【文档说明】备战2024年高考物理抢分秘籍（新高考通用）秘籍11 带电粒子在电场中的直线、偏转、交变电场中运动的综合问题 Word版含解析.docx，共(30)页，1.602 MB，由小赞的店铺上传

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秘籍11带电粒子在电场中的直线、偏转、交变电场中运动的综合问题一、带电粒子在电场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。(2)匀强电场中，粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线

上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。2．用动力学观点分析a＝qEm，E＝Ud，v2－v02＝2ad(匀强电场)。3．用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝12mv2－12mv02。非匀

强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。二、带电粒子在电场中的偏转运动1.求解电偏转问题的两种思路以示波管模型为例,带电粒子经加速电场U1加速,再经偏转电场U2偏转后,需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P,如图

所示。(1)确定最终偏移距离OP的两种方法方法1:方法2:(2)确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法2.带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝lv0(如图)．(2)沿静电力方向做匀加速直线运动

①加速度：a＝Fm＝qEm＝qUmd②离开电场时的偏移量：y＝12at2＝qUl22mdv02③离开电场时的偏转角：tanθ＝vyv0＝qUlmdv023．两个重要结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：在加速电场中有

qU0＝12mv02，在偏转电场偏移量y＝12at2＝12·qU1md·(lv0)2偏转角θ，tanθ＝vyv0＝qU1lmdv02，得：y＝U1l24U0d，tanθ＝U1l2U0dy、θ均与m、q无关．(2)粒子经电场偏转后射出，速

度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半．三、带电粒子在交变电场中的运动1.交变电场中的直线运动U-t图像v-t图像运动轨迹2.交变电场中的偏转（带电粒子重力不计）U-t图轨迹图[

来源:Zxxk.Com]vy-t图【题型一】带电粒子在电场中的直线运动【典例1】（2024·湖南长沙·一模）如图所示，阴极K发射的电子（初速度可视为零）经电压为0U的电场加速后，从A板上的小孔进入由A、B两平行金属板组成的电容为C的电容器中，开始时B板不带电，电子到达B板后被吸收。己知电子的电荷量

为e，不计电子重力以及电子之间的相互作用，当电子不能到达B板时（）A．在这之后，任何从小孔进入电容器的电子速度第一次减为0所用的时间（从刚进入电容器时开始计时）相等B．B板的电势和阴极K的电势相等C．B板的电荷量为0CUD．电子从阴极K到B板电势能一直减小

【答案】ABCv0v0v0v0v0tOvyv0T/2T单向直线运动AB速度不反向tOvyv0往返直线运动AB速度反向TT/2-v0【详解】A．当电子不能到达B板时，AB之间电势差不变，场强不变，电子刚进入电容器时开始计时速度相同，则所用时间相等，故A正确；B．由能量守恒及动能定理得0ABU

eUe=即ABAK−=−可知B板的电势和阴极K的电势相等，故B正确；C．由题可知，AB间的最大电压为0ABUU=可知B板的电荷量为0QCU=故C正确；D．由能量守恒可知，电子由K到A，动能增加，电势能减少，由A到B时，动能减少，电势能增

加，故D错误。故选ABC。【典例2】（2024·海南·一模）如图所示，与xOy坐标系平面平行的匀强电场（未画出）中有一个电荷量为q的正粒子，从坐标原点O处沿与x轴正方向成45角的虚线匀速运动。已知粒子在运动过程中始终受到一个大小为F、方向沿x轴正向的恒定外力的作用，不计粒子的重力。

则下列说法正确的是（）A．匀强电场的电场强度大小为22FqB．虚线上相距为L的两点间的电势差绝对值为22FLqC．粒子沿虚线运动距离L的过程中，静电力做功为22FLD．粒子沿虚线运动距离L的过程中，电势能增加了22FL【答案】BD【详解】A．粒子沿虚线做匀速运动，则受力平衡，即电场力qE

