高中物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析

1、高中物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1.如图所示，竖直面内有水平线MN与竖直线PQ交于P点，O在水平线MN上，OP间距为d, 一质量为 m、电量为q的带正电粒子，从 。处以大小为vo、方向与水平线夹角为 0= 60o的速度，进入大小为 Ei的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为0= 60o,粒子到达PQ线上的A点时，其动能为在 。处时动能的4倍.当粒子到达 A点时，突然将电场 改为大小为E2,方向与竖直方向夹角也为9=60。的匀强电场，然后粒子能到达PQ线上的B点.电场方向均平行于 MN、PQ所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。

2、 已知粒子从。运动到A的时间与从A运动到B的时间相同，不计粒子重力，已知量为m、q、vo、d.求:(1)粒子从。到A运动过程中，电场力所做功 W；(2)匀强电场的场强大小Ei、E2；(3)粒子到达B点时的动能EkB.【答案】(1)W3mv2(2)日=点m 024qd3qd14m 2 EkB0(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。(3)根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达B点时的动能。【详解】12 由题知：粒子在 。点动能为Eko = -mvo粒子在A点动能为：EkA=4Ek。，粒子从。到A 232运动过程

3、，由动能7E理得：电场力所做功：W=EkA-Eko=-mV0 -2(2)以。为坐标原点，初速 Vo方向为X轴正向,建立直角坐标系xOy,如图所示设粒子从。到A运动过程，粒子加速度大小为ai,历时ti, A点坐标为(x, V)12粒子做类平抛运动：x=v 0ti , y= - a1tl2由题知：粒子在 A点速度大小Va=2 V0, VAy=73vo , VAy=ai ti粒子在A点速度方向与竖直线PQ夹角为30。解得：xai3v22a由几何关系得：ysin60 -xcos60 =d,解得：ai 包2 , ti 也i 4dvo由牛顿第二定律得：qEi=mai,解得：eimmv24qd设粒子从A到B

4、运动过程中，加速度大小为32,历时t2,水平方向上有：VAsin30 = 32sin60 ° t224d,qE2=ma2, vo解得：a2v2芯d '3m%E2 ；3qd分析知：粒子过A点后,速度方向恰与电场tiE2方向垂直，再做类平抛运动,19cCc粒子到达 B 点时动目匕：EkB= mvB , VB2= (2vo) 2+ (a2t2),2解得：ekb【点睛】本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题 的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律可以解题。2.如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆

5、轨道圆心 0的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E,质量为m的带正电小滑块从水平轨道上 A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过 B 点后电量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图像如图乙.已知A、B间距离为4R,滑块与轨道间动摩擦因数为科=0.5重力加速度为g,不计空气阻力，求用甲用工(1)小滑块释放后运动至 B点过程中电荷量的变化量(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B的距离【答案】(1) q至g(2)Fn63>/5mg (3)v42,5gR,方向与水平方向1

6、夹角为1 arctan Q斜向左下万，位置在 A点左侧6R处.【解析】【分析】【详解】试题分析：根据在 A、B两点的加速度结合牛顿第二定律即可求解小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量；利用“等效重力”的思想找到新的重力场中的电低点即压力最大点；1解：A 点：q°Emg m-g2B点 qEmg m-gmgE ；2联立以上两式解得q q1 q0(2)从A到B过程：1 32g 2gm 12 cm 22 4R - m» 02 2,在等效最低点”对轨道压力将电场力与重力等效为重力G ,与竖直方向的夹角设为最大，则:G',.(mg)2 (qE)2mgcos G从B到等效最

7、低点”过程：G (R Rcos1212mv2mv1222 v2 F n G m R由以上各式解得：fn (6 3 5) mg由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为:Fn(6 375)mg；(3)从B到C过程:12mg 2R q1E笊mv321 2 mv12从C点到再次进入电场做平抛运动:XiV3t1 .2-gt 2vygttantan则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动tanR1X212从C点到水平轨道： mg 2R qiE?<22 mv41 2mv32由以上各式解得:V4 2.5gRVymg qE由以上各式解得：12x x1 x2 6R因此滑块再次到达水平轨道的速度为 V4 2j5

