物理带电粒子在电场中的运动专项及解析

(物理)物理带电粒子在电场中的运动专项及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动如图，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＜3a.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.⑴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；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.4mv2「4尽ao⑴-T（2）①3^②BW*ae【答案】2mv【解析】【详解】对电子经C、A间的电场加速时，由动能定理得eU=—m(3v》-—mv4mv2「4尽ao⑴-T（2）①3^②BW*ae【答案】224mv2得U=e(2)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V3a—r(2)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V3a—r，=r2+a2—2兀r又T=——va—得tan0=—=侦3r故e=60°2兀-29E所以电子在磁场中运动的时间t=一T2兀得t=垃凹9v(3)若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C相切.则所有电子都不从C射出，轨迹如图所示：2r'=<3a-a八U2又evB=m—r'2mv（寸'3-1）ae2mv（寸'3-1）ae在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN垂直于y轴，N板在x轴上且其左端与坐标原点。重合，极板长度/=0.08m，板间距离d=0.09m，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场.在y轴上(0，d/2)处有一粒子源，垂直于y轴连续不断向x轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为色=5x107C/kg，速度为mvo=8x105m/s.t=0时刻射入板间的粒子恰好经N板右边缘打在x轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求：TOC\o"1-5"\h\z十"V,忡Vf%—、._,III-44!!/xQJ5nj―*io%LJ图甲图乙⑴电压u0的大小；若沿x轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度；⑶若在第四象限加一个与x轴相切的圆形匀强磁场，半径为r=0.03m，切点A的坐标为2e(0.12m，0)，磁场的磁感应强度大小B=3T，方向垂直于坐标平面向里.求粒子出磁场后与x轴交点坐标的范围.【答案】(1)U0=2.16x104V(2)心=0.04m⑶x>0.1425m【解析】【分析】【详解】⑴对于t=0时刻射入极板间的粒子：=vTt=1x10-7s\=2a(t2)2Tv=a2Td=y1+y2Eq=maE=Ud解得：U0=2.16x104VfT3T⑵t—nT+2时刻射出的粒子打在x轴上水平位移最大：xA=v0~2~所放荧光屏的最小长度牧—七T即：s—0.04m不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为勺速度偏转角的正切值均为：tanp—Ip—37ov0vcos37o=-0vv—1x106m/s即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.八v2qvB—m—RR=r=0.03m由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B离开磁场.

由几何关系，恰好经N板右边缘的粒子经x轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场R圆半径方向射出磁场；从x轴射出点的横坐标：七=七+^^后,=0.1425m.由几何关系，过A点的粒子经x轴后进入磁场由B点沿x轴正向运动.综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x轴上的范围为：x>0.1425m如图甲所示，极板A、B间电压为U。，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长.A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为+q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的直），当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压（图中电压U1已知）时，粒子均能从C、作用.求：D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的（1）C、D板的长度L；（2）粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；（3）粒子打在荧光屏上区域的长度.【答案】（1"=、耳⑵,=性⑶ks=s=¥0\m2md2md【解析】1试题分析：（1）粒子在A、B板间有qU=-mv202。

在C、D板间有L=叩0,T；2qU解得：L=t'0o：m)时刻进入C、D间，偏移距离最大(2)粒子从nt0(n=0、2、4粒子做类平抛运动)时刻进入C、D间，偏移距离最大、_1偏移距离y=at220加速度a=qU1md加速度a=qU1md―qU12得：y=—^-02md(3)粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK]v出C、D板偏转角tan9=iv0v=at打在荧光屏上距中心线最远距离s=y+Ltan9荧光屏上区域长度As=s=3牛i：o2md考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答.4.如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L="1"m.间距d=Y3m,两金属3板间电压UMN=1x104V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场即，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上.B、C、H也处于同一直2线上.AF两点距离为3m.现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m=3x1O-iokg，带电量q=+1x10-4C，初速度v0=1x10sm/s.rXXX\BGH⑴求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向