与外力F等大反向，则FqE=解得FEq=方向沿x轴负向，选项A错误；B．虚线上相距为L的两点间的电势差绝对值为2cos452FLUELq==选项B正确；CD．粒子沿虚线运动距离L的过程中，静电力做功为2cos1352WEqLFL==−电势能增加了22PEWFL=−=选项C错

误，D正确。故选BD。【典例3】（2024·天津·一模）如图所示，匀强电场中一个质量为m、电荷量为q的带正电荷的粒子在A点获得初速度0v后沿水平方向AB向右做匀减速运动。BC与AC垂直，B点与C点的电势相等。重力加

速度为g。下列判断正确的是（）A．场强大小为2mgqB．场强大小为mgqC．电场方向水平向左D．电场方向沿CA方向【答案】AD【详解】CD．由于BC=，且ACCB⊥，说明电场线平行于AC；又带正电荷的粒子沿水平方向AB向右做匀减速运动，

说明电场方向沿着CA方向，故C错误、D正确；AB．带正电荷的粒子在A点获得初速度0v后沿水平方向AB向右做匀减速运动，说明带电粒子在竖直方向上受力平衡，则有sin30qEmg=解得2mgEq=故A正确、B错误

。故选AD。1．（2024·河北·模拟预测）如图所示，水平边界PQ、MN间存在方向竖直向下的匀强电场，电场的宽度为L。一绝缘轻杆两端分别固定质量为m的带电小球A、B，A、B两小球所带的电荷量分别为3q−、q+。现

将该装置移动到边界PQ上方且使轻杆保持竖直，使球B刚好位于边界PQ上，然后由静止释放该装置，释放后该装置的轻杆始终保持竖直且做周期性往复运动。已知电场强度的大小4mgEq=（g为重力加速度），忽略两带电小球对电场的影响，两小球均可视为质点。则该装置中轻杆的最大长度为（）A

．LB．2LC．3LD．4L【答案】C【详解】由静止释放该装置，释放后该装置的轻杆始终保持竖直且做周期性往复运动，当小球A到达电场下边界MN的速度刚好为0时，该装置中轻杆具有最大长度，设为mL；根据动能定理可得m2()30

mgLLqELqEL++−=解得m3LL=故选C。2．（2024·山西·一模）如图所示，竖直平面内有一组平行等距的水平实线，可能是电场线或等势线。在竖直平面内，一带电小球以0v的初速度沿图中直线由a运动到b，下列判断正确的是（）A．小球一定带负电荷B．a点的电

势一定比b点的电势高C．从a到b，小球的动能可能减小，也可能不变D．从a到b，小球重力势能增大，电势能也可能增大【答案】CD【详解】带电小球在重力和静电力作用下作直线运动。若小球作匀速直线运动，则静电力方向向上，这组实线是等势线，小球所带电荷电性无法判定，a、b两点电势高低无法判定，小球由a

运动到b，动能不变，重力势能增大，电势能减小；若小球作匀减速直线运动，则静电力水平向左，这组实线是电场线，小球所带电荷电性无法判定，a、b两点电势高低无法判定，小球由a运动到b，动能减小，重力势能增大，电势能增大；小球不可能匀加速直线运动。故选CD。3．（2024·四川成都·二模）如图

，空间中存在水平向右的匀强电场，两个质量相等的带电小球ab、分别从AB、两点同时由静止释放，结果都能到达C点。B点在A点的正上方，AC连线与水平方向的夹角为45=，两小球均可视为质点，忽略空气阻力和两小球之间的相互作用。下列说法正确的是

（）A．a球在到达C点的过程中做曲线运动B．a球所受电场力大于b球所受电场力C．在两小球到达C点的过程中，a球电势能的减小量小于b球电势能的减小量D．a球经过C点时的动能小于b球经过C点时的动能【答案】BD【详解】AB．小球a、

b在电场力与重力的作用下做直线运动，由于AC连线与水平方向的夹角小于BC连线与水平方向的夹角，所以b球所受电场力更小，故B正确，A错误；C．在两小球到达C点的过程中，运动的水平距离相等，电场力对b球做的功更小，故a球电势能的减小量大