8、Rg ,方向与水平方向夹角为11 arctan -,斜向左下方，位置在 A点左侧6R处.3.如图所示，在两块长为 J3l、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸 面向外的匀强磁场.现将下板接地，让质量为m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端连线的中点。以初速度V。水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点.若撤去平行板间 的磁场，使上板的电势 随时间t的变化规律如图所示，则 t=。时刻，从O点射人的粒子P经时间t0(未知量)恰好从下板右边缘射出.设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒 子间的作用力均不计.* X=«<* A叱K,，沃 中*(1)求两板间磁场的磁感应强

9、度大小B.t=o时刻射入的粒求右侧磁场的宽度 d(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使。点,子p经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到 应满足的条件和电场周期T的最小值Tmin.【答案】(1) B mv- qL(2) d R2 cos a R2；Tmin(6 ；3 2 )L3vo【解析】【分析】【详解】(1)如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R,则 qVoB2V。 m -Ri由几何关系：R；(R 2)2mv0解得B - qL：XXbEd(2)粒子P从。点运动到下板右边缘的过程，有:3l Voto1 ,iLVyt-2 2 y解得vy v03设合速度

10、为v,与竖直方向的夹角为“，则：tan比、3 vy则二一3Vo2,3V Vosin 3粒子R2P在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为sinR2,则解得R2,3L3右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为d RcosR2由于粒子P从O点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则:£l；。点的过程，运动Tmin2to解得Tmin6.3 2 L3V0【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子 的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态 4.两平

11、行的带电金属板水平放置，板间电场可视为匀强电场.带电量相等粒子a, b分别以相同初速度水平射入匀强电场，粒子a飞离电场时水平方向分位移与竖直方向分位移大小相等，粒子b飞离电场时水平方向速度与竖直方向速度大小相等.忽略粒子间相互作用 力及重力影响，求粒子 a、b质量之比.【答案】1: 2【解析】【详解】假设极板长度为l,粒子a的质量为ma,离开电场时竖直位移为 y,粒子b的质量为mb, 离开电场时竖直分速度为 Vy,两粒子初速度均为 vo,在极板间运动时间均为 t 对粒子a： l = Vot1 C y= ait2 2maay = l联立解得：maqEl2vo对粒子b： Vy=a2tqEa2mb联

12、立解得:mbqEl-2 Voma1则 mb 25.平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B （B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿-y方向的匀强电场，x轴上有一点P,其坐标为（L,0）。现使一个电量大小为q、质量为m的带正电粒子从坐标（-2a, a）处以沿+x方向的初速度vo出发，该粒子恰好能经原点进入 在随后经过了点 P,不计粒子的重力。y轴右侧并(1)(2)(3)XKRKKKMXXKKXXM, X K K求粒子经过原点时的速度；求磁感应强度B的所有可能取值求粒子从出发直至到达 P点经历时间的所有可能取值。【答案】（1）粒子经过原点

13、时的速度大小为J2 V0,方向：与x轴正方向夹45°斜向下;（2）磁感应强度B的所有可能取值： B -nmv0- n=1、2、（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值:2aVo(k i)3-m4qBk=1、2、3+ 2a 或tm 3 mnTT； nV7T n=1、2、32qB 4qB【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向:2a = vot,mVy解得：Vy = v0, tan 0= 一 = 1Vo0= 45。，粒子穿过O点时的速度：v(2)粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得:2 v qvB m 一 ,粒子能过P点，由几何知

14、识得：L= nrcos45°n= 1、2、解得：Bnmv00 n=1、2、3qL(3)设粒子在第二象限运动时间为ti,则:Vo粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期:TiqBT2mqB，粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧,若粒子经下方磁场直接到达P点, 1则粒子在磁场中的运动时间：t2= T1,4若粒子经过下方磁场与上方磁场到达13P点，粒子在磁场中的运动时间：t2=T1+ T244若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P 点：t2=2x 1T1 + 3T2,44若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P 点：t2=2x -Ti+2

15、x43T24 ，m则 t2 k-2qB(k3 m1)一4qBk= 1、2、3m或 t2 n2qB粒子从出发到mn=1、2、34qBP点经过的时间：t = t+t2,解得：t2aVok端 (k 1)4qBk= 1、2、Vom 3 mn n n=1、2、3；2qB 4qB6.如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x轴成45。角斜向左下，在第四象 R限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R的半圆和一个长为 2R、宽为E的矩形2组成，磁场的方向垂直纸面向里.一质量为m、电荷量为+q的粒子(重力忽略不计)以速度v从Q(0, 3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R, 0)点进入磁场区域.(1

