物理带电粒子在电场中的运动练习题含答案

1、物理带电粒子在电场中的运动练习题含答案一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1. 一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为Ei的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角0 =45；如图所示。以小球静止位置为坐标原点O,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其中x轴水平。现剪断细线，经0.1s,电场突然反向，场强大小不变；再经0.1s,电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E2,又经0.1s小球速度为零。已知小球质量m=1.0X 1CT2kg,电荷量q=1.0 x 10C, g取10m/s2,空气阻力不计。求(1)E1 和 E2；(2)细线剪断0.3s末小球的位置坐标。【答案】(1) E1 10

2、7V/m E2 3 107V /m (2) (0.1m,0.3m)【解析】【详解】(1)当小球静止时，qE1 mg则 E g 107V /m q电场力与重力的合力 F合= mg 0 2mgcos45o剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为a F鱼10j2m/s2m经过0.1s小球的速度大小为v at V2m/s速度的方向与x轴正方向成45°斜向右下方在第2个0.1s内，电场方向，小球的水平分速度vx v1cos45° q且t2 0m竖直分速度 vy v1sin 45° gt2 2m/s即第2个0.1s末，小球的速度 v2大小为2m/s,方向竖直向下依题意

3、，在第3个0.1s内小球做匀减速直线运动， 由运动学公式知a 组 -2 20m/s2t30.1根据牛顿第二定律得aqE2 mgm代入数据得E2 3 107V/m(2)第1个0.1s内，小球的位移大小 s 1ati2 1 J2g 0 1242 m 2220则小球沿x方向移动的距离 x1 scos45o 0.05m沿y方向移动的距离 y1 ssin 45o 0.05m在第2个0.1s内，小球沿x方向移动的距离x2 v1cos450t2 1-qEt2 0.05m 2 m19沿y方向移动的距离 y2 v1 sin 45 gt2 0.15m21 O在第3个0.1s内，小球沿沿方向移动的距离y3 v2t3

4、 a t30.1m2即小球速度为零时的位置坐标是(0.1m,0.3 m)2.如图所示，有一比荷 =2X 1010C/kg的带电粒子，由静止从Q板经电场加速后，从M板的 m狭缝垂直直线边界 a进入磁感应强度为 B=1.2X 10-2t的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞 出直线边界b,匀强磁场方向垂直平面向里 ，a、b间距d=2x 10-2m(忽略粒子重力与空气阻力 ) 求：带电粒子射入磁场区域时速度v;(2)Q、M两板间的电势差 Uqm。VI bi当1F B *辰 X ：? Art：I15)k冈 ! 1一c- 3【答案】(1) v 4.8 106m/s; (2) 0,一 4【解析】【详解】(1)粒

5、子从静止开始经加速电场加速后速度为v,由动能定理：12qU mv 22粒子进入磁场后，洛仑磁力提供向心力：qBv m R粒子垂直a边界进入有届磁场区域且恰好未飞出右平行届b,由几何知识得：R d代入数值，联立解得：v 4.8 106m/s; U 5.76 10-2V(2)据粒子在磁场中的轨迹，由左手定则知：该粒子带负电，但在加速电场中从，一3 加速，说明M点比Q点电势高，故 0,一 43.长为L的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d,电势差为U,有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场.荧光屏 MN与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为 x,电容器左侧中间有发射质量

6、为m带+q的粒子源，如图甲所示.假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中 a 粒子沿直线运动到荧光屏上的。点；b粒子在电、磁场中向上偏转；c粒子在电、磁场中向下偏转.现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示.此时，a、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a粒子仍恰好打在荧光屏上的 。点；b、c中有一个粒子也能打到荧光屏，且距 O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打 到电容器极板的中点.求：【答案】(1) Eka【解析】,24 2 222kJB2 y【详解】据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示.(1)a粒子在电、磁场

7、分开后，再次打到荧光屏。点时的动能；(2)b, c粒子中打到荧光屏上的点与。点间的距离(用x、L、d表示);(3)b, c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比.x1W1d( ) (3)-=.L 2W2 UqTy2N(1)从图中可见电、磁场分开后，a粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达。点，运动轨迹如图 中I所示.U dq Bqv,UBd，L LBdv Uya1Uqt22 dmLBqd2mUU7qyaEka1/U、2m()2 BdEka_ 2 22mB2d2(2)从图中可见c粒子经两个阶段打到荧光屏上.