于b球电势能的减小量，故C错误；D．由题意可得A、C两点和B、C两点的水平距离相等，设A、C两点的水平距离为d，电场力与重力合力做的功2sincossin2mgdmgdW==由于AC连线与水平方向的夹角为45=，所以a球经过C点时的动能小于b

球经过C点时的动能，故D正确。故选BD。【题型二】带电粒子在电场中的偏转运动【典例1】（23-24高二下·河北保定·开学考试）如图所示，一充电后与电源断开的平行板的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M。一带

电荷量为q、质量为m的质点以初速度0v沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．两极板间电压为2mgdqB．质点通过电场过程中电势能减少222mgLvC．若仅增大

初速度0v，则该质点不可能垂直打在M上D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上【答案】B【详解】A．由题意可知，质点飞出平行板后只受重力作用且垂直打在M上，可知质点在平行板间竖直方向受力不平衡，

质点在平行板间向上偏转做类平抛运动，如图所示。则有质点在平行板间竖直方向的加速度与飞出平行板后竖直方向的加速度大小相等，方向相反，在平行板间由牛顿第二定律可得qEmgma−=飞出平行板后则有mgma=联立解得两极板间的电场强度

为2mgEq=由匀强电场的电场强度与电势差的关系式UEd=可得2Uqmgd=A错误；B．质点在电场中向上偏移的距离为212yat=其中qEmgam−=在水平方向0Lvt=联立解得2202gLyv=此时质点在竖直方向的分速度为0ygLva

tv==则有质点在电场中运动增加的机械能为222222222200011222ymgLgLmgLEmgymvmvvv=+=+=由能量守恒定律可知，质点通过电场过程中电势能减少等于质点机械能的增加222mgLv，B正确；C

．若仅增大初速度0v，质点在两个偏转过程中具有对称性，即两个过程的受力情况分别不变，竖直方向加速度大小相等，方向相反，运动的时间相等，则该质点仍能垂直打在M上，C错误；D．若仅增大两极板间距，因两板上所带电荷量不变，则有UEd=QCU=r4SCkd=可得r4QkQECdS==可知两板间的电

场强度不变，质点在电场中受力不变，则运动情况不变，则该质点仍能垂直打在M上，D错误。故选B。【典例2】（2024·江西赣州·一模）水平台边缘O处一质量为m、带电量为+q的小球，以与水平面成30°角的速度斜向上抛出，在竖直面上

运动，整个空间有一匀强电场（图中未画出），小球所受电场力与重力等大。小球先后以速度大小v1、v2两次抛出，分别落在倾角为60°的斜面上的a、b两点，两次运动时间分别为t1、t2且小球机械能的增量相同，其中落到a点时

小球速度与斜面垂直。已知O、b两点等高且水平距离为L，重力加速度为g，空气阻力不计，则（）A．a、b两点电势为abB．小球落到a时的速度大小为2v1C．两次运动的时间关系为12ttD．落到斜面上a、b两点时增加的机械能为32mgL【

答案】BD【详解】AC．两次小球机械能的增量相同，说明电场力对小球做功相同，可知斜面为等势面，即ab=电场强度的方向垂直斜面向下，对小球受力分析，如图所示可知小球所受合力沿y方向，根据图示几何关系可知小球的初速度与y方向垂直，则小球沿x方向做匀速运动，y方向做匀加速

直线运动，分别做bP、aM垂直与y轴，则2212OPat=2112OMat=OPOM解得12tt故AC错误；B．由于小球落到a时的速度垂直于斜面，将速度av分解为x方向的速度1v与y方向的速度yv，如图所示，根据几何关系可知60

=1cosavv=解得12avv=故B正确；D．O、b两点等高且水平距离为L，则O点到斜面的距离为3sin602xLL==电场力做功为WEqxmgx==小球增加的机械能32EWmgL==故D正确。故选BD

