【物理】物理带电粒子在电场中的运动练习全集及解析

1、【物理】物理带电粒子在电场中的运动练习全集及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1.如图，半径为a的内圆A是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v的电子；外圆C为与A同心的金属网，半径为J3a.不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m,电量为e.为使从C射出的电子速率达到3v,C、A间应加多大的电压U;(2)C、A间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场.若沿A径向射出的电子恰好不从C射出，求该电子第一次回到A时，在磁场中运动的时间t；43a2mv(2)4V3aB=9v(、31)ae对电子经GA间的电场加速时，由动能定理得1212一m3V

2、-mv222为使所有电子都不从C射出，所加磁场磁感应强度B应多大.24mve(1)eU得U(2)C4mve电子在C、A间磁场中运动轨迹与金属网相切.轨迹如图所示.设此轨迹圆的半径为r,则,3ar2r2a2得tanr故0=602-2所以电子在磁场中运动的时间tT2得t43a9v(3)若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网迹如图所示：2r.3aa2又evBm一r2mv(3-1)ae2.太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O,外圆弧面AB的电势为！(0),内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN平行边界A

3、CDB,ACDB与2MN板的距离为L.假设太空中漂浮着质量为m,电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对C相切.则所有电子都不从C射出，轨所以B2mv(、.3-1)ae粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回.(1)求粒子到达。点时速度的大小；(2)如图2所示，在PQ(与ACDB重合且足够长)和收集板MN之间区域加一个匀强磁2场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有一3能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；(3)如图3所示，在PQ(与ACDB重合且足够长)和收集板MN之间区域加

4、一个垂直MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小E,若从AB圆弧面收集到的某粒子经4L。点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达。点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间.12试题分析：斛：(1)市电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：qU0mv2(2)从AB圆弧面收集到的粒子有2能打到MN板上，则上端刚好能打到MN上的粒子与3MN相切，则入射的方向与OA之间的夹角是60,在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心2由洛伦兹力提供向心力得：qBvm2LR(3)如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到。点的距离最远,这是一个类平抛运动的逆过程.建立如图坐标.L1qEt2vx旦t妈邑

5、mm12m若速度与x轴方向的夹角为角vx_1cc0coscos-603 .某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PPM呐有竖直向下的匀强电场，电场场强E=1.0X13V/m,宽度d=0.05m,长度L=0.40m；区域MMN的有垂直纸面向里D=0.05m,比荷9=1.0X10C/kg的带正电mMM不影响粒子的运动，不计粒子重力.(1)若VO=8.0X5m/s,求粒子从区域PPN驰出的位置；(2)若粒子第一次进入磁场后就从MN可垂直边界射出，求V0的大小;若粒子从M点射出，求V0满足的条件.的匀强磁场，磁感应强度B=2.5X102宽度的粒子以水平初速度V0从P点射入电场.边界【答案】(1)0

6、.0125m(2)3.6%1/S.(3)第一种情况：V0=(4.00.8n)105m/s(其中n=2n1r3.20.8n、-5,4,0、1、2、3、4）第二种情况：v0=（）10m/s（其中n=0、1、2、3）.2n1(1)粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向d=lE9t22m2md得tqE代入数据解得t=1.0 x106s水平位移x=v0t代入数据解得x=0.80m因为x大于L,所以粒子不能进入磁场，而是从PM可射出,则运动时间to=一=0.5X106s,v竖直位移y=-旦t；=0.0125m2m所以粒子从P点下方0.0125m处射出.粒子

7、进入磁场时，垂直边界的速度(2)由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移2mdqE2qEdm设粒子与磁场边界之间的夹角为“，则粒子进入磁场时的速度为Viv=sinx=vovi=蛆t=m把x=vo2mv在磁场中由qvB=mv得R=RqB粒子第一次进入磁场后，垂直边界MNH寸出磁场，必须满足x+RsinkL2mdmv52qEd1小、珈/曰、R=、v=、v1=J代入斛1侍qEqBsin，mEBv0=3.6x彳m/s.(3)由第二问解答的图可知粒子离MM的最远距离A尸RRcos后R(1cos”)可以看出当a=90。时，Ay有最大值，(A90。即粒子从P点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后

8、以Vi的速度垂直MM进入磁场运动半个圆周回到电场)Amax=0.04m,D,所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会代入解得4.00.8n2n1xl0m/s(其中n=0、1、2、3、4)第二种情况:l_=n(2v0t+2Rsin就)V0t+2Rsnamv、vi=vsinv1qB12(n1)E2n1B2qEd代入解得3.20.8n2n1x10m/s(其中n=0、1、2、3).把*mv、v=*vH誓代入解得Amax小于磁场宽度从边界NN射出磁场.若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示:第一种情况:l_=n(2v0t+2Rsin禽V0tvsin。v1=产m4.如图所示，虚线MN左侧有一场强为

9、 EI=E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场弓虽度为E2=2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场日平行的屏.现将一电子(电荷量为e,质量为m,重力不计)无初速度地放入电场日中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为L,AO连线与屏垂直，垂足为2O,求：(1)电子到达MN时的速度;【解析】【详解】(1)电子在电场Ei中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为为v,贝U：eEieEai=mmL22alv2解得v,eELm(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy,e&2eEa2=mmLt=vVy=a2tvytan0=2ai,到

10、达MN的速度(2)电子离开偏转电场时偏转角的正切值tan电子打到屏上的点P到点O的距离.v电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点。由几何关系知:(3)tan0=L2x=3L.5 .如图所示，轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角0=37.已知绳长l=l.0m,小球所带电荷量q=+l.0X4CQ质量m=4.0 x-3kgo不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2,sin37=0.60,cos37=0.80.求:(l)电场强度的大小E;(2)将电场撤去，小球摆动到最低点时速度的大小v；(3)将电场撤去，小球摆动到

