电压的k倍(k>0),其他条件 不变，此后小球仍能沿着圆弧往复运动，求飞的取值范围，并求出该范围内不同k值对应 的小球最大动能“。 6.(2026河北高考真题)图1为某质谱仪工作原理示意图。电离室中的气体分子被激光 照射后发生电离，其中带正电的粒子由静止经平行于纸面的加速电场加速后，垂直于CD 边进入梯形匀强磁场区域（磁场方向垂直纸面向外），并从CG边中点O平行于CD边射 出，经无场区从边界PQ进入平行于纸面的匀强偏转电场，最终打到接收器与纸面交线N 上并被吸收，接收器可视为接地良好的金属板。MN延长线经过O点，与CD所在直线夹 角为α，a可通过N绕O点在纸面内的转动进行调整，调整前后PO与MN始终平行且间 距为0.3m不变。CG边长为0.2m,与底边HG夹角为60°，磁感应强度大小为0.4T,偏转 电场的电场强度大小为1.8×10Vm,方向始终垂直于PQ。整个过程只考虑一种粒子，加速 电场的电压恒定，W与PQ足够长，装置处于真空环境，忽略粒子间的相互作用，不计重 力。 H 60> ◆t/μs 梯形 0 偏转 7.95 磁场 电场 D C a 0.3m 7.90 加速 电场 ↑↑个个 7.85 电离室 M 古接收器 50 图1 607080→a/() 图2 20/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)已知激光波长为442nm,求该激光一个光子的能量c。(普朗克常量h=6.63×1034J.s, 真空中光速c=3×10m/s) (2)调整α，得到从粒子离开加速电场到到达接收器所经历的时间t与（的关系如图2所示， 求加速电场的电压U以及粒子比荷k。 (3)质谱仪稳定工作时，测得接收器每秒接收的粒子数为，若再测一个除电荷量和质量以 外的物理量，便可在(2)问的基础上得到粒子的质量。请写出该物理量，并推导粒子质量 表达式（所有物理量均用字母表示）。 7.(2026浙江高考真题)俄歇电子能谱(AS)广泛应用于材料表面成分分析。如图1所 示，一束高能电子入射到样品表面，将某原子内层（如K层）的一个电子击出，形成一个 空穴。随后，较外层（如L层）的一个电子跃迁至该空穴，并释放出能量，该能量可能以× 光子的形式射出，也可能立即将另一核外电子（如L层或M层的电子）电离而逸出样品表 E.=15.0keV 面，该电子称为俄歇电子；现用电子动能 的电子束轰击某样品表面，成功激 发KLM俄歇过程（即初始空穴为K层、跃迁电子来自L层、逸出电子来自M层）和KL俄 Ex≈l0.0keV 歇过程（逸出电子来自L层）。己知该原子K层的电离能 层的电离能 E =1.0keV 已知电子的电荷量e=1.60x10℃，电子质 m=9.1×10八kg,光速 c=3×108m/s =6.63×1034Js 普朗克常量 。(计算结果保留一位有效数字)请回答： Ox 跃迁 电子 探 + M K(⊕ 击出电子 逸出（俄歇）电子 入射电子 y KLM俄歇过程示意图 入射电子的德布罗意波长入。 21/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 九x (2)求射出的X光子的波长： (3)甲同学利用带电粒子在磁场中的运动规律，设计了如图2所示的测量俄歇电子动能的方 案；俄歇电子从原点0垂直y轴和磁场方向进入匀强磁场，则=10.0cm和=10.5cm处被 探测到，通过测得的俄歇电子的动能，求原子M层的电离能： (4)乙同学认为用带电粒子在电场中的运动规律，测出俄歇电子的动能，请你帮乙同学设计 一个方案，列出所需要测量的物理量，并给出计算俄歇电子动能的表达式。 三、综合题 (2026·上海·高考真题)光刻技术 光刻是半导体芯片生产流程中最复杂、最关键的工艺步骤，耗时长、成本高。半导体芯片 生产的难点和关键点在于如何在硅片上制作出目标电路图样，这一过程通过光刻来实现， 光刻的工艺水平直接决定芯片的制程水平和性能水平。一般芯片在生产中需要进行20-30 次的光刻，耗时占到1C生产环节的50%左右，占芯片生产成本的1/3.浦济之光是一种很好 的光刻材料，你认识吗？在诸如硅片的基底表面覆盖一层具有高度光敏感性的光刻胶，再 用特定光（一般是紫外光、深紫外光、极紫外光）透过包含目标图案信息的掩模版照射在 基底表面，被光线照射到的光刻胶会发生反应，因此，在显影后被照到的区域会产生与未 被照到的区域不同的效果。 8.在杨氏双缝干涉实验中，观察到屏幕上形成了明暗相间的干涉条纹。若要使相邻的明纹 (或暗纹)的间距减小，可以减小下列哪些物理量() A.入射光的波长B.双缝间距 C.入射光的光强D.双缝到屏幕的距离 9.(1)粒子发射器的带电粒子平行于平行板进入平行板电容器，电容器与电源E,定值 电阻R串联组成闭合电路；已知电路稳定时，电容器的两端电压为U,两板间距为d。则 电容器两板间的电场强度」 (2)实验中观测到带电粒子射到b点右侧，若要使带电粒子通过电容后落在b点，下列操 作可行的是 22/23 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.增大电阻R的阻值B.减小电阻R的阻值 C将电容器向上移动 D.将电容器向下移动 E将电容器右极板向左移动F将电容器右极板向右移动 (3)带电粒子刚进入电容器的时刻为1，刚离开电容器的时刻为？，比较、？时刻该粒 12 子的电势能 与B的大小关系 以及、时刻该粒子所处位置的电势9与%的 高低关系 10.已知普朗克常量为h,真空中的光速为c,某光子的波长为2。 (1)该光子的能量为 (2)若有一质量为m的氦原子，要使其德布罗意波长小于上述光子的波长九，则氦原子的 速度至少为 23/23 专题20 带电粒子(体)在电场中运动的综合（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 1 题型01 会处理带电粒子(体)在交变电场中的运动问题 1 题型02 会处理带电粒子(体)在“等效重力场”中的运动问题 10 题型03 会处理电场中的力电综合问题 12 重难·创新演练 26 真题·实战演练 34 模拟·基础演练 考查重点：带电粒子(体)在电场中运动 ⏳题型01 会处理带电粒子(体)在交变电场中的运动问题 1．（24-25高二上·陕西西安·期中）如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线以速度平行于极板进入（记为时刻），同时在两板上加如图乙变化的电压。