8、第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中n所示.设c粒子打到荧光屏上的点到 。点的距离为y,根据平抛运动规律和特点及几何关系可得1d2 一it x2x 1y d( )L 2(3)依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为ti=2t2如图中出的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为yi, y2yi1 Uq ,22 mdt，vyiUlt md 1y2vyit2!Ult22 md 2y2吗i2,8mdyi4y25Uq四丁 = 4W, Uq w 5-T y24.如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN、PQ,其交点为O. MN 一侧

9、有电场强度为 E的匀强电场(垂直于 MN),另一侧有匀强磁场(垂直纸面向 里).宇航员(视为质点)固定在PQ线上距。点为h的A点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球.他先后以相同速度V0、沿平行于MN方向抛出各小球.其中第i个小球恰能通过 MN上的C点第一次进入磁场，通过 O点第一次离开磁场，OC=2h.求：(i)第i个小球的带电量大小;(2)磁场的磁感强度的大小 B;(3)磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大.EVo22E【答案】(i) qi - ； (2) B ； (3)存在，B2Ehvo【解析】【详解

10、】(1)设第1球的电量为q1，研究A到C的运动:h1qEt2 2h vot解得：q2 mvo ; 2Eh(2)研究第1球从A到C的运动:解得：vy v0tan 1 ,45o, v 近v ;Vo研究第1球从C作圆周运动到达 O的运动，设磁感应强度为mvqB2由 q1vB m上得 R R由几何关系得：2Rsin h2解得：B2EVo(3)后面抛出的小球电量为 q,磁感应强度 B小球作平抛运动过程mv .小球分过磁场一次能够自行回到A,满足要求：Rsin x,变形得： sin xqB解得：B E .Vo5.竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m的半圆形，管道截面

11、是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E=4xi3V/m.小球a、b、c的半径略小于管道内径， b、c球用长L J2m的绝缘细轻杆 连接，开始时c静止于管道水平部分右端 P点处，在M点处的a球在水平推力F的作用下 由静止向右运动，当 F减到零时恰好与b发生了弹性碰撞，F-t的变化图像如图乙所示，且2. 24满足F t .已知二个小球均可看做质点且ma=0.25kg, mb=0.2kg, mc=0.05kg,小球c带q=5X 1-0C的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g=10m/s2,求! A £, A阳平图乙(1)小球a与b发生碰撞时的速度 V。；(2

12、)小球c运动到Q点时的速度v;(3)从小球c开始运动到速度减为零的过程中，小球c电势能的增加量.【答案】(1) V。4m/s(2) v=2m/s (3)Ep 3.2J【解析】【分析】对小球 a,由动量定理可得小球 a与b发生碰撞时的速度；小球a与小球b、c组 成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理可得小球c运动到Q点时的速度；由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得；解：对小球a,由动量定理可得I mav0 0由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面

13、积为拉力F的冲量，由圆方程可知S 1m2代入数据可得：v0 4m/s(2)小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞 ， 由动量守恒可得 mav0 mav1 (mb mc)v21 21212由机械能寸恒可得 一 mav0mav1(mb mc)v22 22解得 v1 0, v2 4m/ s小球c运动到Q点时，小王b b恰好运动到P点，由动能定理1 ,、21 ,、 2mcgR qER -(mb rnijv-(mb mjvz22代入数据可得v 2m/s(3)由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b球与O点连线与竖直方向的夹角为从c球运动到Q点到减

14、速到零的过程列能量守恒可得：1 2mbgR(1 cos ) mcgRsin(mb mc)vqERsin2解得 sin 0.6,37因此小球c电势能的增加量：EP qER(1 sin ) 3.2J6.如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度Vo沿AC方向由A点射入。粒子经 D点时速度的偏向角(偏 离原方向的夹角)9=60°。(不计重力)(1)试求AD间的距离；(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由 A射入的粒子仍然能经过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D点时速度的偏向角比 60。角大还