。【典例3】（2024·江苏南通·一模）某种负离子空气净化原理如图所示，空气和带负电的灰尘颗粒物组成的混合气流从左侧进入由一对平行金属板构成的收集器，颗粒物在磁场和电场的作用下，打到金属板上被收集．已知颗粒物的质均为

m，电荷量均为q−，初速度大小均为0v、方向与金属板平行，金属板长为L，间距为d，不考虑重力影响和颗粒间相互作用．（1）若金属板间只加匀强电场，上极板带负电．不计空气阻力，板间电压为1U时，颗粒物全部被收集，求电压1U的范围；（2）若金属板间只加匀强磁场，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，颗粒物全部

被收集，求磁感应强度大小B的范围；（3）若金属板间存在匀强电场和磁感应强度大小为0B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，收集器中气流的速度大小为0v，方向沿板的方向保持不变．颗粒物所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小,fkvk=为常量．若板间电压

为2U，上极板带负电，假设颗粒物进入收集器后极短时间内加速到最大速度，此后做匀速运动，颗粒物恰好全部被收集，求电压2U的大小．【答案】（1）220122mdvUqL；（2）()002222mvdmvBdqdLq+；（3）02kdvkdBqLUqkLBqd−=+【详解】（

1）设沿上极板边缘进入的颗粒物恰好被下极板吸收，在板间运动的时间为t，运动的加速度大小为a，板间电压为0U，电场强度大小为E，则沿金属板方向0Lvt=垂直于金属板方向212dat=颗粒物的加速度Eqam=板间电场强度0UEd=解得220022mdvUqL=则220122mdvUqL（2

）由题意可知，贴近上极板进入的颗粒物刚好被下极板左侧吸收，对应的是在磁场中圆周运动的最小半径1R，可知12dR=贴近上极板进入的颗粒物刚好被下极板右侧吸收，对应的是在磁场中圆周运动的最大半径2R，则()22222RLRd=+−要使所有的粒子全部被吸收，粒子在磁场中运动的半径应满足12RRR

又200mvBqvR=解得()002222mvdmvBdqdLq+（3）如图所示，颗粒达最大速度时，在xy、轴上的分速度分别为xyvv、，两个分速度对应的洛伦兹力分别为yxFF、，颗粒受到的电场力为F，受到的阻力在xy、轴

上的分力分别为xyff、，则洛伦兹力在两坐标轴上的分力为yxFBqv=xyFBqv=电场力2UqFd=空气阻力在两坐标轴的分力为()0xxfkvv=−yyfkv=由平衡关系得x方向xxfF=y方向yyfFF=+当

颗粒物恰好被全部吸收，应满足yxvdvL=由以上方程解得02kdvkdBqLUqkLBqd−=+1．（2024·江苏扬州·二模）如图所示，质子和粒子分别从O点由静止开始经过M、N板间的电场加速后，从P处垂直射入偏转电场。质子落在感光板上的S点，则粒子（）A．落在S点，速度

方向与质子的相同B．落在S点，速度方向与质子的不同C．落在S点左侧，速度方向与质子的相同D．落在S点右侧，速度方向与质子的不同【答案】A【详解】设粒子的质量为m，电荷量为q，M、N板电压为U，偏转电场的场强为E；粒子经过加速电场过程，根据

动能定理可得2012qUmv=可得02qUvm=粒子进入偏转做类平抛运动，则有0xvt=，221122qEyattm==联立可得24ExyU=可知粒子在偏转电场中的轨迹与粒子的质量和电荷量均无关，则粒子和质子在偏

转电场中的运动轨迹相同，即粒子落在S点，速度方向与质子的相同。故选A。2．（2024·天津和平·一模）如图所示，质量相同、带等量异种电荷的甲、乙两粒子，先后从S点沿SO方向垂直射入匀强电场中，分别经过圆周上的P、Q两点

，不计粒子间的相互作用及重力，则两粒子在圆形区域内运动过程中（）A．甲粒子的入射速度小于乙粒子B．甲粒子所受电场力的冲量小于乙粒子C．甲粒子在P点的速度方向可能沿OP方向D．电场力对甲粒子做的功小于对乙粒子做的功【答案】BD【详解】A．甲、乙两粒子在电场中均做类平抛运动

