(物理)带电粒子在电场中的运动练习题含答案及解析

1、 16/16(物理)带电粒子在电场中的运动练习题含答案及解析 （物理）带电粒子在电场中的运动练习题含答案及解析 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3L、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O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 (1)求两板间磁场的磁感应强度

2、大小B (2)若两板右侧存在一定宽度的、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T min 【答案】（1）0 mv B qL =（2） 22 3 cos d R a R L +=；min (632) 3 L T v + = 【解析】 【分析】 【详解】 （1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1，则0 1 2 qv B m v R = 由几何关系：222 11 3 ()() 2 L L R R =+- 解得0 mv B qL = （2）粒子P从O 00 3L v

3、 t = 011 22 y L v t = 解得0y v = 设合速度为v ，与竖直方向的夹角为 ，则：0 tan y v v = 则= 3 00sin 3 v v v = = 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R 2，则 21 2sin L R = ， 解得23 R = 右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为22cos d R R L += ； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨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： 2 min 0(22)2R T t v -= 解得() mi

4、n 0 23L T v = 【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如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB 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 ，圆管的半径为 L(自身的直径忽略不计)过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点，在虚线AB 的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E 2= mg q 圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为q(q0)的小

5、球(可视为质点)，PC 间距为L 现将该小球从P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A 无碰撞地进入圆管内，并继续运动重力加速度为g 求： (1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度E 1的大小； (2)小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ； （3）小球从管口B 离开后，经过一段时间到达虚线AB 上的N 点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比 AB PN t t 【答案】（1）mg q （2）2mg ，方向竖直向下（3）4 + 【解析】 【分析】 （1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚

6、线AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比. 【详解】 （1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45，即加速度方向与竖直方向的夹角为 45，则：tan45= mg Eq 解得：mg q E = （2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL=1 2 mv A 2 解得v A gL 小球在

7、管中运动时，E 2q=mg ，小球做匀速圆周运动，则v 0=v A gL 在D 点时，下壁对球的支持力20 22v F m mg r = 由牛顿第三定律，22F F mg =方向竖直向下 （3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，设所用时间为t 1，则： 211222L gt = 解得12L t g = 小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t 2，则：2 3 23244 A r L t v g ?= 小球离开管后做类平抛运动，物块从B 到N 的过程中所用时间：322 L t g = 则： 24t t =+ 【点睛】 本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过

8、程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解 3空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电量为+q 、质量为m 的粒子，在P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示该粒子运动到图中Q 点时速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示已知P 、Q 间的距离为L 若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直

9、，在此电场作用下粒子也由P 点运动到Q 点不计重力 求：（1）电场强度的大小 （2）两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之比 【答案】22 B qL E m =；2B E t t = 【解析】 【分析】 【详解】 （1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径， 则有2 0v qv B m R = 由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为1 4 圆周， 故有 2 R= 以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，t E表示粒子在电场中由p 点运动到Q点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：2 1 2

10、E R at = 竖直方向上：0E R v t = 由以上各式，得 2 2 B qL E m =且E m t qB = （2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为 1 4 圆周，即 1 42 B t T m qB =所以2 B E t t = 4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=v0B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v0从y轴上3dy0的范围内

11、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,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 【答案】（1）0 mv ed ；（2）02 y d ；（3）9 4 d； 【解析】 (1)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=d 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：20 0v ev B m r = 解得：0 mv B ed = (2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+

12、 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：sin 30r O a = ? 3OO d O a =- 解得OO d = 即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远 所以22m y r d = 电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d 设电子从02y d 范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示： 根据运动学公式有：0 x v t = 212eE y t m = ? y eE v

13、t m = tan y v v = tan 3L d x = - 解得：(32)2L d y y =-? 即9 8 y d = 时，L 有最大值 解得：94 L d = 当322d y y -= 【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 5如图甲所示，在直角坐标系0 x L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为M 、

14、N 现有一质量为m 、带电量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为30不考虑电子所受的重力 （1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E 的大小； （2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标； （3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N 点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同请写出磁感应强度B 0的大小、磁场

15、变化周期T 各应满足的关系表达式 【答案】（1） （2） （3） （n=1，2，3） （n=1，2，3） 【解析】 （1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示 由速度关系可得： 解得： 由速度关系得：v y=v0tan=v0 在竖直方向： 而水平方向: 解得： （2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L 根据牛顿第二定律： 解得： 根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-） （3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示 在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；