已知粒子比荷为，带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是（     ） A．粒子射出时间可能为 B．粒子射出的速度大小为 C．极板长度满足（） D．极板间最小距离为 【答案】D 【详解】设极板间距为，粒子比荷，竖直方向粒子的加速度大小，当电压为时，，当电压为时， 只研究竖直方向的运动，设内，粒子向上做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律 得末，粒子的速度大小为，位移为，其中 之后电压变化，场强反向，粒子继续向上做减速运动直到速度减为0，有， 得，，之后粒子向下做初速度为0的匀加速直线运动，经速度达到最大，此时电压再次变化，粒子继续向下做匀减速直线运动，经速度再次减为0，根据以上分析，画出粒子在竖直方向的速度时间图像，如图所示 A．依题意，粒子以平行极板方向的速度射出，即粒子从电容器射出时，竖直方向的速度为0，由图可知，A错误； B．依题意，电场方向与粒子的入射方向垂直，故粒子沿入射方向，即平行极板方向做匀速直线运动，因粒子以平行极板方向的速度射出，则竖直方向的速度为0，可得粒子射出的速度大小为，B错误； C．因粒子在平行极板方向做匀速直线运动，则极板长度满足 得，C错误； D．设粒子恰好不与极板相撞，根据前面分析可知，极板间最小距离，此时， 得，D正确。 故选D。 2．（24-25高二上·广东中山·阶段检测）某粒子分析仪的结构可简化如图甲所示，粒子源S不间断地释放初速度可忽略不计的带电粒子（不计重力），粒子经过加速区后沿垂直偏转电场的方向进入偏转区，偏转区内的匀强电场由图乙所示的周期性电压产生，图中，。偏转极板的长度和板间距均为（忽略极板边缘效应），现分两次用不同的加速电压进行实验，第一次实验：加速电压，发现某个粒子被加速后在时进入偏转区，恰好在时射出偏转区，射出时的速度偏转角满足，第二次实验：加速电压，发现从粒子源发出的所有粒子均能轰击到水平放置于靶台中间的样品表面上，试求： (1)第一次实验，粒子进入偏转区的速度； (2)第二次实验，粒子在偏转区中运行的时间； (3)第二次实验，加速电压的大小； (4)第二次实验，样品表面能被粒子轰击到的区域的长度。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）由分析可知，粒子进入偏转电场后在水平方向做的是匀速直线运动，由于粒子第一次被加速后在偏转区的运动时间为，故有 解得第一次实验，粒子进入偏转区的速度为 （2）设粒子的电量为，质量为，第一次被加速时，根据动能定理有 同理第二次被加速时，根据动能定理有 由于，则联立解得第二次实验，粒子进入偏转区的速度为 又因为 解得第二次实验，粒子在偏转区中运行的时间为 （3）第一次实验，粒子在偏转电场中做的是类平抛运动，其竖直方向为从静止开始的匀加速直线运动，设粒子的加速度为，则根据牛顿第二定律有 粒子第一次实验射出偏转电场时的速度偏转角为 联立解得粒子的比荷为， 由于粒子第二次被加速时，根据动能定理有 所以第二次实验，加速电压的大小为 （4）由分析可知，第二次实验时，不论什么时刻进入偏转区的粒子，其运动的时间均为。由乙图可知，粒子在竖直方向上加速的总时间均为，故所有粒子在射出偏转区时的都相同，均有 所以粒子射出偏转电场时的速度偏转角的正切值为 画出粒子的图像如图所示： 由上图可知，在时刻进入偏转区的粒子，在射出偏转区时，竖直方向上的偏移量最大，其最大偏移量为 在时刻进入偏转区的粒子，在射出偏转区时，竖直方向上的偏移量最小，其最小偏移量为 样品表面能被粒子轰击到的区域如图所示： 则由几何关系有 解得样品表面能被粒子轰击到的区域的长度为 3．（25-26高一下·山东济南·期末）如图甲所示，区域Ⅰ为内、外半径分别为和的半圆柱组成的区域，分布着沿半径指向圆心的电场，电场强度满足（单位），其中是与装置参数相关的已知定值，为到圆心的距离。区域Ⅱ的宽度为，分布着交变电场，变化规律如图乙所示。电场的方向与端口b端面平行，时刻区域Ⅱ中电场的方向如图甲所示。场强大小恒为，变化周期为T（T大小未知）。时刻，大量质量为m，带电量为的带电粒子从距圆心距离为r（）处以速度（大小未知）从端口a垂直端面射入装置，在区域Ⅰ中做匀速圆周运动后从端口b射入区域Ⅱ。其中处射入的粒子于时刻从端口b射出。不计粒子重力，忽略粒子间相互作用。 (1)求粒子入射速度以及T的大小； (2)从端口c射出的粒子在区域Ⅱ中的偏转位移s与r的关系式； (3)调节交变电场场强大小，使所有粒子最终打到端口c端面上同一点，求满足条件的的值。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）粒子在区域I中受到电场力作用做圆周运动，根据牛顿第二定律 解得 可见粒子能通过速度选择器的速度是确定的； 对于半圆轨迹 解得 （2）对于从处射入的粒子，其从端口射出的时刻为 最晚进入区域II的粒子进入的时刻为 根据电场变化图像，不失一般性的，可认为进入区域II的粒子在电场中先向右加速，再减速，最后再加速，则三段时间长度分别为，， 根据匀变速运动公式，可以得到粒子在轴上的偏移位移为 解得 （3）在屏幕上的落点在同一点要求是与无关的常数，即与无关，可见 解得 4．（25-26高一下·山东烟台·期末）如图所示，两块相距很近的平行金属板A、B竖直放置，板中央均有小孔，两小孔连线水平向右，以水平向右方向为x轴正方向，A、B板间加速电压恒为，紧靠A板小孔左侧处有一粒子源，能够连续不断地沿x轴正方向均匀发射带正电的同种粒子，所有粒子的初速度均为。紧靠B板右侧有关于x轴上下对称的两平行金属板C、D，板长，板间距，C、D间的电压随时间t变化的关系图像如图甲所示，内，D板电势高于C板。在紧邻C、D板右侧有关于x轴前后对称的两平行金属板E、F，两金属板沿x方向长度为，沿y方向足够长，板间距，E、F间的电压随时间t变化的关系图像如图乙所示，内，F板电势高于E板。在距金属板E、F右侧处放置一足够大的荧光屏，荧光屏面与x轴垂直交于点，在荧光屏上以点为坐标原点建立直角坐标系，y轴正方向竖直向上。已知粒子的比荷，不计粒子重力，求： (1)粒子从B板小孔出射时的速度大小； (2)内，能够从C、D板间射出的粒子数与粒子源发射出的总粒子数之比； (3)粒子打在荧光屏上z轴上方的位置中，距离z轴最远位置的点的坐标。 