，则垂直电场方向的位移为0yvt=沿电场方向的位移为221122qExattm==联立可得02qEvymx=由于PQyy，PQxx可知甲粒子的入射速度大于乙粒子的入射速度，故A错误；B．根据沿电场方向的位移为221122qE

xattm==，PQxx可知PQtt根据IqEt=电可知甲粒子所受电场力的冲量小于乙粒子所受电场力的冲量，故B正确；C．粒子在电场中做类平抛运动，可知速度反向延长线交于竖直位移的中点，甲粒子在P点的速度反向延长线应交SO于

O点下方，故C错误；D．根据WqEx=，PQxx可知电场力对甲粒子做的功小于对乙粒子做的功，故D正确。故选BD。3．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为14210kgm−

=、电荷量为14210Cq−=带电微粒静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压05000VU=加速后通过B点小孔进入两板间距为0.3md=、板长1.0ml=、电压为300VU=的水平放置的平行金属板间，若带电微粒从水平平行金

属板的右侧穿出，A、B虚线为两块平行板的中线，带电微粒的重力和所受空气阻力均可忽略。求：（1）带电微粒通过B点时的速度大小；（2）带电微粒通过水平金属板过程中电场力对其做功为多少？【答案】（1）010/s0mv=；（2）12110JW−=【详解】（1）设带电微

粒通过B点时的速度大小为0v，根据动能定理可得200102mvqU−=解得010/s0mv=（2）带电微粒通过水平金属板时竖直方向的位移为y，则有212yat=①通过水平金属板的时间0ltv=②水平金属板间的电场强度UEd=③带电微粒在水平金属板间受到的电场力FEq=④根据牛顿第二定律可得

FEqamm==⑤由①②③④⑤式联立并代入数据解得2200.05m2ylqUmvd==根据功的计算公式可得WFyEqy==解得12110JW−=【题型三】带电粒子在交变电场中的偏转运动【典例1】（23-24高三上

·浙江·阶段练习）粒子直线加速器原理示意图如图1所示，它由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电压变化规律如图2所示。在0=t时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金

属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开始发射，之后在各狭缝间持续加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒狭缝的时间。下列说法正确的是（）A．要实

现加速，电子在圆筒中运动的时间必须为TB．电子出圆筒2时的速度为出圆筒1时速度的两倍C．第n个圆筒的长度应满足22neUTLm=D．要加速质子，无须改变其他条件但要在4T到34T时间内从圆板处释放【答案】C【

详解】A．电子每经过圆筒狭缝时都要加速，然后进入圆筒做匀速运动，所以电子在筒内运动的时间必须为2T，A错误；B．由动能定理得电子出圆筒1时的速度为2112eumv=解得12eUvm=由动能定理得电子出圆筒2时速度为22122eumv=解得22eUvm=B错误；C．由动能定理得电子进圆筒n时的速度

为212nneumv=第n个圆筒的长度为2nTLv=解得22neUTLm=C正确；D．如果要加速质子，质子的比荷比电子的比荷要小，则质子进入圆筒的速度比电子进入圆筒的速度要小，则圆筒的长度需要相应的变短，释放的时间应该在4T到34T时间内释放，D错误。

故选C。【典例2】（2024·贵州·一模）如图（a），水平放置长为l的平行金属板右侧有一竖直挡板。金属板间的电场强度大小为0E，其方向随时间变化的规律如图（b）所示，其余区域的电场忽略不计。质量为m、电荷量为q的带电粒

子任意时刻沿金属板中心线OO射入电场，均能通过平行金属板，并打在竖直挡板上。已知粒子在电场中的运动时间与电场强度变化的周期T相同，不计粒子重力，则（）A．金属板间距离的最小值为202qETmB．金属板间距离的最小值为02qETm