16、在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T=2T0，故粒子的偏转角度仍为60，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于 2r 综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3）而： 解得：（n=1，2，3） 应满足的时间条件为： (T0+T)=T 而： 解得（n=1，2，3） 点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合 要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B0中偏转60，而后又在? B0中再次偏转60，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交

17、变磁场周期的大小. 6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？ 【答案】（1） 2qEd m = v2）42 CA x d

18、=（3）( 222 B B = 【解析】【详解】 （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2 12 qEd mv =， 解得2qEd v m = （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CA x 由类平抛规律x vt =，2 12Eq y t m = 由几何知识可得x=y ，解得2md t Eq = 两点间的距离为2CA x vt =，代入数据可得42CA x d = （3）由2 mv qvB R =可得mv R qB =，即12mEd R B 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

19、，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22 r += 又因为mv r qB = ，所以mv B qr =， 代入数据可得(222B B =- 7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v0、沿平行于MN 方向抛出各小球其中 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

20、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 【答案】(1) 2 0 12 mv q Eh =；(2) 2E B v =；(3)存在， E B v = 【解析】 【详解】 （1）设第1球的电量为1q，研究A到C的运动： 2 1 1 2 q E h t m = 2h v t = 解得： 2 12 mv q Eh =； （2）研究第1球从A到C的运动： 1 2 y q E v h m = 解得：0 y v v = tan1 y v

21、 v =，45o =， 2 v v =； 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B 由 2 1 v q vB m R = 得 1 mv R q B = 由几何关系得：2 2sin R h = 解得： 2E B v =； （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 00 2hm x v t v qE = 2 y qE v h m = 小球穿过磁场一次能够自行回到A，满足要求：sin R x =，变形得：sin mv x qB = 解得： E B v = 8如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0

22、沿AC方向由A点射入。粒子经D点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)=60。(不计重力) (1)试求AD间的距离； (2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由A射入的粒子仍然能经过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D点时速度的偏向角比60角大还是小?为什么? 【答案】（1） o mv R= Bq （2）a0)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

23、B点抛出后，经多长时间动能最小?最小动能是多少? 【答案】（1）（2）（3） 【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B，由牛顿第二定律得： 位移为 联立解得运动时间： (2)设小球运动至B时速度为v B，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， 则： 在竖直方向上做自由落体运动，则 联立解得： (3)从B点抛出后经时间t，水平方向、竖直方向速度分别为 经时间t

24、合速度v满足 代入得： 由此，当时，最小，最小值， 故小球从B点抛出后，达动能最小需经时间 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；针对初末状态选用动能定理截决问题比较容易. 11如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为2q，B球的电荷量为3q，组成一静止的带电系统。虚线NQ与MP平行且相距3L，开始时MP恰为杆的中垂线。视小球为质点，不计轻杆的质量，现在在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E，求： （1）B球刚进入电场时带电系统的速度大小； （2）B球向右运动的最

25、大位移以及从开始到最大位移处时B球电势能的变化量； （3）带电系统运动的周期。 【答案】（1）（2）；（3） 【解析】 【分析】 （1）对系统运用动能定理，根据动能定理求出B球刚进入电场时，带电系统的速度大小 （2）带电系统经历了三个阶段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场，根据动能定理求出A球离开PQ的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离根据B 球在电场中运动的位移，求出电场力做的功，从而确定B球电势能的变化量 （3）根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出带电系统B球进入电场前做匀加速直线运动的时间，带电系统在电场中做匀减速直线运动的时间，A球出电场带电系统做匀减速直线运动的

26、时间，从而求出带电系统从静止开始向右运动再次速度为零的时间，带电系统的运动周期为该时间的2倍 【详解】 （1）设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理2qEL=2mv12 解得 （2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场 设A球离开NQ的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0 解得x=；则s总= B 球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为 其电势能的变化量为E P =W=3qE?=4qEL （3）向右运动分三段，取向右为正方向， 第一段加速， 第二段减速， 设A球出电场电速度为v2，由动能定理得-qEL= 解得， 则 第三段再减速则其加速度a3及时间t3为：， 所以带电系统运动的周期为：T=2（t1+t2+t3）= 12如图(a)所示，在空间有一坐标系xoy，直线OP与x轴正方向的夹角为30，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外