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）从A到B，根据能量守恒得 解得 （2）C、D板间的电场强度大小 粒子在C、D板间运动过程中，做类平抛运动，垂直极板方向上，根据牛顿第二定律得 垂直极板方向上位移 沿极板方向上位移 解得 粒子要能够从C、D板间射出，需要满足 解得，， 由于粒子在板间的运动时间极短，因此可以认为粒子在运动过程中板间电压不变。 可得能够从C、D板间射出的粒子数与粒子源发射出的总粒子数之比为 （3）距离z轴最远时，y坐标最大，所以粒子在C、D板间偏转距离需最大，又粒子打在荧光屏上z轴上方，所以，根据图像甲可得，粒子发射时间或 当时，根据图像乙可得 E、F板间的电场强度大小 粒子在E、F板间运动过程中，做类平抛运动，沿x轴方向上位移 解得 沿z轴方向上，根据牛顿第二定律得 沿z轴方向上位移 末速度 沿y轴方向上，做匀速直线运动，速度 位移 粒子出E、F板间后，做匀速直线运动，沿x轴方向上位移 解得 沿z轴方向上，位移 沿y轴方向上，位移 所以，打在荧光屏上时，y轴坐标为 z轴坐标为 故该点坐标为 同理，，时，发射的粒子打在荧光屏上的点也距z轴最远。 此时，， z轴坐标为 故该点坐标为 综上，该点坐标为或 ⏳题型02 会处理带电粒子(体)在“等效重力场”中的运动问题 5.(多选)(2026·河北衡水模拟)真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37°。如图，现将该小球从电场中A点以初速度v0竖直向上抛出，经过最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A.小球所受的静电力大小为mg B.小球在最高点B的动能为m C.小球在C点的机械能比在A点多m D.小球在C点的动能为 答案：BCD 解析：由题可知，小球重力与静电力的合力方向与竖直方向的夹角为θ＝37°，由几何关系可得，小球所受的静电力大小为F＝mgtan 37°＝mg，A错误；小球在竖直方向上做匀减速运动，由运动学公式可得，从A点运动到B点的时间为t＝，由牛顿第二定律可得，小球在水平方向上的加速度为ax＝＝g，则小球运动到B点的速度大小为vB＝axt＝v0，则小球在最高点B的动能为EkB＝m＝，B正确；根据对称性可知，小球从A点运动到C点的时间为t1＝2t＝，则A、C间的水平位移为x＝ax＝，由功能关系可知，小球从A运动到C，机械能的增加量为ΔE＝Fx＝，即小球在C点的机械能比在A点多，C正确；由对称性可知，小球运动到C点时，竖直分速度竖直向下且大小为v0，由运动学公式可得，小球运动到C点时的水平分速度为vx＝axt1＝v0，则小球在C点的速度大小为vC＝＝，则小球在C点的动能为EkC＝m＝，D正确。故选BCD。 6.(2024·河北卷·T13 )如图，竖直向上的匀强电场中，用长为L的绝缘细线系住一带电小球，在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点，A点为最低点，B点与O点等高。当小球运动到A点时，细线对小球的拉力恰好为0，已知小球的电荷量为q(q＞0)，质量为m，A、B两点间的电势差为U，重力加速度大小为g，求： (1)电场强度E的大小。 (2)小球在A、B两点的速度大小。 答案：(1)　(2)　 解析：(1)A、B两点间的电势差为U，则E＝。 (2)小球运动到A点时，由牛顿第二定律有 qE－mg＝m 解得小球在A点的速度大小vA＝ 小球从A点运动到B点的过程，由动能定理有 qU－mgL＝m－m 解得小球在B点的速度大小vB＝。 ⏳题型03 会处理电场中的力电综合问题 7．（25-26高二上·四川遂宁·期中）在一个科幻的星际空间站中，有两个正方形的区域，充满了匀强电场，在两个区域的连接处有一个小型的能量吸收装置，当带电粒子经过该装置时，会损失一半的动能后再进入区域2。如图所示，挡板FA=AB=BC=CD=d，均为光滑绝缘挡板，两个区域的匀强电场大小分别为E1、E2 ，现有一质量为m，带电量为q的粒子从A点静止释放，经过能量吸收装置后，恰好落到D点（重力加速度为g）（     ） A．带电粒子带负电 B．进出区域2的动能之比为1:5 C．E1和E2的关系为 D．若能量吸收装置损坏，带电粒子到达D点的速度大小变为 【答案】BC 【详解】A．带电粒子从A点静止释放，能到达能量吸收装置，表明其所受电场力方向水平向右，与区域1中电场方向相同，则带电粒子带正电，故A错误； B．设带电粒子经过能量吸收装置后的速度大小为，落到D点时在竖直方向的速度大小为 带电粒子在区域2中运动的过程，水平方向有 竖直方向有 联立解得 则带电粒子落到D点时的速度大小为     带电粒子进区域2时的动能为 出区域2时的动能为 则，故B正确； C．带电粒子运动至能量吸收装置时的动能为 带电粒子在区域1中运动的过程中，由动能定理有 带电粒子在区域2中运动的过程中，由动能定理有 联立可得，故C正确； D．若能量吸收装置损坏，则带电粒子将不会落在D点，故D错误。 故选BC。 8．（25-26高一下·江苏南京·期末）如图所示，匀强电场方向水平向左，绝缘轨道由直杆和与半径为的圆弧段平滑连接组成，固定在与电场方向平行的竖直平面内，与水平方向间夹角为，水平。质量为的带正电小环套在杆上自点由静止释放，间距离等于圆弧段轨道半径，直杆和圆弧段均光滑，小环与直杆的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。已知重力加速度大小为，小环受到的电场力为重力的倍，，，求： (1)小环从点下滑至点时，电势能的变化量； (2)小环在圆弧段上运动时，对圆弧产生的最大压力； (3)要使小环至少能经过点三次，动摩擦因数应满足什么条件； (4)小环自点由静止释放后在直杆上运动的总路程。 【答案】(1) (2) (3) (4)当时，；当时， 【详解】（1）电势能变化由电场力做功决定。