15、是小？为什么？mvo一【答案】(1) R=o (2) a<60 Bq【解析】【详解】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60 ,则粒子转过的圆心角为 60 ,即 AD=R2,Vo田 qv0B m Rmvo得 AD= R -Bq1r2而,i /qE而 x v0t ,y-at ,a2m4解得E Bv0,方向垂直 AC向上3Vy速度偏向角tana , Vy atVx解得 tan 2tan30 2 ,33而 tan60 =品即 tan tan60 ,贝U <607.从宏观现象中总结出来的经典物理学规律不一定都能适用于微观体系。但是在某些问题中利用经典物理学规律也能得到与实际比较

16、相符合的结论。根据玻尔的氢原子模型，电子 的运动看做经典力学描述下的轨道运动，原子中的电子在库仑力作用下，绕原子核做圆周运动。已知电子质量为 m,电荷量为e,静电力常量为k。氢原子处于基态(n=1)时电子2e 的轨道半径为1,电势能为Ep k一(取无穷远处电势能为零)。第n个能级的轨道半.径为rn,已知rn=n2ri,氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的 电势能的总和。(1)求氢原子处于基态时，电子绕原子核运动的速度；1(2)证明：氢原子处于第 n个能级的能量为基态能量的 (n=1, 2, 3,)；n(3) 1885年，巴尔末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现

17、这些谱线的波1 11长能够用一个公式表不，这个公式与做一R(22), n =3,4,5,。式中R叫做里2 n德伯常量，这个公式称为巴尔末公式。已知氢原子基态的能量为日，用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，求：a.里德伯常量 R的表达式；b.氢原子光谱巴尔末系最小波长与最大波长之比。Vimrike22 e 定律有ke212V1m一，1电子在第1轨道运动的动能Ek112mV12ke2，电子在第1轨道运21动时氢原子的能量Ei2k-ke22ri2ek，同理，电子在第21n轨道运动时氢原子的能2量 Enkn nke2，又因为2n2nn1 ,则有 En2k 2n2n21命题得证。(3)a： REih

18、cb： 5:9(1)电子绕氢原子核在第1轨道上做圆周运动根据牛顿第二定律有2ke212Vm 1Ei则有V1mr1ke2(2)设电子在第1轨道上运动的速度大小为V1,根据牛顿第二定律有212V1 m112电子在第1轨道运动的动能 Ek1 mV1 2ke2电子在第1轨道运动时氢原子的能量日2k 1ke2212k21同理,电子在第n轨道运动时氢原子的能量En2kn-n2,ek,又因为n2n则有2n2r1(3)a：从n能级向2能级跃迁放出光的波长为EnE2h-(2)设电子在第1轨道上运动的速度大小为V1,根据牛顿第二由 En E1E2 -E2-代入得：R En2hc111b：由 一 R -2 2 可知

19、当 n=3时波长取大，当 n=°°时波长取小2 n代入可得，最小波长与最大波长之比为5:9。8.如图所示，在一光滑绝缘水平面上，静止放着两个可视为质点的小球，两小球质量均为m,相距1,其中A球带正电，所带电荷量为 q,小球B不带电.若在 A球开始向右侧区域 加一水平向右的匀强电场，场强为 E, A球受到电场力的作用向右运动与 B球碰撞.设每 次碰撞为弹性碰撞，碰撞前后两球交换速度，且碰撞过程无电荷转移.求：(1)小球A在电场中的加速度大小和第一次与B碰撞前的速度；(2)若两小球恰在第二次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度；(3)若两小球恰在第三次碰撞时离开电场，求电

20、场在电场线方向上的宽度及小球A从进入电场到离开电场的过程中电势能的变化量.【答案】(1) a=qE/m；2(2)51(3)131; 13Eq1m【详解】(1)根据牛顿运动定律：qE=ma,则2=4£加12设第一次碰撞时小球 A的速度为v：根据动能定理：Eql -mv2 2解得：v . 2Eql , m(2)第一次碰撞前后小球A的速度为VA1和VA1 1小球B碰撞前后的速度为 VB1和VB1所以VA1=V VB1=0 VA1 1 =0 BV' =VA球运动的距离为1第一次碰撞后，小球 A做初速度为零的匀加速直线运动，小球B做速度为V的匀速直线运动.设第二次碰撞前后 A球的速度为