11、最低点时绳中拉力的大小T.【答案】(1)E3.0103N/C(2)v2.0m/s(3)T5.6102N【解析】【详解】qE_。对带电小球受力分析，得关系：tantan37mg代入已知数据后，解得E3.0103N/C(2)根据机械能守恒定律有：mgl1cos37o1mv2解得：v.2gl1cos37o2.0m/s2根据牛顿第二定律：Tmgm解得：T5.6102N6 .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VO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

12、场已解得: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t4L【答案】(1)v2v0；(2)t29vo(1)轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x轴夹角为(1)在电场中x轴方向：拽Lv0t1,y轴方向：L3得60,v-v-2vocos(2)在磁场中，rR3L4Lsin32磁场中的偏转角度为23vy,，一11,tan2vyvt22r34Lv9V07.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t小B点，此时

13、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】3E(2)2qEtm【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为Ei,小金属块由A点运动到B点过程：1 EqEq,X-t,V|-t2 mm小金属块由B点运动到A点过程：+1Eiq+2xv1t-t2mE1q.v2v1tm联立解得：v22E生，则：E13E；m12(2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功：W-mv202点睛： 解答本题关键

14、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8.如图所不，质量为m的小球穿在绝缘细杆上，细杆的倾角为出小球带正电，电荷量为q.在细杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷.将小球由距B点竖直高度为H的点处无初速度释放， 运动到C点时速率最大，运动到P点时高度变为原来的一半且速率为零，小球下滑过程中电荷量不变.不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量为k,重力加速度为g.求：(1) A球刚释放时的加速度大小；(2) C点与B点的距离；联立解得:2q2E2t2m(3) AP间的电势差.【答案】(1)gsinkQqsir22,(2)JkQqmHmgsin【

15、解析】【分析】(1) A球刚释放时， 受到重力、 沿细杆向上的库仑力和细杆的支持力， 根据牛顿第二定律求解加速度.(2) A球刚释放下滑过程中，库仑力逐渐增大，当库仑力小于重力沿斜面向下的分力时，小球做加速运动； 当库仑力大于重力沿斜面向下的分力时， 小球做减速运动.当两力大小相等时， 小球的速度最大，由平衡条件和库仑定律结合求出(3)小球运动到P点时速率为零， 由动能定理求解AP间的电势差.【详解】(1)A球刚释放时，由牛顿第二定律可知：mgsina-F=maH又知rsin(2)当小球受到合力为零，即加速度为零时，速率最大，设此时小球与,Qqd,则有：mgsink解得：d=kQq,mgsin

16、H(3)小球运动到P点时速率为零，由动能定理得：mgHqU=0【点睛】本题的关键是分析小球的受力情况， 来确定小球的运动情况.从力和能两个角度研究动力学问题是常用的思路.9.如图所示，水平、绝缘、粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.4m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场mgH(32qC点与B点的距离.根据库仑定律有:FkqQr联立解得：a=gsinkQqsin2优FmHB点间的距离为A线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1.0X14N/C.现有一电荷量q=+1.0X1de,质量m=0.1kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点

17、由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点（图中未画出）.取g=10m/s2.计带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小；D点到B点的距离XDB；【答案】（1）6.0N（2）0【解析】【分析】【详解】设带电体通过C点时的速度为VC,依据牛顿第二定律2心VC有：mgm解得：Vc=2.0m/s设带电体通过B点时的速度为VB,轨道对带电体的支持力大小为 FB,带电体在B点时2有FBmgmB-带电体从B运动到C的过程中，电场力做功为零，根据动能定理1212有：mg2R-mvC-mvB22联立解得：FB=6.0N根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力 FB=6.0N竖

18、直方向：2R-gt2210.如图所示，x轴的上方存在方向与x轴成45o角的匀强电场，电场强度为E,x轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B0.5T.有一个质量m1011kg,电荷量73q10C的带正电粒子，该粒子的初速度V0210m/s,从坐标原点O沿与x轴成45角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从。点出发后第四次经过x轴时刚好又回到O点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：设带电体从最高点C落至水平轨道上D点的时间为t,根据运动的分解水平方向：XDBVCt解得：XDB=01Eq2t2mXXX3?xxxxxxxxxx5XXXxxxxxxxxxxx带电粒子第一次

19、经过X轴时的横坐标是多少？电场强度E的大小及带电粒子从。点出发到再次回到。点所用的时间.【答案】带电粒子第一次经过X轴时的横坐标是0.57m;电场强度E的大小为1103V/m,带电粒子从。点出发到再次回到。点所用的时间为2.1103s.【解析】【分析】(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方

20、向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E,三个过程的总时间即为总时间.【详解】2粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，qvBm,Rmv一.半径R0.4m,Bq根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90,则第一次经过x轴时的横坐标为X1&R0.4J2m0.57m第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点。处，其运动轨迹如图所示.在垂直电场方向的位移Svt1,运动时间t1包2R4104sv

21、v12在沿电场方向上的位移S2at2,2又因s2R得a2s21107m/s2ti根据牛顿第二定律aEqm所以电场强度Ema1103V/mq粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期所以粒子从出发到再回到原点的时间为tt112T【点睛】本题考查带电粒子在电场、 磁场中两运动模型： 匀速圆周运动与类平抛运动， 及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力.11.在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压 UO,其周期是T.现有电子以平行于金属板的速度 VO从两板中央射入（如图甲）.已知电子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重力，

22、求：2V2R，粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间t22va4104s,2mBq104s32.110s由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为解得：v12eUoVo 一(2)若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T;则电子水平方向做匀速直线运动：L=V0T12.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=1kg,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)，传送带的运行速度，B与水平传送带相vo=3m/s,长L=1.4m.今将