16、)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向；(2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少2mv2.【答案】(1) E； J2V，速度方向沿y轴负方向4qR8 . 2mv 2.2mv 2、2、7 1 mv(2) B 5qRqR3qR【解析】【分析】【详解】(1)在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动3R L1 2 R cos 45cos45L1vt沿电场力方向做匀加速运动，加速度为L2 2Rsin45 2R12L2at2设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为v1、v2,合速度vVi

17、v、V2 at , tan 一 v联立可得e2mv4qR进入磁场的速度v , v2 v； 、，2v45 ,速度方向沿y轴负方向(2)由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从 A点射出时，运动半径 r12mv /口由qv B1 得口ri当粒子从C点射出时,2.2mvqR由勾股定理得2R r222-5解得r2 5 R8mv28,2mv由 qv B2 得 B2 25qR根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当8、2mv - B 5qR2 2mvn,时qR粒子从AC边界射出(3)为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行于x轴，其半径为3,由几何关系得r32

18、3口71 R解得34mv22、2 7 1 mv由qv B3 得b.333qRR2磁感应强度小于 B3 ,运转半径更大，出磁场时速度方向偏向X轴下方，便不会回到电场中7.图中是磁聚焦法测比荷的原理图。在阴极 K和阳极A之间加电压，电子由阳极 A中心 处的小孔P射出。小孔P与荧光屏中心。点连线为整个装置的中轴线。在极板很短的电容 器C上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有 电子从同一点发散。在电容器 C和荧光屏S之间加一平行PO的匀强磁场，电子从 C出来 后将沿螺旋线运动，经过一段时间再次汇聚在一点。调节磁感应强度B的大小，可使电子流刚好再次汇聚在荧光屏的 。点

19、。已知K、A之间的加速电压为 U, C与S之间磁场的磁感 应强度为B,发散点到。点的距离为I。(1)我们在研究复杂运动时，常常将其分解为两个简单的运动形式。你认为题中电子的螺旋运动可分解为哪两个简单的运动形式?(2)求电子的比荷om【答案】(1)沿PO方向的匀速运动和垂直于 PO方向上的匀速圆周运动；(2)2e 8 2U2.2m B l【解析】【详解】(1)电子的螺旋运动可分解为沿 PO方向的匀速运动和垂直于 PO方向上的匀速圆周运 动。(2)从发散点到再次汇聚点，两个方向的分运动时间相等，有t1=t21 2加速电场eUmv2匀速直线运动t1-v22 m匀速圆周运动 evB m, T t2 T

20、RqB联立以上各式可得-83mB2l28.如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成30。角倾斜固定.细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E= 2石X104N/C.在细杆上套有一个带负电的小球，带电量为q=1X105C质量为m=3X10 2kg.现使小球从细杆的顶端 A由静止开始沿杆 滑下，并从B点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C点.已知AB间距离X1 = 0.4m, g= 10m/s2.求： (1)小球通过B点时的速度大小 Vb；(2)小球进入电场后滑行的最大距离X2;(3)试画出小球从 A点运动到C点过程中的v-t图象.【答案】(1) 2m/s(2) 0.4m(3)(1)对小球

21、，AB过程，根据牛顿第二定律可得mg sinma1，2初速度为零，由位移速度公式可得Vb 2a1X1 ,联立解得Vb 2m/s；(2)对小球，BC过程，根据牛顿第二定律：qE cos mg sinma2,初速度为Vb,末速度为零，故根据位移速度公式可得vB 2a2X2,联立解得x2 0.4m(3)小球在AB段做初速度为零，末速度为2m/s的匀加速直线运动，经历时间为,VBt1 0.4s ,在BC段做初速度为2m/s,末速度为零的匀减速直线运动，经历的时间为 4vBt2 0.4s,即在0.8s末速度为零，v-t图像如图所示 a29.如图所示，在竖直平面内有一绝缘 "”型杆放在水平向右的

