高考物理带电粒子在电场中的运动试题经典及解析

1、高考物理带电粒子在电场中的运动试题经典及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1.如图所示，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O射入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.(1)求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向；(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O射入的电子打到N板上的位置到N板左端的距离x.【答案】(1) B 1“您工 垂直纸面向外；(2)巫LL e2【

2、解析】【分析】(1)在电场中加速度，在复合场中直线运动，根据动能定理和力的平衡求解即可;(2)洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可；【详解】12(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：eU - mv22U由于电子在两板间做匀速运动，则evB eE,其中E L联立解得：B 1L根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外；(2)洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有:2L r _2 revB m,其中由(1)得到v r设电子打在N板上时的速度方向与 N板的夹角为 ，由几何关系有：cos由几何关系有： x r sin联立解得：x L . 2【点睛】本题考查了带电粒子的加速

3、问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要找出向心力的提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可.2.如图，以竖直向上为 y轴正方向建立直角坐标系；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 O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 四，求从qO点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐

4、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(1)粒子恰能在xoy平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力一定为零， 又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，而要保证该方向上合外力为 零，则洛伦兹力大小不变，因为洛伦兹力F洛 Bqv ,所以受到大小不变，即粒子做匀速Bqv 2 , qE2 mg 2 , v _qEmg2 国Bq2qBqE Emg则v在y万向上分量大小 vy vsin v - x轴为h处所用的时间yBqv B 2qB因为粒子做匀速直线运动，根据运动的分解可得，粒子运动到距,h Bh 2

5、qhB t - E吗qvy E mg (2)若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，电场强度大小变为则电场力F电qE mg,电场力方向竖直向上;所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充当向心力，即2VqvB m , r rmvBq22m- qE mg22B q如图所示，由几何关系可知，当粒子在O点就改变电场时，第一次打在x轴上的横坐标最小，x 2Rsin 2m. qE 之B2q2mg2qE22qE mg2mE2m g2q b当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在2m.x轴上的位置之间的距离为2R时，第一次打在x轴上的横坐标最大， x22R sin22qE mg2-2B qqE22

6、m qE2mg 5m2g2 2q b22qE mg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 2q b25m gx -2 2q 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；那么设离子运动到位置坐标qEx mgy1 mv2(x, y)满足速率v v,则根据动能定理有3 21c 2 L32 15mgm 2V , qEx mgy mv 2-2 ,228q B115m gy - x 2 8q B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 受力图及轨迹图；

7、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.3.如图所示，在平面直角坐标系 xOy平面内直角三角形abc的直角边ab长为6d,与y轴 重合，/ bac=30,中位线OM与x轴重合，三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场.在笫一象限内，有方向沿y轴正向的匀强电场，场强大小E与匀强磁场磁感应强度 B的大小间满足 E=v)B.在x=3d的N点处，垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度 丫0从丫轴 上一3dWyW的范围内垂直于 y轴向左射入磁场，其中从y轴上y=-2d处射入的电子，经磁场 偏转后，恰好经过O点.电子质量为m,电量为e

8、,电子间的相互作用及重力不计.求(1)匀强磁杨的磁感应强度 B(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围；(3)荧光屏上发光点距 N点的最远距离L-T* 竽罩【答案】(1) mv0； (2) 0 y 2d ； (3) 9d ； ed4【解析】设电子在磁场中做圆周运动的半径为r;由几何关系可得r=d2电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0B m也r解得：B mv0ed(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac边相切时，电子从+ y轴射入电场的位置距 O点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为 O ,有：Oa sin 30OO 3d Oa解得OO d即从O点进入

9、磁场的电子射出磁场时的位置距O点最远所以ym 2r 2dON间射出电场时的位t,电子打到荧光屏上电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y的范围为0 y 2d 设电子从0 y 2d范围内某一位置射入电场时的纵坐标为 y,从 置横坐标为X,速度方向与x轴间夹角为0,在电场中运动的时间为 产生的发光点距 N点的距离为L,如图乙所示：根据运动学公式有：X %tvytantan解得:1 eE+2t2 meE-t mVyV。L3d xL （3 .,d、石）W9 .,一，一d时，L有取大值8, 一 9解得：L d4当3 d 2y 2y【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要

10、求能正 确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经 常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的 应用.4.如图所示，直空中有以 O为圆心，半径为 R的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂O沿纸面不同方直纸面向外，在虚线范围内、x轴上方足够大的范围内有宽度为d,方向沿y轴负向、大小 为E的匀强电场.圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点m不计质子的重力.求向发射速率为v的质子，已知质子的电荷量为 e,质量为(1)要使质子不出磁场区域，磁感应强度B要满足什么条件?(2) P、N两点在圆周上，M是OP的中点，MN平行于

11、x轴，若质子从N点平行于x轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从O点出射时的方向.(3)2d mRv c、(R - , 0)2 2eEd(3)求质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标.【答案】(1) B 2mv (2) 600eR0)【解析】试题分析：当质子做圆周运动的半径Hr,r 一时，质子不会出磁场，由牛顿第一th律即可求 2得磁感应强度的范围；画出粒子运动轨迹，根据几何关系和牛顿第二定律求解；设质子刚 好打到电场右边界与 x轴的交点，做类平抛运动，结合平抛运动公式分为两种情况即可求 解.“，一 R , (1)当质子做圆周运动的半径 r 一时，质子不会出磁场22由牛顿第二定律，得F m

