高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析

1、高考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，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V0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=0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甲(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B.(2)若两板右侧存在一定宽度的、

2、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使 t=0时刻射入的粒子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O点，求右侧磁场的宽度 d应满足的条件和电场周期T的最小值Tmin.mv0【答案】(1) B(2) d R2cosa R2q；Tmin(6.3 2 )L3V0(1)如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为2R1,则 qVoB mR1由几何关系：R：(R 2)22”(2)粒子p从。点运动到下板右边缘的过程，有：J3l v0t0R22Lsin解得R2右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为R2,3 ,L ；2由于粒子P从。点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到。点的过程，运动轨

3、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:Tmin2to解得6,3 2 L解得Vy白03V0设合速度为V,与竖直方向的夹角为%则：tan 一 43vy则二一3Vo2 3V Vosin 3R2,则粒子P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3Vo【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 2 .如图，质量分别为 mA=1kg、mB=2kg的A、B两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3X 15N/C、方向水平向右的匀强电场中，A不带电，B带正电、电荷量 q=

4、2X105C.零时刻，A、B用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s末细绳断开.已知A、B与水平面间的动摩擦因数均为w=0.1重力加速度大小 g=10m/s2.求：前2s内，A的位移大小；(2)6s末，电场力的瞬时功率.【答案】2m (2) 60W【解析】 【分析】 【详解】 (1) B所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-(XmA+mB)g=(mA+mB)ai 可得系统的加速度 ai=1m/s2； 由运动规律：x=1aiti2 2解得A在2s内的位移为x=2m；(2)设绳断瞬间，AB的速度大小为vi, t2=6s时刻，B的速度大小为V2,则 vi

5、=aiti=2m/s ；绳断后，对B由牛顿第二定律：F-师Bg=mBa2 解得 a2=2m/s2;由运动规律可知：V2=Vi+a2(t2-ti)解得 V2=I0m/s电场力的功率P=Fv,解得P=60W3 .如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP；由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道 ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角。二37；A、B两点间的距离d=0.2m.质量mi=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.ikg、电荷量q=i x T0C的带正电小球静止在 B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀 强电场.现用大小 F=4.5N、方

6、向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒 力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心.小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩 擦.取 g=i0m/s2, sin37 =0.6, cos37=0.8.A BL(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E;(2)求小球到达P点时的速度大小 vp和B、C两点间的距离x.【答案】(1) 6m/s； 7.5X10N/C (2) 2.5m/s ; 0.85m【解析】【详解】12(1)对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：Fd-miv2解得：v=6

7、m/ s小球到达P点时，受力如图所示则有：qE=m2gtan 仇 解得：E=7.5X14N/C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为:cosG等2VP小球到达P点时，由牛顿第二定律有:解得：vp=2.5m/sVi、v2,滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为 则有：miv=mivi+m2V21 212 i 2m1Vm1Vlm2V22 22解得：vi=-2m/s（表示vi的方向水平向左）,V2=4m/s对小球碰后运动到 P点的过程，根据动能定理有：1 21 2qE x rsinm2g r rcosm2Vpm2V22 2解得：x=0.85m4.如图，以竖直向上为 y轴正方向建立直

8、角坐标系；该真空中存在方向沿x轴正向、场强为E的匀强电场和方向垂直 xoy平面向外、磁感应强度为 B的匀强磁场；原点 。处的离子 源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m、电荷量为-q (q0)的粒子束，粒子恰能在xoy平面内做直线运动，重力加速度为 g,不计粒子间的相互作用；(1)求粒子运动到距 x轴为h所用的时间；(2)若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为E mg,求从q。点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围(不考虑电场变化产生的影响)；(3)若保持EB初始状态不变，仅将粒子束的初速度变为原来的2倍，求运动过程中，粒子速度大小等于初速度入倍(0入2 2B q

9、qE22,qE mg22m qE2mg 5m2g2 口2q b所以从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围为2m g 2 q b那么设离子运动到位置坐标x, y)满足速率v v,则根据动能定理有qEx mgy1 2一 mv2-m 2v 2, qEx mgy 3 mv2 2215m3g28q2B2 25m gx -2 2 q b(3)粒子束的初速度变为原来的 2倍，则粒子不能做匀速直线运动，粒子必发生偏转，而 洛伦兹力不做功，电场力和重力对粒子所做的总功必不为零；/ 215m gc 2-28q B,1所以y x2点睛：此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是分析受力情况及运动情况，画出

