(物理)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、(物理) 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，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=3X10N/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=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卩=0.1 重力加速度大小 g=10m/s2.求：(1) 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

2、受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-KmA+mB)g=(mA+mB)ai可得系统的加速度 a1=1m/s2;1由运动规律：x= a1t122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 V1, t2=6s 时刻，B 的速度大小为 V2,则V1=a1t1=2m/s ;绳断后，对 B 由牛顿第二定律：F-0iBg=mBa2解得 a2=2m/s2；由运动规律可知： V2=V1+a2(t2-t1)解得 V2=10m/s电场力的功率 P=Fv,解得 P=60W2.如图 1 所示，光滑绝缘斜面的倾角0=30整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向为

3、电场的正方向，电场随时间的变化规律如图2 所示.一个质量 m=0.2kg，电量 q=1X1(T5C(1)04s 内滑块的最大速度为多少？04s 内电场力做了多少功？【答案】(1) 20m/s (2) 40J【解析】【分析】对滑块受力分析，由牛顿运动定律计算加速度计算各速度【详解】【解】(I)在 02 s 内，滑块的受力分析如图甲所示，甲电场力 F=qER mg sinma!解得a 10m/s2在 2 -4 s 内，滑块受力分析如图乙所示F2mg sinma22的带正电的滑块被挡板P 挡住，在 t=0 时刻，撤去挡板P.重力加速度g=10m/s2，求:图1lT2解得a210m /s因此物体在 0

4、2 s 内，以a110m / s2的加速度加速，2在24 s内，a210m/s的加速度减速，即在 2s 时，速度最大由vqt得，Vmax20m/s物体在 02s 内与在 24s 内通过的位移相等.通过的位移xVmaxt 20 m2在 02 s 内，电场力做正功W,F1x 60 J-在 24 s 内，电场力做负功W2F2x20J电场力做功 W=40 J3.如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，与x轴相交于Q点，Q点的横坐标xo6cm，在第一象限y轴和MN之间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E 1.6 105N / C，在第二象限有半径R 5cm的圆形磁场，磁感应强度B 0.8T，方 向垂直xOy

5、平面向外.磁场的边界和x轴相切于P点.在P点有一个粒子源，可以向x轴 上方 180范围内的各个方向发射比荷为q1.0 108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的m发射速率V。4.0 106m/s.不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用.求：(1 )带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；(2) 粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；(3)带电粒子打到荧光屏上的位置与Q点间的最远距离.【答案】(1)5cm(2)0 y 10cm(3)9cm【解析】【详解】(1 )带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动2Vqv0B m一r(3) 假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有解得：r變5cmqB(2)由(1 )问

6、中可知rR，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形PO FO1为菱形，所以FO1/ /O P，又 o P 垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与 粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0 y 10cm.x轴平行，所以XoVoto1at2qEm解得：h 18cm 2R 10cm,说明粒子离开电场后才打到荧光屏上设从纵坐标为y的点进入电场的粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，则XVot1.2y at2代入数据解得x2?设粒子最终到达荧光屏的位置与Q点的最远距离为H，粒子射出的电场时速度方向与正方向间的夹角为，tanqE

7、 xgm VoVoVo所以Hxox tan冷、2y g 2y，由数学知识可知，当Xo2y , 2y时，即y 4.5cm时H有最大值,所以Hmax9cm4.如图所示，虚线 MN 为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E 方向竖直向下且与边界 MN 成=45角，匀强磁场的磁感应强度为 B,方向垂直纸面向外，在电场中 有一点 P,P 点到边界 MN 的竖直距离为 d。现将一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子从 P 处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)。求：(1 )粒子第一次进入磁场时的速度大小；(2) 粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；(3)若粒子第一次进入磁

8、场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为B，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则B的最小值为多少？XoVoto1rllpFf *4 L . 人r N【答案】（1）v 屠（2）XCA4屉（3）B2 22B【解析】【详解】12（1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v,由动能定理可得qEd -mv2，2解得vt2qEdm（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为xCA由类平抛规律XVt，y2i Eqt2m由几何知识可得两点间的距离xCA. 2vt，代入数据可得xCA4 2d2mdx=y,解得tEqmv2mv1 f2mEd(3 )由qvB竺可得R，即R