12、r洛伦兹力为：F evB解得：B2mveR(2)如图，质子做圆周运动的圆心在NA上，AB为ON的垂直平分线，故交点 A为圆心,OM为ON的一半，知角 ONM为30,角CNA为600,则NA=R,质子做圆周运动的的半径 为R结合以上解得：B=mv eR易知OB与x轴的夹角为600故质子出射时速度与 x轴成60O角(3)设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点在竖直方向：R -eEt222 m在水平方向：d vt联立解得：d v. mRi)当d vJmR时，质子出边界之后与 x轴相交，设在电场中的偏移为y,出电场时在y轴方向的速度为vy ,偏转角为41 eE,2由y t 结合以上解得：y2 m1 eE

13、d22 mv2eE eEd在竖直方向的速度为：vy Et eEdm mv偏转角为：tanvy eEd2v mv一 R由图DF y 2DGDFtan联立求解得：DGmRv2 d2eEd 22 mRv2eEd根据几何关系得：OG R d DG Rd2d mRv2故与x轴父点坐标为(R - , 0)2 2eEdii）当 dmR 时，质子在电场区域内与 x轴相交eE,R 1 eE由22 m根据几何关系得：OH故与x轴交点坐标为(水平位移sx,画出轨迹、在结合几点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，分清过程 何知识和牛顿第二定律即可解题.如图所示，AB是一段长为s的光滑绝缘水平轨道，BC是一

14、段竖直墙面。一带电量为q(q0)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=40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。(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？百 116 I 12 I【答案】(1) 二为(2)近【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的运动学公式列式计算.【详解】(1)小球由A至

15、B,由牛顿第二定律得：二咽位移为丁二件联立解得运动时间:(2)设小球运动至B时速度为vb,则%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 0,在竖直方向上做自由落体运动，则16联立解得：h = -s(3)从B点抛出后经时间t,水平方向、竖直方向速度分别为为二悭经时间t合速度v满足/ =谑+呼代入得：Vj = Ve - at由此，当t =需时，忻最小，最小值 均24imil 二方，h bs故小球从B点抛出后，达动能最小需经时间 TOC o 1-5 h z 112动能最小值. ：,【点睛】 涉及电场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

16、；针对初末状态选用动能定理截决问题比较容易.如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管AB固定在竖直平面内.圆管的圆心为 O, D点为圆管的最低点，AB两点在同一水平线上，AB= 2L,圆环的半径为r J2L (圆管的直径忽略不计)，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于 C点.在虚线AB的上方存在水平向右的、 范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场mg强度大小等于.圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为q(q0)的绝缘小物体(可q视为质点)，PC间距为L.现将该小物体无初速度释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线无 碰撞地进入圆管内，并继续运动.重力加速度用g表示.

17、(1)虚线AB上方匀强电场的电场强度为多大？(2)小物体从管口 B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上白N点(图中未标出N点)，则N点距离C点多远？(3)小物体由P点运动到N点的总时间为多少？l mg【答案】(1) E 上 Xcn 7L q【解析】，、，3 、(3) t总一(3 一) 42Lg(1)小物体无初速释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，故小物体刚好沿PA连线运动，重力与电场力的合力沿PA方向；又 TOC o 1-5 h z 0qEmg HYPERLINK l bookmark186 o Current Document PA AC L

18、,故tan 45，解得：E HYPERLINK l bookmark182 o Current Document mgq HYPERLINK l bookmark180 o Current Document 12.1Va 2 gL(2)小物体从P到A的运动由动能te理可得：mgL qEL - mvA ,解得:2mg虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于,电荷q量为q (q0)的绝缘小物体所受电场力F2 qE2 mg ,方向竖直向上，故小物体从 A到b做匀速圆周运动，vB vA 2，g水平方向：x(vB cos 450 )t1at2 2qE ma 解得：x 8L小物

19、体从管口 B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点，对竖直方向:N点距离C点：Xcn x L 7L(3)小物体从P到A的时间t1，则J5l2Lg1 ，一 ，二 VaL 解得：t12 -2.2L c f TOC o 1-5 h z 物体从A到B的时间t2 ,则+ / 3_ /空t2Va4 V g3小物体由P点运动到N点的总时间 t币 = t1t2 t 3 -心47.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

20、，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？|-1 I i ft IC当 U U一/口1J- 1L甲乙【答案】(1) T fn(n=i,2,3,)2 ) d 4可(3) T 4L2 1. m2 . 2m【解析】 【分析】粒子从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，后做匀减速运动速度为零，因此粒子到达 A时速

21、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，带电粒子在t 1到t1时间内向A做匀加速运动，在 TOC o 1-5 h z 42T , 3Tt 7至收 一时间内向A做匀减速运动，速度减为零后将返回； HYPERLINK l bookmark152 o Current Document 24【详解】解：(1)由题可知，粒子从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 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；设板间的间距