10、 受力图及轨迹图；注意当求物体运动问题时，改变条件后的问题求解需要对条件改变引起 的运动变化进行分析，从变化的地方开始进行求解.5.如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有 一匀强电场，方向平行于 y轴向下.一电子以速度 v。从y轴上的P点垂直于y轴向右飞入 电场，经过x轴上M点进入磁场区域，又恰能从 y轴上的Q点垂直于y轴向左飞出磁场已知P点坐标为(0, L), M点的坐标为(2/3L, 0),求3(1)电子飞出磁场时的速度大小 v(2)电子在磁场中运动的时间t4 L31) v 22) t2互x轴夹角为(1)轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与

11、(1)在电场中x轴方向： 拽L v0t1, y轴方向：L3得60, v -v- 2vocos(2)在磁场中，r R3L 4 L sin 32磁场中的偏转角度为23vy , ，一11, tan2vyt22 r34 Lv9V06.如图所示，OO为正对放置的水平金属板 M、N的中线，热灯丝逸出的电子 (初速度、重力均不计)在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔。射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO做直线运动，已知两板间的电压为2U,两板长度与两板间的距离均为L,电子的质量为 m、电荷量为e。求:(1)电子通过小孔 。时的速度大小v；(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方

12、向。12(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有： eU -mv 2(2)两板间电场的电场强度大小为:2UL由于电子在两板间做匀速运动，故:evB eE解得：B根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外7.水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，A为轨道的最低点，半径 OA竖直，圆心角AOB为60,半径R=0.8m,空间有竖直向下的匀强电场，场强 E=1X14N/C。一个质量 m=2kg,带电量为q=1X 103C的带电小球，从轨道左侧与圆心。同一高度的C点水平抛出，恰好从B点沿切线进入圆弧轨道，到达最低点A时对轨道的压力Fn=32.5N。求：(1)小球抛出时的初速度 vo大小；Wfo(2

13、)小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功【答案】2 3 m/ s (2) - J33根据题中“竖直向下的匀强电场-带电小球”、“水平抛出一圆弧轨道”可知，本题考察 带电物体在复合场中的运动。根据带电物体在复合场中的运动规律，应用运动的分解、牛 顿运动定律、动能定理列式计算。【详解】(1)小球抛出后从 C到B过程中受重力和竖直向上的电场力，做类平抛运动，则：mg qE ma,解得：小球的加速度_ 一 一 , 一 3 一 4mg qE 2 10 1 1010. 22a - m / s 5m/ sm2C与B的高度差h Rcos60 0.4m2设小球到B点时竖直分速度为vy,则Vy 2ah ,解得：小球

14、到 B点时竖直分速度Vy 2msvyV。解得：小球抛出时的初速度Vy(2)在 B 点时，Sin60 一Vb小球在A点时，FN qEmg m 一 ,解得：VaR小球从B到A过程，由动能定理得：(mg qE)(RRcosWf - mvA - mvB22小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60。，则tan60解得：小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功 Wf8.如图，光滑水平面上静置质量为m,长为L的绝缘板a,绝缘板右端园定有竖直挡板，整个装置置于水平向右的匀强电场中.现将一质量也为 m、带电量为q(q0)的物块b置于绝缘板左端(b可视为质点且初速度为零)，已知匀强电场的场强大小为E=3科mg/q,

15、物块与绝缘板板间动摩擦数为 科设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，物块与绝缘板右端竖直挡板碰撞后a、b速度交换，且碰撞时间极短可忽略不计，物块带电量始终保持不变，重力加速度为go 求：(1)物块第一次与挡板碰撞前瞬间物块的速度大小；(2)物块从置于绝缘板到第二次与挡板碰撞过程中，电场力所做的功Wo【答案】(1) 2 2-gL【解析】【分析】(2) 3(74 18、5) mgL25(1)根据同向运动的物体位移之差等于相对位移，牛顿第二定律结合运动学公式求解(2)碰撞过程满足动量守恒，往返运动再次碰撞的过程依然用牛顿第二定律结合运动学公式求解位移；恒力做功由功的定义式处理【详解】(1)由题知：物块b受

16、恒定电场力F 3 mg对两物体由牛顿第二定律，物块b： F mg mai，得 a12 g对绝缘板a： mg ma2,得a? g1 . 2 .设历时t1物块第一次与挡板碰撞，有：一(a a2)L=L，得：t12则物块第一次与挡板碰撞前瞬时，物块的速度大小 a1t1解得：v1 2 2-gL(2)绝缘板a的速度大小V2 azG,解得：v2 J2 gL1 o物块对地的位移大小为 x -a1t12,有X 2L2物块与绝缘板的右端竖直挡板发生弹性碰撞后，二者速度交换则物块的速度为v1 、2 gL ,绝缘板的速度大小为 v2 2.2 gL对物块 b ： F mg ma3，有 a3 4 g设历时t2,二者达到