从到，水平位移 小环带正电，所受电场力向左，位移向左，电场力做正功 电场力做正功，电势能减小，电势能变化量 （2）由电场力和重力均为恒力，且，则可将电场力与重力进行合成，获得等效重力，即，由几何关系易知，等效重力与水平方向夹角为 小环从到运动过程中，只有等效重力做功，因此，等效重力运动最低点即为圆周运动速度最大点，最低点如图所示： 由牛顿第二定律 由几何关系和能量守恒易知 联立解得 （3）小环第一次经过点为从点下滑，第二次经过点为从直杆返回，第三次经过点为从直杆滑下，因此至少能3次经过点，需满足第二次经过点时 小环从到运动过程中，由几何关系和能量守恒易知 解得 小环进入水平粗糙杆，在上受向左电场力，摩擦力；向右运动时摩擦力向左，合力向左，减速；向左返回时，电场力向左，摩擦力向右，合力向右，加速。 减速过程中，由运动学公式；加速过程中，其中为返回点时速度大小。 联立解得，对应动能 由几何关系，从到需要克服等效重力做功 由能量守恒 解得 （4）由可知，当时，小环无法返回点而停留在上，此时由于，因此小球减速到零后静止，由能量守恒 解得 当时，在整个运动过程中，小环会因在圆弧段上无法进行圆周运动，而最终无法到达上，在段运动过程中克服摩擦力做的总功等于小环第一次到达点时的动能，即 解得 综上，当时，；当时， 9．（24-25高三下·甘肃白银·阶段检测）如图所示，在光滑绝缘水平桌面上固定有两颗钉子和，其间距为，长为的轻细绳一端连接在钉子上，另一端连接着一质量为、带电量为的小球，空间内存在着沿连线方向的匀强电场，电场强度大小为。现将细绳拉直靠在钉子的右侧，给小球一水平向右的初速度（未知），让小球在水平桌面内做圆周运动，运动过程中小球的电荷量不变，细绳始终与水平桌面平行。 (1)若小球能完成一圈完整的圆周运动，求初速度的最小值； (2)以（1）问中的最小初速度出发，小球运动第二圈（即第三个半圈和第四个半圈）的过程中，细绳中的最小张力是多少？ (3)以（1）问中的最小初速度出发，小球运动到第四个半圈中（在撞击钉子前）某位置处，细绳发生断裂，求细绳最大承受力的范围以及断裂时的可能位置（用细绳与连线的夹角的余弦值表示）。 【答案】(1) (2) (3)最大拉力范围为到，断裂的可能位置是从（）处到竖直连线位置 【详解】（1）第一个半圈结束时，绳中张力为零，此时初速度最小，电场力提供向心力 解得 根据能量守恒定律可得 解得 （2）第三个半圈开始时有 解得 然后绳中拉力一直减小到第三个半圈结束时，有， 解得 第四个半圈开始时有 解得 然后绳中拉力一直增大到第四个半圈结束时，有， 解得 所以第二圈中最小张力在第三个半圈结束时，即 （3）在第三个半圈内细绳上的力从减小到，在第四个半圈内细绳上的力从增大到，所以要细绳在第三个半圈内不会发生断裂而在第四个半圈内发生断裂，则细绳能承受的最大拉力范围为到，若拉力为时细绳断裂，设断裂时的速度为，与的夹角为，如图所示： 解得 所以断裂的可能位置是从（）处到竖直连线位置。 10．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·期末）如图所示，光滑绝缘水平地面上静止着两个小物块，不带电，带正电，电荷量为。固定的绝缘传送带倾角为（图中未画出），动摩擦因数为，传送带始终以顺时针匀速转动，竖直分界线的右侧有电场，水平分界线下方区域；匀强电场水平向右，电场强度，分界线上方区域；匀强电场竖直向上，电场强度；不可伸长的轻质细线长，一端固定在天花板上，另一端拴着质量为的不带电小球，将小球拉至与悬点等高位置由静止释放，小球下摆至最低点时与发生弹性正碰。碰后向前滑行一段距离，并与发生完全非弹性碰撞，沿斜面向上冲上传送带（可认为经过点时的速率不变），若传送带两轮中心间距离的长度，两物块运动到分界线时恰好和传送带共速。整个过程中，忽略空气阻力，、、可以看作质点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，，求： (1)小球1到最低点时的速度大小； (2)小球1和物块2弹性碰撞结束后的速度，； (3)，从传送带点到点的过程中，电动机由于传送它们多消耗的电能。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）小球1从静止释放到最低点过程中，由机械能守恒得 解得 （2）小球1和物块2弹性碰撞，由动量守恒得 由机械能守恒得 联立得， （3），发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得 解得 由于，可得，从传送带点到分界线过程中，滑动摩擦力沿传送带向上，电场力水平向右，受力分析如图所示。 垂直传送带方向有 滑动摩擦力 根据牛顿第二定律，沿传送带方向有 由于两物块运动到分界线时恰好和传送带共速，，从传送带点到分界线过程中，消耗的时间 两物块的位移 传送带的位移 ，从分界线到传送带点过程中，电场力竖直向上。 由于 可得滑动摩擦力仍沿传送带向上，两物块做匀减速运动，受力分析如图所示。 垂直传送带方向有 滑动摩擦力 根据牛顿第二定律，沿传送带方向有 设，从分界线到传送带点过程中消耗的时间为，则两物块的位移 解得或 当时，物块到达传送带点的速度 故舍去。 传送带的位移 ，从传送带点到点的过程中，电动机由于传送它们多消耗的电能 11．（25-26高一下·湖南湘潭·期末）如图所示，平行板电容器极板长为L=0.6 m，极板与水平面夹角为。质量为m=0.3 kg、电荷量为q=1 C的带正电小球沿水平方向以初速度飞入平行板电容器，小球恰好能够沿水平直线经两极板边缘A、D通过电容器，然后无碰撞地从P点进入右侧半径为R=0.5 m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道的圆心为O，F为圆弧轨道最低点，OP与OF夹角为。P点右侧存在水平向右的匀强电场（图中未画出），重力加速度g取，。求： (1)平行板电容器内的电场强度大小； (2)P、D两点间的水平距离； (3)小球对圆弧轨道的最大压力大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球恰好能够沿水平直线运动，竖直方向有 解得 （2）水平方向有 根据运动学公式有 解得 小球离开电容器后做平抛运动，有 解得 竖直方向有 可得P、D两点间的水平距离为 （3）P点右侧存在水平向右的匀强电场，可知等效重力 点是等效最低点，且与P点等高，根据动能定理有 等效最低点向心力方程 解得 根据牛顿第三定律可得小球对圆弧轨道的最大压力为 12．（25-26高一下·河南洛阳·期末）如图所示，长度的水平传送带AB顺时针转动，与处于同一竖直面内固定在水平地面上的光滑绝缘轨道BCD在点平滑连接，其中段水平，段是圆心为、半径为的半圆弧轨道，、分别为圆弧轨道的最低点和最高点，垂直于地面。