C．粒子到达竖直挡板时的速率都大于lTD．粒子到达竖直挡板时的速率都等于lT【答案】AD【详解】AB．在t=nT(n=0、1、2……)时刻进入电场的粒子在电场中的竖直位移最大，粒子在电场中运动的时间为T，则竖直方向先做

匀加速运动后做匀减速运动，由对称性，则沿竖直方向的位移22200112()2244qEqETTyaTmm===金属板间距离的最小值为2022qETdym==选项A正确，B错误；CD．粒子出离电场时的水平速度均为0lvT=竖

直方向，在t=t0时刻进入电场的粒子，先加速时间为02Tt−，然后再减速02Tt−时间，在0()tTt=−时刻速度减为零；然后再反向加速t0时间，再反向减速t0时间，即在t=T+t0时刻出离电场时竖直速度再次减为零，粒子出离电场后做匀速直线运动，则达到竖直挡板时的速率等于0lvT=，选项C错误

，D正确。故选AD。【典例3】（2024·四川成都·二模）电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成。偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示。大量电子由静止开始，经加速电场加速后速度为v0，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO

'射入偏转电场。当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当在两板间加最大值为U0，周期为2t₀的电压（如图乙所示）时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直长度足够大的匀强磁场中，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知磁场的水平宽度为L，电子

的质量为m、电荷量为e，其重力不计。（1）求电子离开偏转电场时到OO'的最远距离和最近距离；（2）要使所有电子都能打在荧光屏上，求匀强磁场的磁感应强度B的范围；（3）在满足第（2）问的条件下求打在荧光屏上的电子束的宽度△y。【答案】（1）20max032Ueytdm=，20m

in02Ueytdm=；（2）2200000()dUtUemBvtLeLdm++；（3）200Uetdm【详解】（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最大，在这种情况下

，电子的最大距离为：2222000max00000311222yUeUeUeyatvttttdmdmdm=+=+=从t0、3t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：220min001122Ueyattdm==（2）设电子从

偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要打在荧光屏上，临界情况是与屏相切，所以电子在磁场中运动半径应满足sinRRL+设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为1sinyvv=其中2210yvvv=+式中00yUevtdm=又211v

evBmR=1mvRBe=解得2200000()dUtUemBvtLeLdm++（3）由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，所以打到屏上的粒子是一系列平行的圆弧，由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO′

的最大距离和最小距离的差值为△y1，最远位置和最近位置之间的距离1maxminyyy=−所以打在荧光屏上的电子束的宽度为2010Ueytdmy==1．（2024·山东德州·模拟预测）如图1，在矩形MNPQ区域中有平行于PM方向的匀强电场，电场强度

为0E，一电荷量为q+，质量为m带电粒子以0v的初速度从M点沿MN方向进入匀强电场，刚好从Q点射出。2MNPQL==，MPQNL==。现保持电场强度的大小不变，使匀强电场的方向按图2做周期性变化。使带电粒子仍以0v的初速度从M点沿

MN方向进入，粒子刚好能从QN边界平行PQ方向射出。不计粒子重力，取图1中方向为电场正方向。则下列说法正确的是（）A．电场强度大小为2004mvEqL=B．电场强度大小为2002mvEqL=C．电场变化的周期可能为005LTv=D．电

场变化的周期可能为0025LTv=【答案】BCD【详解】AB．对粒子分析，粒子沿MN方向做匀速直线运动，电场力方向做匀加速直线运动，则有02Lvt=，2012qELtm=解得2002mvEqL=故A错误，B正确；CD．当场强方向周期性变化时，

沿电场方向先做初速度为0的匀加速后再做匀减速到0的直线运动，此过程重复n次，n取正整数，根据002LnvT=解得()0021,2,3LTnnv==当5n=时，0025LTv=；当10n=时，005LTv=，故CD正确。故选

BCD。2．（19-20高三下·浙江·阶段练习）某款空气净化器采用了“等离子灭活”技术，内部有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个真空区域，其中L=5cm，如下图所示。Ⅰ区中平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接

