高中物理帶電粒子在電場中的運動專題訓練答案及解析

1、高中物理帶電粒子在電場中的運動專題訓練答案及解析一、高考物理精講專題帶電粒子在電場中的運動1.如圖所示，豎直面內(nèi)有水平線MN與豎直線PQ交于P點，O在水平線MN上，OP間距為d, 一質(zhì)量為 m、電量為q的帶正電粒子，從 。處以大小為vo、方向與水平線夾角為 0= 60o的速度，進入大小為 Ei的勻強電場中，電場方向與豎直方向夾角為0= 60o,粒子到達PQ線上的A點時，其動能為在 。處時動能的4倍.當粒子到達 A點時，突然將電場 改為大小為E2,方向與豎直方向夾角也為9=60。的勻強電場，然后粒子能到達PQ線上的B點.電場方向均平行于 MN、PQ所在豎直面，圖中分別僅畫出一條電場線示意其方向。

2、 已知粒子從。運動到A的時間與從A運動到B的時間相同，不計粒子重力，已知量為m、q、vo、d.求:(1)粒子從。到A運動過程中，電場力所做功 W；(2)勻強電場的場強大小Ei、E2；(3)粒子到達B點時的動能EkB.【答案】(1)W3mv2(2)日=點m 024qd3qd14m 2 EkB0(1)對粒子應用動能定理可以求出電場力做的功。(2)粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律可以求出電場強度大小。(3)根據(jù)粒子運動過程，應用動能計算公式求出粒子到達B點時的動能?！驹斀狻?2 由題知：粒子在 。點動能為Eko = -mvo粒子在A點動能為：EkA=4Ek。，粒子從。到A 232運動過程

3、，由動能7E理得：電場力所做功：W=EkA-Eko=-mV0 -2(2)以。為坐標原點，初速 Vo方向為X軸正向,建立直角坐標系xOy,如圖所示設粒子從。到A運動過程，粒子加速度大小為ai,歷時ti, A點坐標為(x, V)12粒子做類平拋運動：x=v 0ti , y= - a1tl2由題知：粒子在 A點速度大小Va=2 V0, VAy=73vo , VAy=ai ti粒子在A點速度方向與豎直線PQ夾角為30。解得：xai3v22a由幾何關系得：ysin60 -xcos60 =d,解得：ai 包2 , ti 也i 4dvo由牛頓第二定律得：qEi=mai,解得：eimmv24qd設粒子從A到B

4、運動過程中，加速度大小為32,歷時t2,水平方向上有：VAsin30 = 32sin60 ° t224d,qE2=ma2, vo解得：a2v2芯d '3m%E2 ；3qd分析知：粒子過A點后,速度方向恰與電場tiE2方向垂直，再做類平拋運動,19cCc粒子到達 B 點時動目匕：EkB= mvB , VB2= (2vo) 2+ (a2t2),2解得：ekb【點睛】本題考查了帶電粒子在電場中的運動，根據(jù)題意分析清楚粒子運動過程與運動性質(zhì)是解題 的前提與關鍵，應用動能定理、類平拋運動規(guī)律可以解題。2.如圖甲所示，粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑、絕緣的半圓軌道在B點平滑連接，過半圓

5、軌道圓心 0的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強電場E,質(zhì)量為m的帶正電小滑塊從水平軌道上 A點由靜止釋放，運動中由于摩擦起電滑塊電量會增加，過 B 點后電量保持不變，小滑塊在AB段加速度隨位移變化圖像如圖乙.已知A、B間距離為4R,滑塊與軌道間動摩擦因數(shù)為科=0.5重力加速度為g,不計空氣阻力，求用甲用工(1)小滑塊釋放后運動至 B點過程中電荷量的變化量(2)滑塊對半圓軌道的最大壓力大小(3)小滑塊再次進入電場時，電場大小保持不變、方向變?yōu)橄蜃?，求小滑塊再次到達水平軌道時的速度大小以及距B的距離【答案】(1) q至g(2)Fn63>/5mg (3)v42,5gR,方向與水平方向1

6、夾角為1 arctan Q斜向左下萬，位置在 A點左側6R處.【解析】【分析】【詳解】試題分析：根據(jù)在 A、B兩點的加速度結合牛頓第二定律即可求解小滑塊釋放后運動至B點過程中電荷量的變化量；利用“等效重力”的思想找到新的重力場中的電低點即壓力最大點；1解：A 點：q°Emg m-g2B點 qEmg m-gmgE ；2聯(lián)立以上兩式解得q q1 q0(2)從A到B過程：1 32g 2gm 12 cm 22 4R - m» 02 2,在等效最低點”對軌道壓力將電場力與重力等效為重力G ,與豎直方向的夾角設為最大，則:G',.(mg)2 (qE)2mgcos G從B到等效最

7、低點”過程：G (R Rcos1212mv2mv1222 v2 F n G m R由以上各式解得：fn (6 3 5) mg由牛頓第三定律得軌道所受最大壓力為:Fn(6 375)mg；(3)從B到C過程:12mg 2R q1E笊mv321 2 mv12從C點到再次進入電場做平拋運動:XiV3t1 .2-gt 2vygttantan則進入電場后合力與速度共線，做勻加速直線運動tanR1X212從C點到水平軌道： mg 2R qiE?<22 mv41 2mv32由以上各式解得:V4 2.5gRVymg qE由以上各式解得：12x x1 x2 6R因此滑塊再次到達水平軌道的速度為 V4 2j5