22、匀强电场中，其中 AB、CD 水平且足够长，光滑半圆半径为 R,质量为m、电量为+q的带电小球穿在杆上，从距 B点 x=5.75R处以某初速vo开始向左运动.已知小球运动中电量不变，小球与AB、CD间动摩擦因数分别为田=0.25、(j2=0.80,电场力Eq=3mg/4,重力加速度为g, sin37 = 0.6, cos37 =0.8.求：(1)若小球初速度 V0=4jgR,则小球运动到半圆上 B点时受到的支持力为多大;(2)小球初速度V0满足什么条件可以运动过 C点；(3)若小球初速度 v=4jgR,初始位置变为x=4R,则小球在杆上静止时通过的路程为多大.【答案】(1) 5.5mg (2)

23、 v0 4y/gR (3) 44【解析】【分析】【详解】1212(1)加速到 B 点：-1mgx qEx -mv mv0 222在 B 点：N mg m v-解得 N=5.5mg(2)在物理最高点 F： tanqEmg解得 k370;过F点的临界条件：Vf=0从开始到 F点：-1mgx qE(x Rsin )解得v0 4. gR可见要过C点的条件为：v0 47gRmg(R Rcos )120 一 mv02(3)由于x=4R<5.75R从开始到F点克服摩擦力、克服电场力做功均小于(2)问，到F点时速度不为零，假设过C点后前进Xi速度变为零，在 CD杆上由于电场力小于摩擦力,小球速度减为零后

24、不会返回，则:1mlgx122mgx1-qE(x-x1) mg 2R 0 mv0 2s x R x1解得：s (44 )R10.容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔Si不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔 &后从两平行板中央沿垂直电 场方向射入偏转电场.粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示.已知加速电场中&、&间的加2U速电压为U,偏转电场极板长为 L,两板间距也为L,板间匀强电场强度 E= 2，方向水平向左(忽略板间外的电场),平行板f的下端与

25、磁场边界 ab相交于点P,在边界ab上实线处固定放置感光片.测得从容器 A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且Q距P的长度为3L,不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：I -i-感光片入X x KXXXKKXMXXXX XMXx xX XX x KX M： XXXXX XXMX KX XM X XX K XMMXXX 黑翼XXXX MXXXXXXMX(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角；(2)射到感光片Q处的粒子的比荷(电荷量q与质量m之比);(3)粒子在磁场中运动的最短时间.(1)4,其速度方向与边界ad间的夹角为4U222L2B2(3)3 BL216U1 2一 mv

26、。2VoVx联立可以得到：tan 1,则,其速度方向与边界ad间的夹角为4【解析】 试题分析：(1)设质量为m,电量为q的粒子通过孔 S2的速度为V。则：qU粒子在平行板间:(2)粒子从e板下端与水平方向成 45°的角射入匀强磁场，设质量为m,电量为q的粒子射入磁场时的速度为v,做圆周运动的轨道半径为由几何关系：r2 r24L 2,贝U r 2瓜，贝U rmv qB联立可以得到：9 U.m 2L B(2)设粒子在磁场中运动的时间为mv 2 mU qB B qBr2联立可以得到：t BL4U因为所以粒子在磁场中运动的偏转角3-R,所以粒子打在 P处时间最短2由几何可以知道：r2 r2

27、L2,则r L23 B L2联立可以得到：2 B -2 3 BL2 .4U 16U考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力【名师点睛】本题考查了粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，知道粒子通过速度选择 器时，所受的洛伦兹力和电场力平衡，掌握粒子在磁场中的半径公式，并能灵活运用.11.如图所示，空间存在水平方向的匀强电场，带电量为q = ？一 xlCT：C的绝缘滑块，3其质量m=i kg,静止在倾角为 0= 30。的光滑绝缘斜面上，斜面的末端B与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度V0=3 m/s,长L=1.4m.今将电场撤去，当滑块滑到传送带右端

28、C时，恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数 尸0.25, g=10 m/s2.(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 tan得：E mg 1000N/C q即大小为1000N/C,方向水平向左(2)在水平传送带上：f =8喝二加白代入数据得：a=0.5m/s2若滑块自B点匀加速到C,则：里一廿=2az代入数据得：vE1 = ,回tn s 1 :由动能定理得：-r. - - r整理得