21、VA2和VA2小千B B碰撞前后的速度 为 VB2 和 VB2, 第一次碰撞后至第二次碰撞前：Vt= (0+VA2)t/2所以：Va2=2v；碰后 VA2' = V 而B球碰前为v,碰后为2V.从第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A球运动的距离、一 _1-2 八，为 12. Eq12 m 2v 0?I2 412电场宽度为：L=1+41=51(3)二次碰撞后，A球做初速度为v的匀加速直线运动，B球以速度2V匀速直线运 动.设A球第三次碰前后的速度为VA3和VA3 1小球B碰撞前后的速度为 VB3和VB3所以：V Va3 t22 Vt2VA3 3v212 12从第一次碰撞到第二次碰撞过程

22、中，A球运动的距离为 卜 qE13 = m 3v - m V2213=81所以：电场的宽度：L=1i+12+13=131A球减少的电势能=EqX 131=13Eq1 9.在竖直平面内，一根长为 L的绝缘细线，一端固定在 。点，另一端拴着质量为 m、电 荷量为+q的小球。小球始终处在场强大小为 50、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球 拉到与。点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P点，P点与。点间的水平距离为 L。重力加速度为g,不计空气阻力，求(1)细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；(2) O、P两点间的电势差。【答案】(1

23、) Ft = 1.5mg (2) U op15mgL8q【详解】(1)小球受到竖直向上的电场力F = qE = 1.5mg >mg所以小球被释放后将向上绕 O点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时1速度为v,由动能te理 F mg Lmv222设细线被拉断前瞬间的拉力为Ft,由牛顿第二定律 Ft mg F m联立解得：Ft = 1.5mg(2)细线断裂后小球做类平抛运动，加速度 a竖直向上，由牛顿第二定律：F mg = ma设细线断裂后小球经时间 t到达P点，则有L = vt12小球在竖直方向上的位移为y at ;解得I"=2，O、P两点沿电场方向(竖直方向)的距

24、离为 d = L + yO、P两点间的电势差 Uop = Ed联立解得UOP15mgL8q10.如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中，某时刻将质量为 m、带电荷量为一 q的小金属块从 A点由静止释放，小金属块经时间t到达B点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间t小金属块回到 A点。小金属块在运动过程中电荷量保持不变。求：(1)电场反向后匀强电场的电场强度大小;(2)整个过程中电场力所做的功。2q2E2t2【答案】(1) 3E(2)3m【解析】 设t末和2t末小物块的速度大小分别为 v1和v2,电场反向后匀强电场的电场强度大小

25、为Ei,小金属块由A点运动到B点过程：1 EqEq,x1 , Vi t2 mm小金属块由B点运动到A点过程：+ IE"x v1tt2 mEg,V2 V) t m联立解得：v2 ，则：E1 3E ； m12(2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功：W mv2 02联立解得:2q2E2t2m点睛：解答本题关键是对不同过程应用匀变速直线运动相关公式以及动能定理列式即可, 属于基础性题目。11.如图所示，空间存在水平方向的匀强电场，带电量为 ?-xlOC的绝缘滑块, 3其质量m=1 kg,静止在倾角为 0= 30。的光滑绝缘斜面上，斜面的末端接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送

26、带的运行速度 ，B与水平传送带相vo= 3 m/s ,长 L= 1.4m.今将电场撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同.滑块与传送带(1)求匀强电场的电场强度 E;(2)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s,求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量.【答案】(1) 1000N/C,方向水平向左 ；(2) 0.8m； (3) 0.5J.【解析】试题分析：(1)根据题意滑块在电场中应满足：Eq mg tanmg tan得：E1000N /Cq即大小为1000N/C,方向水平向左(2)在水平传送带上：f=喝=加口代入数据得：a=0.5m/s2若滑块自B点匀加速到C,则：库一吗=2az代入数据得：vE-= '回tn s，一一一e,口19由动能7E理得：-r. -=-f.-整理得：h二0.1m若滑块自B点匀减速到C,则：上：一二一2口工代入数据得：VB2=4m/s 1由动能7E理得：- .,匚整理得：h2=