在点虚线右侧存在水平向右、电场强度大小的匀强电场。一质量为、带电量为q（）的物块轻放于传送带最左侧点，到达点时恰好与传送带共速。到达点时，对轨道的压力大小为，已知物块与传送带AB间的动摩擦因数为，物块可视为质点且不考虑运动过程中电荷量变化，重力加速度为。求： (1)物块在点时的速度大小； (2)物块经过圆弧段时的最大速率； (3)通过计算判断物块从点射出后能否落在段，如果能，请计算落点距点的距离。 【答案】(1) (2) (3)能， 【详解】（1）对物块在点分析，由牛顿第三定律有： 解得 （2）对物块在电场中受力分析可知，物块的等效重力方向为，即，则当物块运动到与夹角为时，速度最大。 对物块从该点到最高点点过程分析，由动能定理有 解得 （3）物块从轻放于传送带到点分析，由动能定理有 解得 物块从点射出后，在水平方向做匀减速直线运动，有 最远水平位移为，即物块运动过程中不会出电场部分。 在竖直方向做自由落体运动，有 对应水平位移 解得 则落点距点的距离为 解得 13．（2026·湖北十堰·三模）如图甲，水平长为的矩形区域内有竖直向下的匀强电场，一个质量为、带电荷量为、重力不计的粒子以初速度水平射入电场，并从右边界处的点离开电场，此时粒子速度方向与水平方向的夹角为，粒子离开后即撤去电场。在点下方存在强度可调的有界匀强磁场，磁场的上边界线水平，边界线下方的磁场范围足够大，当磁感应强度为时，粒子从点进入磁场、从点离开磁场后恰好可以再次经过点（图中、未画出），取。 (1)求电场强度为多大？ (2)判断磁场的方向，求、之间的距离和点到磁场边界线的距离； (3)在点与边界线的正中间放置一个水平绝缘挡板，点在挡板的垂直平分线上，挡板的长度略大于，如图乙所示。粒子与挡板的碰撞遵循光的反射定律，即碰撞前后的速度大小不变，方向与挡板的夹角相等，且电荷量不变。改变磁感应强度为，粒子出磁场后仍能再次经过点，求的可能取值。 【答案】(1) (2)， (3)（，，） 【详解】（1）粒子在水平方向做匀速直线运动，有 解得 设粒子出电场时的竖直分速度大小为，有 解得 由解得 由解得 （2）由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，粒子在磁场中运动的速度为 由解得 由图1可知， 解得 （3）因，所以粒子必须与挡板相碰后才有可能再次经过点。设粒子运动半径为，连续两次经过挡板所在水平线粒子往左的位移为，如图2 由（2）同理可得 由几何关系可得 要使粒子能再次经过点，应有（为正整数） 解得 要使粒子能与挡板相碰，应有 解得 综上所述，有（） 设题创新:在实验情景或仪器中去考察带电粒子在电场中的运动 1．（25-26高一下·浙江宁波·期末）小明学习了静电场知识后，设计了一个如图所示的控制电子运动的装置。两板形状为圆弧，圆心均为，其间存在加速电场。板处电子均匀分布，初速度为零，加速后速度均指向点。矩形区域内有4层紧邻的间距相等的匀强电场，场强大小均为，方向沿竖直方向交替变化。已知，，电子质量为，电荷量大小为，，不考虑电子的重力及相互作用。则能从边射出的电子数与从点入射的总电子数之比为（　　） A．1∶2 B．4∶7 C．3∶5 D．2∶3 【答案】A 【详解】电子在之间加速运动，由动能定理可得 解得电子在点的速度 设电子的入射角为时，电子恰好从点射出，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上反复做加速度大小相同的减速运动、加速运动，运动的总时间 竖直方向上，，， 则有， 电子在分层电场中运动时间相等，设其运动时间为，则有 每层电场竖直方向的位移的大小为 整理可得 解得（当时电子竖直方向位移超出电场区域边界，无法到达点。此解舍去） 则能从边射出的电子数与从点入射的总电子数之比为 故选A。 2．（多选）（2023·湖南·模拟预测）如图（1）所示，是某示波器原理图，在上加上恒定电压，上不加电压时，亮点出现在轴正向点（如图3），都不加电压时亮点在正中央（零格上）。如果在和分别加上如图2所示的电压，那么示波器屏幕上看到的（     ） A．如果时，图4中的甲 B．如果，且时，图4中的乙 C．如果，且时，图4中的丁 D．如果，且时，图4中的丙 【答案】BD 【详解】A．由题给定标和示波管的线性偏转关系，亮点的竖直偏转振幅为 此条件只确定竖直振幅，未给出扫掠周期与信号周期的关系，且水平偏转电压使亮点的横坐标随时间变化，不能得到图甲所示的竖直线，故A错误； BCD．当时，由题给定标和正弦电压图像可知，亮点的竖直坐标满足 由水平偏转电压图像可知，每次扫掠中亮点的横坐标由左向右随时间均匀变化。由正弦电压的周期性可知，相邻两次扫掠起点的相位差为 三种周期关系下的连续扫描轨迹如图所示。 当时，相位差为，每次扫掠包含一个完整的正弦周期，各次轨迹重合，形成图乙。当时，相位差为，相邻两次扫掠分别显示上、下半个正弦周期，屏上会叠加两条半波，不能只形成图丁。当时，相位差为，每次扫掠包含两个完整的正弦周期，各次轨迹重合，形成图丙，故BD正确，C错误。 故选BD。 3．（多选）（25-26高二下·浙江宁波·期末）静电除尘是预防静电危害的一种重要的应用。现有一个半径为R的圆桶，桶轴线上有一根细导线作为一个电极，在导线外同轴套了一个半径为的电极保护管。紧贴圆桶内壁有一个薄金属桶为另一电极，两电极间加恒定电压，使得R处的电场强度大小为。已知沿圆桶半径方向电场强度大小为，其中r为所研究位置与导线的距离。所有尘埃颗粒质量相同，带电量均为q，尘埃所受空气阻力与速度成正比，f=kv（k>0为已知常量）。忽略尘埃颗粒加速到匀速的时间和位移，不计尘埃重力，下列说法正确的是（可以参考v-t图像的面积求位移的办法）（    ） A．尘埃从保护管外壁运动到内筒壁的过程中，瞬时速度与径向距离满足 B．尘埃从保护管外壁运动到内筒壁的过程中，瞬时速度与径向距离满足 C．带电尘埃颗粒从保护管外壁运动到筒壁的时间 D．带电尘埃颗粒从保护管外壁运动到筒壁的时间 【答案】BC 【详解】AB．由题意，，且 时，可得半径为 处电场强度大小为 忽略加速过程后，尘埃颗粒近似匀速运动，电场力大小与阻力大小平衡，有 解得 ，故A错误，B正确； CD．尘埃从保护管外壁运动到圆桶内壁，径向距离由 增大到，由 得 代入 有 解得 ，故C正确，D错误。 