9、 RqBB Y q由题意可知，当粒子运动到 F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即B最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r,则有几何关系可知r2一2R4又因为r，所以B，qBqr代入数据可得B 2 2.2 B5.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 O 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vO、沿平行于 MN 方向抛出

10、各小球其中第 1 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：(1 )第 1 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.2【答案】qmvL；B2Eh【解析】【详解】(1) 设第 1 球的电量为qi， 研究 A 到C 的运动:h1qEt22 m2h vot(2) 研究第 1 球从 A 到 C 的运动:解得：VyV0tan亠1，45，V2V0；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2由

11、qBm得RR由几何关系得：2Rsin h2X3!：MBHQ:MJf解得：q2mV。2Eh解得：B2EVo2E；存EVomVqBy(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小球穿过磁场一次能够自行回到A，满足要求：Rsinx，变形得：sin xqB解得：B .Vo6.如图所示，在 y0 的区域内有沿 y 轴正方向的匀强电场，在 y0 的区域内有垂直坐标平 面向里的匀强磁场，一电子(质量为 m、电量为 e)从 y 轴上 A 点以沿 x 轴正方向的初速度 vo开始运动，当电子第一次穿越x 轴时，恰好到达 C 点，当电子第二次穿越 x 轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x

12、 轴时，恰好到达 D 点，C D 两点均未在图中标出.已知A、C 点到坐标原点的距离分别为d、2d.不计电子的重力.求(1)电场强度 E 的大小. 磁感应强度 B 的大小.(3)电子从 A 运动到 D 经历的时间 t.【解析】试题分析：(1)电子在电场中做类平抛运动设电子从 A 到 C 的时间为 t1X VtVo【答案】（1）;（ 2）-l&d（3）5-1分fit求出E分(2)设电子进入磁场时速度为 v, v 与 x 轴的夹角为电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力7如图所示，长度为 d 的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴 0 上，另一端固定一质量为 m 电荷量为 q的带负电小球

13、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、一 Q 所产生电场的影响.重力加速度为 g 求：fl r-.Q；_hLi电子在电场中运动的时间为23t1=1分电子在磁场中运动的时间t2=一一电子从 A 运动到 D 的时间t=3t1+ t2= 1 分考点：带电粒子在电场中做类平抛运动匀速圆周运动牛顿第二定律(3)由抛物线的对称关系,E右F(1) 小球经过 C 点时球对杆的拉力大小；(2

14、) 小球经过 D 点时的速度大小.【答案】(1) P 吨| (2) 1 伽-声【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，根据动能定理，有：円mg ( 2d)= mvC-0解得：vc=2.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 到 C 过程，根据动能定理，有： mgd+W电=mvC2mv2对从 B 到 C 过程，根据动能定理，有：1 1112.2-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

15、.&如图甲所示，平行板 A、B 竖直放置，B 板接地，A、B 两板加上交变电压， A 板的电势 随时间变化规律如图乙所示，乙图所示物理量均为已知量。t=0 时刻，一个质量为 m,电荷量为 q 的带正电的粒子在 B 板附近由静止释放，不计粒子的重力，求：(1) 要使粒子到达 A 板时速度为零，A、B 板间的距离应满足什么条件？(2) 要使粒子到达 A 板前一直加速，A、B 板间的距离应满足什么条件(3) 若将两板间的距离调为 L,保持两板的电势差大小不变，改变交变电压周期，使粒子在t=T到 t=T时间内从 B 板附近由静止释放后粒子不能到达A 板，改变后的周期应满足什么42条件？(n=1

16、, 2, 3.)T nq0_J-,(n= ,2, 3.)2、m(2)要使粒子到达 A 板前一直加速，即粒子在板间运动的时间不超过半个周期1311夕LV1111101ia1i|! 71( (7* -l!ipgP ! fK!J|t|1J_2_ -L甲乙【答案】(1)需+, ()d Tq 0(3)T 4L2mmqo【解析】【分析】粒子从t0时刻释放后一个周期内，先做初速度为零的匀加速运动，后做匀减速运动速度为零，因此粒子到达 A 时速度为零，则粒子在板间运动的时间应为周期的整数倍；要使粒子到达 A 板前一直加速，即粒子在板间运动的时间不超过半个周期；从 B 板附近由静止释放后粒子不能到达A 板，带电