⑵若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1⑶若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的条件.【答案】（1）竺3X105m/s；垂直于AB方向出射.（2）臣T（3）土T3105【解析】试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，则：qU-ma解得：a-义-豆x1010m/s2dmd3竖直方向的速度为：vy=at=§^x105m/s射出时速度为：V-2招射出时速度为：V-x105m/s3v<3速度v与水平方向夹角为0，tanO=i=—厂，故0=30°，即垂直于AB方向出射.v30d，、一，，一m--，即粒子由P1点垂1（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移y-2at2-直AB射入磁场，cos30o由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为R1-v2由Bqv-md，、一，，一m--，即粒子由P1点垂cos30o1R1知：b-mv-臣t1qR110（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示:由几何关系得：%+点00=1故半径R2-（2。3—3）mv2又B2qv=mR故B2=壬^3T所以B2应满足的条件为大于兰与3T.考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.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、M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。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.甲Z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；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；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B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式.二如一，病一'广3一?J【答案】(1)(2)(3)'•(n=1,2,3...)诲就"5(n=1,2,3...)【解析】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.Ivocusd由速度关系可得：!电3v-十刊解得：,

由速度关系得：v=votanO='V0y土•—Clt—t在竖直方向：Et_L而水平方向：■'解得::就解得::就（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=Lm护q祐=根据牛顿第二定律：解得：兰3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T。，粒子在x轴方向上的位移恰好等于ri；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TV”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’-(n=1,2,13…)应满足的时间条件为：2Jim(T0+T)=T27im而：(n=1,2,13…)应满足的时间条件为：2Jim(T0+T)=T27im而：丁—如解得：；，：7"_1胛(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，则符合点睛：本题的靓点在于第三问，要求的粒子轨迹必定是粒子先在正Bo中偏转60°，而后又在'上Bo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变磁场周期的大小.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%=6cm，在第一象限>轴和MN之间有沿>轴负方向的匀强电场，电场强度E=1.6X105N/。，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-=1.0X108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的m发射速率％=4.0X106m/s.不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用.求:带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；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)0Vy<10cm(3)9cm【解析】【详解】带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动八V2qvB=m一mv-解得：r=0=5cmqB由(1)问中可知r=R，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POE。】为菱形，所以FOJIOT，又op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x轴平行，所以粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0<y<10cm.假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有h=-at22oqEa=——m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>的点进入电场的粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，则x=vt1力y=—at22代入数据解得x=否设粒子最终到达荧光屏的位置与2点的最远距离为H，粒子射出的电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为。，qEx—g—vmv，tan0=-y=o=\2yV0V0/,_)_所以H=(x°-x)tan0=、~^2y>g/2y，由数学知识可知，当(x0-\l2y)=店时，即y=4.5cm时h有最大值，所以H=9cmmax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0=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：粒子第一次进入磁场时的速度大小；粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；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】⑴v=*⑵U4血⑶8=2*-【解析】【详解】…1C(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,解得V=\壬\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xCAC.A,1Eq-由类平抛规律x=vt，y七—t22m：2md由几何知识可得x=y，解得t=.,'-Eq两点间的距离为xCA=0t，代入数据可得xCA

mv2mv1,2mEd(3)由qvB=可得R=，即RRqBB\；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。(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2+还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r=一—R4mvmv又因为r=qB'所以B=弟‘代入数据可得B'=2G-3"如图所示，在竖直面内有两平行金属导轨AB、CD.导轨间距为L，电阻不计.一根电阻不计的金属棒ab可在导轨上无摩擦地滑动•棒与导轨垂直，并接触良好.导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B.导轨右边与电路连接.电路中的三个定值电阻阻值分别为2R、R和R.在BD间接有一水平放置的电容为C的平行板电容器，板间距离为d，电容器中质量为m的带电微粒电量为q。A心2R8*.■.■■■■⑴当ab以速度勺匀速向左运动时，带电微粒恰好静止.试判断微粒的带电性质和电容器的电量Q(2)ab棒由静止开始，以恒定的加速度a向左运动.求带电微粒q所受合力恰好为0的时间t.(设带电微粒始终未与极板接触.)【答案】⑴Q=CBLv033mgd(2)t=—(2)aBLq【解析】