22、为d,则板间电场强度大小为：E d在开始的半周期内，粒子运动的距离：x(n=1, 2, 3 -.)解得：dT Jnq_0 , (n=1 , 2, 3.) (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,1.2d - at2md带电粒子在t 二到t胃时间内向A做匀加速运动，在t彳到t 一时间内向A做匀 42241 T 2减速运动，速度减为零后将返回，粒子向A运动可能的最大位移：s 2 -a(T)224A板，则有：x La ” mL从B板附近由静止释放后粒子不能到达解得：T 4L 、q 08.如图所示，粗糙的斜槽轨道与半径R=0.5m的光滑半圆形轨道 BC连接，B为半圆轨

23、道的最底点，C为最高点.一个质量 m=0.5kg的带电体，从高为 H=3m的A处由静止开始滑 下，当滑到B处时速度VB=4m/s,此时在整个空间加上一个与纸面平行的匀强电场，带电体所受电场力在竖直向上的分力大小与重力相等.带电体沿着圆形轨道运动，脱离C处后运动的加速度是a=2 3 m/s2,经过一段时间后运动到斜槽轨道某处时速度的大小是v=2m/s ,已知重力加速度g=10m/s2,带电体运动过程中电量不变，经过B点时能量损失不(1)带电体从B到C的过程中电场力所做的功W(2)带电体运动到 C时对轨道的压力 F(3)带电体与斜槽轨道之间的动摩擦因数科【答案】(1)5J (2)16N(3) H3

24、45【分析】【详解】(1)设带电体受到电场力的水平分量为Fx,竖直分量为Fy,带电体由B到C的运动过程中，水平分力做功为零，竖直分力做功等于重力做功.即：W=Fy?2R= mg?2R= 5J(2)带电体从B到C运动的过程中，重力和电场力的竖直分力相等，电场力的水平分力不做功，所以 Vc= vb= 4m/s2在C点，由牛顿第二定律得：f mg Fv m y R又 mg = Fy联立解得：F=16N(3)带电体脱离轨道后在水平方向上做匀减速直线运动，由速度位移公式得:22cvc v 2 ax代入数据得：x 3设斜面与水平面的夹角为 %则tan 2R x解得：a= 30带电体从A到B的运动过程中，由

25、动能定理的:mgH-2代入数据解得:11 .3459.如图所示，空间存在水平方向的匀强电场，带电量为 =-走10-:。的绝缘滑块,其质量m=1 kg,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V0= 3 m/s ,长 1_= 1.4m.今将电场撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同.滑块与传送带(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

26、析】试题分析：(1)根据题意滑块在电场中应满足：Eq mg tanmg tan得：E1000N /Cq即大小为1000N/C,方向水平向左(2)在水平传送带上：二*Mg=加口代入数据得：a=0.5m/s2若滑块自B点匀加速到C,则：年一吗=2aL代入数据得：V*-二 ,回m s 1 由动能7E理得：，r -； 一.口,整理得：hi=0.im若滑块自B点匀减速到C,则：% Vp-二一2口工代入数据得：VB2=4m/s由动能定理得：t ,： - -t.-整理得：h2=0.8m(3)根据题意，物块在传送带上应满足：匕：十三贯。=工，且vB2 4m/ s整理得：t=0.4s TOC o 1-5 h z

27、 该时间段内传送带传送距离满足：. 一整理得：x=1.2m根据能量守恒可知：.-一代入数值得：Q=0.5J考点：牛顿第二定律的综合运用.10.如图所示，y, N为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d.在金属板左侧板间中点处有电子源 S,能水平发射初速为 V。的电子，电子的质量为 m,电荷量为e,金属 板右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域，两磁场的宽 度均为d.磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场 右边界d处有一个荧光屏.过电子源 S作荧光屏的垂线，垂足为 O.以O为原点，竖直向 下为正方向，建立 y轴.现在y, N两板间加上图示

28、电压，使电子沿SO方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出.进入磁场.(不考虑电子重力和阻力)(1)电子进入磁场时的速度 V；(2)改变磁感应强度 B的大小，使电子能打到荧光屏上，求 磁场的磁感应强度口大小的范围；电子打到荧光屏上位置坐标的范围.【答案】（1）亚V0 ,方向与水平方向成45。，、不12 mv0一（27b ， 4d 272d 4d ed【解析】试题分析：（1）电子在MN间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有,11= at （1 分）2d =巧，（1 分）4 = G （ 1 分）期二旧有（1分）解得V =近场（1分）V速度偏向角tan次=，=1 （1分）or = 450

29、 （1 分）（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值Bo,此时电子在磁场中作圆周运动的半径为 RR-R 媪 = d （2 分）2p 士mv -八又有qvB0 （2分）R由 解得：b0 （1 ）mv0 （1分）ed磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度B （1 J2）mv0时电子能打ed在荧光屏上（得b （1 丙mv0不扣分）.（1分） ed如图所示，电子在磁感应强度为B0时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，即a = 4炉.（1分）出射点位置到so连线的垂直距离yi d 2Rsin45 （ 1 分）电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标、2 yi d