17、粒子在t4到七时间内向 A 做匀加速运动，在T3T、t 到t时间内向24【详解】解：(1)由题可知，粒子从A 做匀减速运动，速度减为零后将返回；做匀减速运动速度为零，因此粒子到达的整数倍；t 0时刻释放后一个周期内，先做初速度为零的匀加速运动，后A 时速度为零，则粒子在板间运动的时间应为周期设板间的间距为 d,则板间电场强度大小为:在开始的半周期内，粒子运动的距离：x2d 2nx，解得：d解得：dT2 2mqo1at22qomd7 到 t 2 时间内向 A 做匀加速运动，在 t ；到t手时间内向 A 做匀带电粒子在t减速运动，速度减为零后将返回，粒子向1T2A运动可能的最大位移：s 2丄a(丄

18、)224q0mL从 B 板附近由A板，则有：x L9.如图所示，x 轴的上方存在方向与 x 轴成45角的匀强电场，电场强度为E, x 轴的下方电场强度E 的大小及带电粒子从 O 点出发到再次回到 O 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;【 解析】【 分析】(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

19、即为总时间.【详解】2所以粒子从出发到再回到原点的时间为t tit2T 2.1 103S又因s2R2s272得a寺1 10 m/ s根据牛顿第二定律T4104s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,v qvBm，R半径RmV0.4m，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2R 0.4 2m 0.57mX1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，在电运动时间t1S12R410 s在沿电场方向上的位移S2所以电场

20、强度E310 V/m2v44 10 s，a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粒子从第一次t22所以粒子从出发到再回到原点的时间为t tit2T 2.1 103SBq【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.10.如图所示，带电荷量为 +4X108C 的滑块在电场强度大小为2X10N/C、方向水平向右的匀强电场中，沿光滑绝缘水平面由M 点运动到 N 点.已知 M、N 间的距离为 0. 1(1)滑块所受电场力的大小;(2) M、N 两点间的电势差;(3)电场

21、力所做的功.【答案】(1) 8X1 你 (2) 2X10/ ( 3) 8X10J【解析】【分析】(1)在匀强电场中，根据 F=qE 直接计算电场力的大小;(2)根据 U=Ed 计算 M、N 两点间的电势差；(3)根据 W=qU 计算电场力所做的功.【详解】(1 )滑块所受的电场力为：F=qE=4X1一8X2X4ND=8X1 你(2) M、N 两点间的电势差为：UMN=Ed=2X10X0.1V=2X3V0(3) 电场力所做的功为：WMN=qUMN=4X10X2X3J=8X1J【点睛】本题是对电场的基本公式的考查，掌握住公式的使用条件,以使用，W=qU 任何电场都可以使用.F=qE, U=Ed 在

22、匀强电场中才可11.如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第一、四象限有与 y轴相切于 O 点、圆心为01、半径一定的有界圆形区域，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y 轴的匀强电场.一带电粒子(重力不计)自 P(- d,艮)点以平行于 x 轴的初速度 V0开始运2动，粒子从 0 点离开电场，经磁场偏转后又从y 轴上的 Q 点(图中未画出)垂直于 y 轴回到电场区域，并恰能返回到 P 点求：电场强度 E 和磁感应强度 B 的比值.【答案】(1) 2vo5Vo8【解析】【详解】试题分析：(1)粒子从 P 到 O 的过程中做类平抛运动，设时间为ti，经过 O 点时的速度为 v,其在 y 轴负方向的分速度为 Vy,与 y 轴负方向的夹角为0d=votiVxti2 2 2V =V0+Vytan(2)设粒子质量为 m,电荷量为 q，粒子在电场中运动的加速度为a： Eq=ma子d新2丄at；2d=Vt2(2)粒子从 Q 到 P 的过程中，也做类平抛运动，设时间为t2, Q 点的纵坐标为 yQ(1)粒子经过 0 点时的速度;VoVy解得：V=2Vo0=30解得：yQ宾d8设粒子由 S 点离开磁场，粒子从 O 到 S 过程中做圆周运动，半径为 r，由几何关系有:r+rsin0Q=y2v qvB m一r12EB考点：带电粒子在电场及磁场中