故选BC。 三、解答题 4．（25-26高二下·广东汕尾·期末）电子的发现源自对阴极射线的研究，汤姆孙设计了如图所示的装置测定电子的比荷。真空玻璃管内，阴极发出的阴极射线经其与阳极之间的高电压加速后，形成一束电子流，若不施加任何场，电子将沿图中虚线经点打在荧光屏的点；若在图示的圆形区域内施加一个方向垂直于纸面、磁感应强度为的匀强磁场，电子将打在荧光屏的点；再在平行极板间施加电压，电子又重新打在荧光屏的点。已知极板长度为，板间距为，圆形磁场区域半径为，圆心与两极板中心重合于点，与的距离为，磁场使电子束偏转的角度为（单位：弧度）。求： (1)经K、A电极加速后电子的速度大小v； (2)所加磁场的方向以及电子的比荷； (3)只施加磁场时，电子从进入磁场区域至打在点所经历的时间。 【答案】(1) (2)磁场方向垂直于纸面向里； (3) 【详解】（1）设电子质量为，电荷量为。同时施加电场和磁场时，电子不偏转。 电子受力平衡，有    又极板间电场强度    联立解得 （2）由题意可知，电子在圆形区域内向下偏转，即所受洛伦兹力方向向下，由左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，电子在圆形磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有    由几何关系可知 联立解得比荷 （3）电子在磁场中经历的时间    又    离开磁场后，设电子做匀速直线运动的位移为。则有几何关系    又    且 解得 5．（25-26高一下·浙江台州·期末）角分辨光电子能谱仪含电子发射区、同心半球极板构成的静电分析器、边长为的正方体匀强电场偏转区及二维位置灵敏探测器，探测器距偏转电场底面竖直高度为；静电分析器两极间加电势差可形成径向电场，能筛选出特定动能电子沿半径（）的中线轨道通过。电子从点垂直射入分析器，只有垂直点射出的电子才能出静电分析器，进入场强为的偏转电场，最终打在探测器上；无偏转电场时电子垂直打在二维探测器的点，以点为原点，平行于电场方向为轴、垂直于电场方向为轴建立平面直角坐标系。现有入射动能分别为和的电子、，分别到达点，间电势差的大小为。电子质量为、电荷量为，不计重力。 (1)判断两点的电势高低； (2)电子a轨迹处的电场强度的大小和电子b到达点的动能； (3)调节静电分析器电压，使动能在范围内的电子均能沿中线轨道运动，从而电子都可以从偏转电场底面射出 ①求电子到达探测器的位置坐标与动能的关系； ②让偏转电场系统绕轴缓慢转动，且系统转动周期远大于电子穿过电场的时间，求探测器上能检测到电子的区域面积。 【答案】(1) (2)， (3)①② 【详解】（1）电子带负电，电场力提供向心力，且电子受力方向与电场方向相反，因此电场方向由H指向P， （2）电子a在静电分析器中做匀速圆周运动，静电力提供向心力， 又 解得 根据动能定理， 解得 （3）① 电子在偏转电场中做类平抛运动， 偏转距离满足 出偏转电场后做匀速直线运动， 由几何关系可得，， 解得 ②系统转动周期远大于电子穿过电场的时间，电子在偏转系统仍做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动； 随着电场的水平绕轴旋转， 动能为的电子在探测器上的位置集合是半径为的圆， 动能为的电子在探测器上的位置集合是半径为的圆， 解得探测器上能检测到电子的区域面积， 真题·实战演练 高频考点：带电粒子(体)在电场中运动的综合 一、单选题 1．（2026·四川·高考真题）如图所示、金属薄板、、、完全相同，用长导线和开关、连接、与、与平行且间距相等，，均断开。、带等量异种电荷，c、不带电。一质量为、带电量为的微粒，静止在、之间、忽略边缘效应。则（     ） A．闭合、断开，微粒向下运动 B．断开、闭合，微粒向上运动 C．、同时闭合，微粒向下运动 D．、同时闭合，微粒保持静止 【答案】C 【详解】带电量为的微粒，静止在、之间，说明重力与电场力平衡，电场力向上。 A．断开，b的带电量保持不变，根据电容器极板电荷等量关系，a的带电量不变，因此ab间电场强度不变，电场力仍等于重力，微粒保持静止，A错误； B．同理可得，B错误； CD．、同时闭合相当于ab、cd两个电容器并联，电荷均匀分布在两个电容器的极板上，ab电容器带电量减小，板间场强减小，电场力小于重力，微粒向下运动，故C正确，D错误。 故选C 。 2．（2026·云南·高考真题）如图所示，在大小、方向均未知的匀强电场中，O、M、N三点处于同一竖直面内，将一质量为0.1kg、电荷量为1.0×10－6C的带正电的小球（视为质点）从O点抛出，小球1s后到达O点正上方3m处的M点，再经1s到达N点，O、N两点在同一水平线上且相距3m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，设电场强度大小为E，O、N两点的电势分别为φO和φN，则（   ） A．E = 6.7×105V/m，φO > φN B．E = 6.7×105V/m，φO < φN C．E = 5.0×105V/m，φO > φN D．E = 5.0×105V/m，φO < φN 【答案】C 【详解】根据题意0 ~ 1s水平位移为0，可得v0x＋0.5ax = 0 竖直位移为3m，可得vy0＋0.5ay = 3 0 ~ 2s水平位移为3m，可得2v0x＋2ax = 3 竖直位移为0，可得2vy0＋2ay = 0 解得ax = 3m/s2，ay = －6m/s2 对小球受力分析有 代入数据得Ex = 3.0×105V/m，Ey = 4.0×105V/m 故电场强度大小 电场方向斜向上偏N侧，Ex > 0表明沿x轴正方向电势降低，故φO > φN。 故选C。 二、解答题 3．（2026·河南·高考真题）反射式飞行时间质谱仪是通过测量离子在真空中的飞行时间来对其进行质量分析的仪器。原理如图所示，离子源 产生不同种类、初速度为零的正离子，离子经匀强电场加速后从 点射出，进入无场区做直线运动，然后从 点进入匀强反射电场，最后从反射电场射出。已知 、 间的距离为；加速电场和反射电场两极板间的电压分别为和（），间距分别为和；反射电场方向与 的夹角为。不计离子重力。 (1)证明从离子源 产生的正离子都能从同一点射出反射电场； (2)测得两种离子从 到射出反射电场所用时间之比，求其比荷之比。 