地（电势为零），A板的电势变化周期为51.010T−=s，规律如下（中）图所示，B板粒子发生处能连续均匀地释放质量272.010m−=kg，电量191.610q−=+C的带电粒子。Ⅱ、Ⅲ两条形区存在着宽度分别为L，0.5L，竖直方向无界、方向相反的匀强磁场，其中212

BB=，210.2510B−=T，不计粒子间的相互作用力和重力。求：（1）一个周期内穿出电场的粒子数和B板所释放的粒子数之比；（2）一个周期内穿过Ⅱ区进入Ⅲ区的粒子数和B板所释放的粒子数之比；（3）粒子将从Ⅲ区右边界的不同位置穿出，

求穿出位置最高点与最低点之间的距离。【答案】（1）224−；（2）4108−；（3）331m40−【详解】（1）设112Ttt（）时刻进入I区的粒子，恰好能到达A板，根据牛顿第二定律有92410m/squamL==若加速时间112T

tt=−加速位移()21112xat=减速位移12102atxt+=又12xxL+=联立解得51222210s44tT−−−==一个周期内1t时刻后的粒子无法穿过I区，一个周期内穿出电场的粒子和B板所释放的粒子数之比为224−（2）粒子能进入III区，有几何关系的1rL

，II区中，根据洛伦兹力提供向记力有21111mvqvBr=解得4110m/sv假设2t时刻（22Tt）进入I区的粒子，先以加速度a做匀加速2t，2T后匀减速，恰好以1v速度离开并进入II中，则有222Ttt=−加速位移()23212xat=减速位移212

142atvatvxa+−=又34xxL+=解得52410410108s8tT−−−==一个周期内2t时刻后的粒子无法进入III区，一个周期内穿过II区进入III区的粒子和B板所释放的粒子数之比4108−（3）0时刻进入粒子离开速度最大4021ms0/v=，如图所示在II区中，根

据洛伦兹力提供向心力，则有20010mvqvBr=解最大运动半径00.1m2rL==，同理，在III区2B磁场中半径2012rrL==由何关系得123yL=−（），2232yL−=则离距离()123232myyyL−=+=在2t时刻进入粒子离开速度最小4110m/sv=，

如图所示在II区中，1rL=，在III区中312rL=由几关系得31yrL==，4312yrL==则离距离3432MyyyL=+=故最高点与最低点之间的距离331331m240MmyyyL−−=−==3．（2024·福建漳州·二模）如图甲的空间中存在随时间变化的磁场和电场，规定磁感应强度

B垂直xOy平面向内为正方向，电场强度E沿x轴正方向为正方向，B随时间t的变化规律如图乙，E随时间t的变化规律如图丙。0=t时，一带正电的粒子从坐标原点O以初速度0v沿y轴负方向开始运动。已知0B、0t、0v，带电粒子的比荷为

00Bt，粒子重力不计。（1）求粒子在磁场中做圆周运动的周期T；（2）求tt=0时，粒子的位置坐标()11,xy；（3）在00~2t内，若粒子的最大速度是02v，求0E与0B的比值。【答案】（1）02t；（2）002,0vt

；（3）00023EvB=【详解】（1）粒子在磁场中做圆周运动的周期000222rmTtvqB===（2）00~t内，粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿运动定律有200vqvBmr=解得0000mvvtrqB==由（1）问可知粒子在磁

场中做圆周运动的周期02Tt=则粒子在00~t内运动了半周期恰好又回到x轴，速度方向沿y轴正方向00122vtxr==10y=即此时粒子位置的坐标为002,0vt（3）00~2t内粒子的运动

轨迹如图所示，在00~1.5tt内，粒子受到沿x轴正方向电场力的作用，粒子做类平抛运动，粒子在x方向做匀加速运动0000qEEamtB==当01.5tt=时，粒子具有最大速度，粒子沿x轴方向的分速度为00022

xtEvaB==沿y轴方向的分速度为0yvv=则2202xyvvvv=+=解得00023EvB=