【详解】解：（1）ab棒匀速向左，a为正极，上板带正电，场强方向向下，即微粒带负电;%EE=BLv0Q=CUBD联立解得：Q=CBL%⑵微粒所受合力为0，则有：qE场=mg【答案】⑴Q=CBLv03UE=—BD场dE'UBD3E=BLv3mgd联立解得：t=不9.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U9.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射人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。求：⑴电子通过小孔O时的速度大小v；⑵板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向。【答案】2eU(1)m（2）-L1'2尹方向垂直纸面向里【答案】2eU(1)m（2）-L1'2尹方向垂直纸面向里【解析】【详解】_1（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：eU=5mv2A解得：V=2eU

m解得：V=2eU

m八2U（2）两板间电场的电场强度大小为：E=—-L由于电子在两板间做匀速运动，故：evB=eE解得：B=Z\半根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，A为轨道的最低点，半径OA竖直，圆心角AOB为60°，半径R=0.8m，空间有竖直向下的匀强电场，场强E=1x104N/C。一个质量m=2kg，带电量为q=—1X10-3C的带电小球，从轨道左侧与圆心O同一高度的C点水平抛出，恰好从B点沿切线进入圆弧轨道，到达最低点A时对轨道的压力Fn=32.5N。求：⑴小球抛出时的初速度v0大小；⑵小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf。.2还1-【答案】⑴导m/s⑵-J3【解析】【分析】根据题中“竖直向下的匀强电场…带电小球”、“水平抛出…圆弧轨道”可知，本题考察带电物体在复合场中的运动。根据带电物体在复合场中的运动规律，应用运动的分解、牛顿运动定律、动能定理列式计算。【详解】⑴小球抛出后从C到B过程中受重力和竖直向上的电场力，做类平抛运动，则：m-qE=ma，解得：小球的加速度mg-qE2x10-1x10-3x104,尸,a==m/s2=5m/s2m2C与B的高度差h=Rcos60°=0.4m设小球到B点时竖直分速度为飞，则v2=2ah，解得：小球到B点时竖直分速度v=2m/y-SV小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则tan6°°=TV0解得：小球抛出时的初速度v0=23-ms

⑵在B点时，sin60o=I，则v=全3VbB3_V2小球在A点时，F+qE-”*，解得：VA=3ms11小球从B到A过程，由动能定理得：(mg-qE)(R一ReosQ)-W^^mv^-^mvB,,1T解得：小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功比广3JHL*4*-(1)电子射入偏转电场时的初速度V；如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，0,点为荧光屏的中心.已知电子质量川=9.0X10-3ikg，电荷量大小e=1.6X10-i9C，加速电场电压U0=2500V，偏转电场电压U=200V，极板的长度L]=6.0cm，板间距离d=2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离L2=3.0cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字).求：HL*4*-(1)电子射入偏转电场时的初速度V；0电子打在荧光屏上的P点到0’点的距离h；⑶电子经过偏转电场过程中电势能的增加量.【答案】(1)v0=3.0x10?m/s.(2)h=7.2x10—3m.(3)△£=-W=-5.8x10-18J.【解析】【分析】电子在加速电场中，根据动能定理即可求出进入偏转电场的速度；粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律可求出粒子在偏转电场中产生的侧位移；粒子从偏转电场飞出至荧光屏这一过程，做的是匀速直线运动，根据几何关系即可求h；(3)根据W=eEy即可求出电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功.【详解】1⑴电场中加速有eU0=寻mv02解得v0二代入数据解得v0=3.0x107m/s.解得v0二⑵设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y.电子在水平方向做匀速直线运动，L1=v0t一一1电子在竖直方向上做匀加速运动，y^—at2eU根据牛顿