17、共同速度 v,有：v V1 a3t2 , v V2 a2t22_L二者相对位移大小为 x,有(v2 v1)2(a3 a2)x ,解得：x 一5物块对地的位移大小为 X2,有x2 (vv)t2 ,解得：x2 14 L 225122L设历时t3物块第二次与挡板碰撞，有：一(a az)t；=x，得：t3 J2. 5 g物块对地的位移大小为x3,有x3vt31at；,解得：X318石L- L23255故物块的总位移x 为x2x3泸. 74 18 -5 ,伶：x L25根据功的定义W 3 mgx解得：w 3(74 18.5)皿25【点睛】本题是牛顿第二定律、动量守恒定律、运动学公式和能量守恒定律的综合应

18、用，按程序进 行分析是基础.9.如图所示，长度为d的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴 。上，另一端固定一质量为 m 电荷量为q的带负电小球.小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC和BD分别为圆的竖直I和水平直径.等量异种点电荷+ Q、一 Q分别固定在以C为中点、间距为2d的水平线上的 E、F两点.让小球从最高点 A由静止开始运动，经过 B点时小球的速度大小为 v,不考虑 q对+ Q、- Q所产生电场的影响.重力加速度为 g求：6上:尸 ELF(1)小球经过C点时球对杆的拉力大小；(2)小球经过D点时的速度大小.【答案】(1) 5m【解析】(1)图中AC是等势面，故电荷从 A到C过程中，电场力不做功，

19、根据动能定理，有:mg (2d) =mvc2-0解得：vc=2.世在C点，拉力和重力一起提供向心力，根据牛顿第二定律，有： F-mg=m”解得：F=5mgII 1(2)对从B至ij C过程，根据动能定理，有：mgd+W电/mvc2-mv2对从B到C过程，根据动能定理，有： 1111-mgd+W 电=mvD2- mvC2联立解得：Vd=点睛：本题关键是灵活选择过程根据动能定理列式求解，同时要熟悉等量异号电荷的电场线分布情况.10 .如图所示，电荷量为+q,质量为m的小球用一根长为 L的绝缘细绳悬挂于 。点，所在 的整个空间存在水平向右的匀强电场，已知重力加速度为g.现将悬线拉直使小球从与 O点等

20、高的A点静止释放，当小球运动到 。点正下方的B点时速度的大小为 v= JgL .求：该电场白场强 E的大小；(2)小球刚到达B点时绳的拉力；(3)若到达B点后绳子突然断裂，断裂时小球以原速度抛出，则小球再次经过。点正下方时与。点的距离是多少？mg(1) E (2) 2mg; (3) 9L 2q(1)A到B根据动能定理： mgL EqL解得mg2qB点，由牛顿第二定律： T mg2 v m一L解得T=2mg(3)绳子断裂后，小球水平方向向左先做减速运动，后反向加速；竖直方向做自由落体运动，回到B点正下方，则:2VaqEmh 2gt2解得h=9L【点睛】 此题关键是第3问的解答，要知道小球参与水平

21、方向的匀变速运动和竖直方向的自由落体 运动，两个运动的时间相等 .11 .如图，直线 MN上方有平行于纸面且与 MN成45的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。今从MN_上的。点向磁场中射入一个速度大小为 V、方向与MN成45角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为 R。若该粒子从 O点出发记为第一次经过直线 MN,而第五次经 过直线MN时恰好又通过。点。不计粒子的重力。求：(1)电场强度的大小；(2)该粒子从。点出发，第五次经过直线 MN时又通过。点的时间(3)该粒子再次从。点进入磁场后，运动轨道的半径；(2jt + 4)K【答案】(1)e=谴；(2) .第 (3)取【解析】试题分析：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的1/4圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v,再在磁场中运动一段 3/4圆弧到c 点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。XXXXXXXX(1)易知，( 二 26类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为卜二町尸灰痴45=所以类平抛运动时间为再者-由 可得 石=vB粒子在磁场中的总时间：-二一 .v_ 2痴 2K粒子在电场中减速再加速的时间：-故粒子再次回到。点的时间：t =匕一口 +为二(土” v(3)由平抛知识得t