【答案】(1)设离子电荷量为q、质量为m，经加速电场加速后速度为v，由动能定理有 离子进入反射电场，沿电场方向分速度 加速度大小 离子在反射电场中垂直电场方向分速度 反射电场往返时间 可得垂直电场方向位移 与离子比荷无关，结合沿电场方向最大位移与比荷无关，可得出所有正离子均从同一点射出反射电场。 (2) 【详解】（1）设离子电荷量为q、质量为m，经加速电场加速后速度为v，由动能定理有 离子进入反射电场，沿电场方向分速度 加速度大小 离子在反射电场中垂直电场方向分速度 由于则粒子在反射电场往返时间 可得垂直电场方向位移 与离子比荷无关，结合沿电场方向最大位移与比荷无关，可得出所有正离子均从同一点射出反射电场。 （2）在加速电场中，根据位移时间关系 其中 可得加速电场中运动时间 无场区运动时间 离子从到射出反射电场所用时间 可知，即 可得 4．（2026·贵州·高考真题）在竖直平面内，一带电荷量为（）的小球在重力作用下从点由静止开始下落，运动过程中始终受到与运动方向相反的空气阻力作用，其大小与速率满足（为常量）。小球第一次经过点正下方的点时达到最大速率，此时，施加竖直向上的恒定匀强电场，小球做变速运动。经过一段时间后，小球在点正上方的点再次达到最大速率，此后匀速上升。已知小球速率从第一次到再次达到的过程中，克服空气阻力做功为，重力加速度大小为。求： (1)小球的质量和电场强度大小； (2)小球的最大加速度大小； (3)施加电场后，、两点间的电势差。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）小球第一次达到最大速率时，受力平衡，根据平衡条件有 解得小球的质量为 小球再次到达最大速率时，受力平衡，小球到达M点上方N点，速度方向竖直向上，则空气阻力竖直向下，根据力的平衡条件有 解得电场强度大小为 （2）对小球从P点运动到M点的过程，由牛顿第二定律有 可知小球做加速度减小的加速运动，从M点运动到最低点的过程，由牛顿第二定律有 可知小球做加速度减小的减速运动，小球从最低点运动到N点的过程，由牛顿第二定律有 可知小球做加速度减小的加速运动，小球从静止释放时加速度为g，小球运动到M点加恒定匀强电场时有 解得 则小球的最大加速度大小为。 （3）对小球从M点运动到N点的过程，由动能定理有 其中 联立解得M、N两点间的电势差为 5．（2026·广东·高考真题）如图（a）所示，两竖直放置且足够大的平行金属板、，两板间距为，在两板正中间竖直平面内固定有一水平绝缘横杆，一质量为、电荷量为的小球通过两根等长且不可伸长的绝缘轻绳悬挂于横杆下方，小球与横杆的距离为，两绳的夹角为直角，如图（b），接通电源，使板间电压由0开始缓慢增大，小球缓慢向靠近，在此过程中每个时刻小球都受力平衡，当小球接触的瞬间，电荷量变为，板间电压停止增大并在此后保持恒定，在此恒定电压下，小球每次与或接触后瞬间，速度均减为0，带电荷量变化满足“电性反转、大小不变”，从而在两板间沿着圆弧往复运动，重力加速度为，小球可视为质点，每次与板碰撞均不影响两板间电压，忽略空气阻力和电场的边缘效应，忽略小球所带电荷对板间电场的影响。 (1)求、间的恒定电压； (2)求小球第一次碰撞前瞬间，单根轻绳的拉力大小； (3)若某次小球碰撞时，、间的电压突变为原恒定电压的倍（），其他条件不变，此后小球仍能沿着圆弧往复运动，求的取值范围，并求出该范围内不同值对应的小球最大动能。 【答案】(1) (2) (3)当时，；当时， 【详解】（1）当小球刚好到金属板时，受力分析如图所示 根据几何关系可得 可得 根据平衡条件有 其中 联立可得 （2）小球从金属板到金属板过程，根据动能定理 小球第一次碰撞前瞬间，受力分析如图所示 对小球根据牛顿第二定律 联立解得 （3）如图所示 要使小球仍能沿着圆弧往复运动，即绳子拉力大于零，需要满足 解得 根据（2）分析可知当时，小球到达金属板时，电场力和重力的合力与绳子的合力方向相同，当时，小球所受的重力和电场力的合力相对于小球到达金属板时绳子合力的方向偏上，如图所示 绳子拉力对小球不做功，可知小球所受的重力和电场力的合力与小球位移的夹角一直为锐角，当小球到达金属板时，动能最大，根据动能定理有 可得 当时，小球所受的重力和电场力的合力相对于小球到达金属板时绳子合力的方向偏下，如图所示 当小球速度与小球所受的重力和电场力的合力方向垂直时，速度最大，该点为等效最低点，设此时与竖直方向的夹角为，根据几何关系有 根据数学知识可得， 根据动能定理有 解得 6．（2026·河北·高考真题）图1为某质谱仪工作原理示意图。电离室中的气体分子被激光照射后发生电离，其中带正电的粒子由静止经平行于纸面的加速电场加速后，垂直于CD边进入梯形匀强磁场区域（磁场方向垂直纸面向外），并从CG边中点O平行于CD边射出，经无场区从边界PQ进入平行于纸面的匀强偏转电场，最终打到接收器与纸面交线MN上并被吸收，接收器可视为接地良好的金属板。MN延长线经过O点，与CD所在直线夹角为α，α可通过MN绕O点在纸面内的转动进行调整，调整前后PQ与MN始终平行且间距为0.3m不变。CG边长为0.2m，与底边HG夹角为60°，磁感应强度大小为0.4T，偏转电场的电场强度大小为1.8×104V/m，方向始终垂直于PQ。整个过程只考虑一种粒子，加速电场的电压恒定，MN与PQ足够长，装置处于真空环境，忽略粒子间的相互作用，不计重力。 (1)已知激光波长为442nm，求该激光一个光子的能量ε。（普朗克常量，真空中光速） (2)调整α，得到从粒子离开加速电场到到达接收器所经历的时间t与α的关系如图2所示，求加速电场的电压U以及粒子比荷k。 (3)质谱仪稳定工作时，测得接收器每秒接收的粒子数为n，若再测一个除电荷量和质量以外的物理量，便可在（2）问的基础上得到粒子的质量。请写出该物理量，并推导粒子质量表达式（所有物理量均用字母表示）。 【答案】(1) (2)， (3)测接收器受到粒子的平均作用力大小，质量表达式为； 【详解】（1）根据光子能量公式 代入数据解得 （2）根据题意画出粒子运动轨迹图如下 根据几何关系可知粒子在磁场半径 且粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力，有 其中比荷。