(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.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L (0),内圆弧面CD的电势为 ，足够长的收集板 MN平行边界ACDB, 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 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

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 -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。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.【答案】(1) v /2aZ； (2) B 1户;(3)600; 2L 隹 mL . 2qq【解析】【分析】【详解】试题

3、分析：解：(1)带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得： qU 0 -mv2 2(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，轨迹圆心角600 .根据几何关系，粒子圆周运动的半径：R 2L2由洛伦兹力提供向心力得：qBv mR(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.PL 1qEt2v以心良m m 1m 12m若速度与x轴方向的夹角为角cosvx cos v6002.如图所示，竖直面内有水平线MN与竖直线PQ

4、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。 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(1)粒子从。到A运动过程中，电场力所做功 W；(2)匀强

5、电场的场强大小Ei、E2；(3)粒子到达B点时的动能39【答案】(1)W -mv22EkB.,3m 0(2)日=04qd HYPERLINK l bookmark0 o Current Document 3m 014m 2E = (3) EkB=03qd3(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,、一 由题知：粒子在 。点动能为Eko = -mv0粒子在A点动能为：EkA=4Eko,粒子从。到A 232运动过程，由动能7E理得：电场力所做功

6、：W=EkA-Eko=-mv0 ;2(2)以O为坐标原点，初速 v。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运动过程中，加速度大小为32,

7、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。3.如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点。处，半径R=0.1m,磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐

8、标为(0, 0.08m),平行金属板 MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m,极板间所加电压 U=6.4x102V,其中N极板收集到的粒子全部 中和吸收.一位于 O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径Ro=0.08m ,若粒子重力不计、比荷 9=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的m边缘效应.sin53 =0.8, cos53=0.6.(1)求粒子的发射速度 v的大小；(2)若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37,求它打出磁场时的坐标：(3) N板收集到的粒子占所有发射

9、粒子的比例刀.* iFm006 rj ll Oh【答案】(1) 6X10m/s； (2) (0, 0.18m) ; (3) 29%【解析】【详解】2 v (1)由洛伦兹力充当向心力，即 qvB=m Ro可得：v=6x 10m/s；(2)若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37,作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q,根据几何关系可得 PQ= 0.06n =0.08m ,即Q为轨迹圆心的位置；cos37oQ到圆上y轴最高点的距离为 0.18m-0067=0.08m,故粒子刚好从圆上 y轴最高点离开;sin 37故它打出磁场时的坐标为(0, 0.18m);y,由带电粒子在电场中偏转的(3)如上图所示

10、，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为 规律得：y= at22qE qU a=m md由解得：y=0.08m设此粒子射入时与 x轴的夹角为a,则由几何知识得：y=rsin aR0-Rocos a可知 tan a 4-,即 c=53353比例 斤-X 100%=29%1804.如图，平面直角坐标系中，在，y0及y-3L区域存在场强大小相同，方向相反均平2行于y轴的匀强电场，在-3Lvy0)的粒子以速率 vo从y轴上的M (OM=d)点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。(1)求此电场的场强大小 E;(2)若粒子能在 OL与x轴所围区间内返回到虚线 OL上，求

11、粒子从 M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。【答案】(1)2q0)的小球静止在 A点。某时刻在整个空间加上水平向右、场强E-的匀强电场，当小球运动至B点时，电场立即反向(大小不变)，经一段时间后，小球第一次运动至 C点。 重力加速度为g。求：(1)小球由A运动至B的时间t;(2)竖直墙面BC的高度h;(3)小球从B点抛出后，经多长时间动能最小 ？最小动能是多少？I116 I 12【答案】(1)2扁1rs国【解析】【分析】根据“小球在匀强电场中运动至B点，经一段时间后小球第一次运动至C点”可知，本题考查带电小球在匀强电场中的曲线运动问题，根据匀变速曲线运动的运动规律，运用动能 定理和分运动

12、的运动学公式列式计算.(1)小球由A至B,由牛顿第二定律得：位移为S =联立解得运动时间:(2)设小球运动至B时速度为VB,则 vb = at0,小球由B运动至C的过程中，在水平方向做加速度为-a的匀变速运动，位移为r . 1 .j则：0 =小酬在竖直方向上做自由落体运动，则九二飞印16联立解得：仁王(3)从B点抛出后经时间t,水平方向、竖直方向速度分别为 性=廿&-凯vy = Ji经时间t合速度v满足/二屏+邙代入得：水+柒)正-2加口1 +诬6际24由此，当 上二万时，最小，最小值 EH三,故小球从B点抛出后，达动能最小需经时间g112动能最小值Ekmm = 3m1%卷=需【点睛】涉及电场

13、力和重力作用下的匀变速曲线运动，针对运动规律选择牛顿第二定律和运动学公式；针对初末状态选用动能定理截决问题比较容易.如图所示，内壁光滑、半径大小为 R的绝缘圆轨道固定在竖直面内，圆心为 O轨道左 侧与圆心等高处附近空间有一高度为 d的区域内存在着竖直向下的匀强电场 (dR),电场强度=鹿区。质量为m带电量为+q可视为质点的小球，在与圆心等高的A点获得竖直向2qd上的初速度V0,小球刚好能通过轨道最高点Bo (重力加速度为g)求：(1)小球初速度vo的大小；(2)小球第3次经过轨道最低点时对轨道的压力。【答案】(1) J3gR (2) 9mg ,方向竖直向下【解析】【分析】小球恰好能经过轨道最高

14、点B,由牛顿第二定律求出 B的速度，从A运动到B,对小球由动能定理求出小球初速度 vo的大小；对小球由动能定理得小球第三次经过轨道最低点时的 速度大小，在最低点时，由牛顿第二定律和牛顿第三定律求得小球对轨道的压力；【详解】 解：(1)小球恰好能经过轨道最高点 B2由牛顿第二定律有：mg mvBR TOC o 1-5 h z 1o 1 o从A运动到B,对小球由动能te理得：mgR mvB 一 mv0 HYPERLINK l bookmark26 o Current Document 22解得：vo 、.,3gR(2)设小球第三次经过轨道最低点时的速度为v1212对小球由动能te理得：3qEd m

15、gR mvmv0 HYPERLINK l bookmark12 o Current Document 22在最低点时，由牛顿第二定律有:Fn mg2 v m 一R解得：Fn 9mg由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力Fn 9mg ,方向竖直向下.如图所示，长度为 d的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O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

16、电场的影响.重力加速度为g求：成o ：DII一二二七E&F(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) 5血9| (2) 14刑 【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：kasamg (2d) =mvc2-0解得：vc=2归在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.12.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= jg.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