可得 由题知粒子在无场区O到PQ的距离为，在无场区运动时间 粒子进入电场时的法向初速度与电场方向相反，大小为 则在法线方向有 解得 总时间 其中t0为加速电场末端到CD无场区的时间与α无关，与α无关，根据图2可知时t最小，即 在有最小值，根据均值不等式可求出 联立 代入数据得 在加速电场中有 得 （3）测量接收器受到粒子的平均作用力大小，在时间内，有 根据动量定理和牛顿第三定律可知接收器受到的平均作用力大小F等于粒子动量的变化率大小，即 对单个粒子，设粒子打在接收器上时垂直接收器速度为，则有 可得 联立可得粒子质量 7．（2026·浙江·高考真题）俄歇电子能谱（AES）广泛应用于材料表面成分分析。如图1所示，一束高能电子入射到样品表面，将某原子内层（如K层）的一个电子击出，形成一个空穴。随后，较外层（如L层）的一个电子跃迁至该空穴，并释放出能量，该能量可能以X光子的形式射出，也可能立即将另一核外电子（如L层或M层的电子）电离而逸出样品表面，该电子称为俄歇电子；现用电子动能的电子束轰击某样品表面，成功激发KLM俄歇过程（即初始空穴为K层、跃迁电子来自L层、逸出电子来自M层）和KLL俄歇过程（逸出电子来自L层）。已知该原子K层的电离能L层的电离能已知电子的电荷量，电子质量，光速，普朗克常量。（计算结果保留一位有效数字）请回答： (1)入射电子的德布罗意波长。 (2)求射出的X光子的波长； (3)甲同学利用带电粒子在磁场中的运动规律，设计了如图2所示的测量俄歇电子动能的方案；俄歇电子从原点O垂直y轴和磁场方向进入匀强磁场，则y1=10.0cm和y2=10.5cm处被探测到，通过测得的俄歇电子的动能，求原子M层的电离能； (4)乙同学认为用带电粒子在电场中的运动规律，测出俄歇电子的动能，请你帮乙同学设计一个方案，列出所需要测量的物理量，并给出计算俄歇电子动能的表达式。 【答案】(1) (2) (3) (4)见解析 【详解】（1）由德布罗意公式 又 解得 （2）因线是由电子从L层跃迁到K层时释放的光子，则光子的能量为 则由 解得 （3）电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力 俄歇电子的动能为（d表示直径） 设KLL俄歇电子的动能为EKLL；KLM俄歇电子的动能为EKLM，则有 KLL俄歇电子：K层空穴由L层电子填充，释放的能量为EK-EL，并传递给L层另一个电子使其逸出，又消耗EL，则KLL俄歇电子的动能为 同理可得，KLM俄歇电子的动能为 解得 （4）让待测电子束以水平初速度射入两块平行金属板之间，金属板长为L，板间距为d，两板之间加恒定的电压U，形成匀强电场，在离开金属板右侧距离L1处垂直电子入射方向放置一荧光屏，如图所示 需要测量的物理量：金属板长度L，板间电压U，板间距d以及L1，电子飞出电场后打到荧光屏时垂直电子入射方向的侧移量y； 计算方法：电子在水平方向做匀速直线运动，则 电子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则加速度 侧移量满足 俄歇电子动能表达式 三、综合题 （2026·上海·高考真题）光刻技术 光刻是半导体芯片生产流程中最复杂、最关键的工艺步骤，耗时长、成本高。半导体芯片生产的难点和关键点在于如何在硅片上制作出目标电路图样，这一过程通过光刻来实现，光刻的工艺水平直接决定芯片的制程水平和性能水平。一般芯片在生产中需要进行20-30次的光刻，耗时占到IC生产环节的50%左右，占芯片生产成本的1/3.浦济之光是一种很好的光刻材料，你认识吗？在诸如硅片的基底表面覆盖一层具有高度光敏感性的光刻胶，再用特定光（一般是紫外光、深紫外光、极紫外光）透过包含目标图案信息的掩模版照射在基底表面，被光线照射到的光刻胶会发生反应，因此，在显影后被照到的区域会产生与未被照到的区域不同的效果。 8．在杨氏双缝干涉实验中，观察到屏幕上形成了明暗相间的干涉条纹。若要使相邻的明纹（或暗纹）的间距减小，可以减小下列哪些物理量（　　） A．入射光的波长 B．双缝间距 C．入射光的光强 D．双缝到屏幕的距离 9．（1）粒子发射器的带电粒子平行于平行板进入平行板电容器，电容器与电源E，定值电阻R串联组成闭合电路；已知电路稳定时，电容器的两端电压为，两板间距为。则电容器两板间的电场强度________ （2）实验中观测到带电粒子射到b点右侧，若要使带电粒子通过电容后落在b点，下列操作可行的是________ A．增大电阻的阻值        B．减小电阻的阻值 C将电容器向上移动        D．将电容器向下移动 E.将电容器右极板向左移动    F.将电容器右极板向右移动 （3）带电粒子刚进入电容器的时刻为，刚离开电容器的时刻为；比较、时刻该粒子的电势能与的大小关系________以及、时刻该粒子所处位置的电势与的高低关系________。 10．已知普朗克常量为，真空中的光速为，某光子的波长为。 （1）该光子的能量为________。 （2）若有一质量为的氦原子，要使其德布罗意波长小于上述光子的波长，则氦原子的速度至少为________。 【答案】8．AD 9． C 10． 【详解】8．根据相邻亮条纹中心间距 A．若减小入射光的波长，则相邻的明纹（或暗纹）的间距减小，故A正确； B．若减小双缝间距，则相邻的明纹（或暗纹）的间距增大，故B错误； C．若减小入射光的光强，则条纹变暗，不改变相邻的明纹（或暗纹）的间距，故C错误； D．若减小双缝到屏幕的距离，则相邻的明纹（或暗纹）的间距减小，故D正确。 故选AD。 9．（1）[1]匀强电场中电场强度与电压关系为 （2）[2]粒子的轨迹如图所示 粒子在电容器间做类平抛运动，沿平行极板方向 垂直极板方向，， 出电容器时 其中 联立，可得， 出电容器后，粒子做匀速直线运动，由几何关系可知 AB．电路断路，电容电压总等于电动势，所以改变电阻的阻值无影响，故AB错误； CD．上下移动电容器，经过电容器的水平偏移量不变，偏转角不变，欲使总偏移量变大，要让H变大，所以要上移，故C正确，D错误； EF．S断开，两个极板电荷量不变，当左右移动极板时，d变化，但电场强度E不变，带电粒子受力与运动情况不变，总偏移量不变，故E、F错误。 故选C。 （3）[3]粒子进入电场后，电场力做正功，电势能减小，即 [4]电容器左极板接电源正极，电场方向向右，沿着电场线的方向电势降低，所以 10．（1）[1]光子的能量为 其中 解得 （2）[2]德布罗意波长 由题意可知 解得 则氦原子的速度至少为。 8 / 26 学科网（北京）股份有限公司 $