8、Rg ,方向與水平方向夾角為11 arctan -,斜向左下方，位置在 A點左側6R處.3.如圖所示，在兩塊長為 J3l、間距為L、水平固定的平行金屬板之間，存在方向垂直紙 面向外的勻強磁場.現(xiàn)將下板接地，讓質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子流從兩板左端連線的中點。以初速度V。水平向右射入板間，粒子恰好打到下板的中點.若撤去平行板間 的磁場，使上板的電勢 隨時間t的變化規(guī)律如圖所示，則 t=。時刻，從O點射人的粒子P經(jīng)時間t0(未知量)恰好從下板右邊緣射出.設粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒 子間的作用力均不計.* X=«<* A叱K,，沃 中*(1)求兩板間磁場的磁感應強

9、度大小B.t=o時刻射入的粒求右側磁場的寬度 d(2)若兩板右側存在一定寬度的、方向垂直紙面向里的勻強磁場，為了使。點,子p經(jīng)過右側磁場偏轉(zhuǎn)后在電場變化的第一個周期內(nèi)能夠回到 應滿足的條件和電場周期T的最小值Tmin.【答案】(1) B mv- qL(2) d R2 cos a R2；Tmin(6 ；3 2 )L3vo【解析】【分析】【詳解】(1)如圖，設粒子在兩板間做勻速圓周運動的半徑為R,則 qVoB2V。 m -Ri由幾何關系：R；(R 2)2mv0解得B - qL：XXbEd(2)粒子P從。點運動到下板右邊緣的過程，有:3l Voto1 ,iLVyt-2 2 y解得vy v03設合速度

10、為v,與豎直方向的夾角為“，則：tan比、3 vy則二一3Vo2,3V Vosin 3粒子R2P在兩板的右側勻強磁場中做勻速圓周運動，設做圓周運動的半徑為sinR2,則解得R2,3L3右側磁場沿初速度方向的寬度應該滿足的條件為d RcosR2由于粒子P從O點運動到下極板右側邊緣的過程與從上板右邊緣運動到軌跡是關于兩板間的中心線是上下對稱的，這兩個過程經(jīng)歷的時間相等，則:£l；。點的過程，運動Tmin2to解得Tmin6.3 2 L3V0【點睛】帶電粒子在電場或磁場中的運動問題，關鍵是分析粒子的受力情況和運動特征，畫出粒子 的運動軌跡圖，結合幾何關系求解相關量，并搞清臨界狀態(tài) 4.兩平

11、行的帶電金屬板水平放置，板間電場可視為勻強電場.帶電量相等粒子a, b分別以相同初速度水平射入勻強電場，粒子a飛離電場時水平方向分位移與豎直方向分位移大小相等，粒子b飛離電場時水平方向速度與豎直方向速度大小相等.忽略粒子間相互作用 力及重力影響，求粒子 a、b質(zhì)量之比.【答案】1: 2【解析】【詳解】假設極板長度為l,粒子a的質(zhì)量為ma,離開電場時豎直位移為 y,粒子b的質(zhì)量為mb, 離開電場時豎直分速度為 Vy,兩粒子初速度均為 vo,在極板間運動時間均為 t 對粒子a： l = Vot1 C y= ait2 2maay = l聯(lián)立解得：maqEl2vo對粒子b： Vy=a2tqEa2mb聯(lián)

12、立解得:mbqEl-2 Voma1則 mb 25.平面直角坐標系的第一象限和第四象限內(nèi)均存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小分別為2B和B （B的大小未知），第二象限和第三象限內(nèi)存在沿-y方向的勻強電場，x軸上有一點P,其坐標為（L,0）。現(xiàn)使一個電量大小為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子從坐標（-2a, a）處以沿+x方向的初速度vo出發(fā)，該粒子恰好能經(jīng)原點進入 在隨后經(jīng)過了點 P,不計粒子的重力。y軸右側并(1)(2)(3)XKRKKKMXXKKXXM, X K K求粒子經(jīng)過原點時的速度；求磁感應強度B的所有可能取值求粒子從出發(fā)直至到達 P點經(jīng)歷時間的所有可能取值。【答案】（1）粒子經(jīng)過原點

13、時的速度大小為J2 V0,方向：與x軸正方向夾45°斜向下;（2）磁感應強度B的所有可能取值： B -nmv0- n=1、2、（3）粒子從出發(fā)直至到達P點經(jīng)歷時間的所有可能取值:2aVo(k i)3-m4qBk=1、2、3+ 2a 或tm 3 mnTT； nV7T n=1、2、32qB 4qB【解析】【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向:2a = vot,mVy解得：Vy = v0, tan 0= 一 = 1Vo0= 45。，粒子穿過O點時的速度：v(2)粒子在第四象限內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得:2 v qvB m 一 ,粒子能過P點，由幾何知

14、識得：L= nrcos45°n= 1、2、解得：Bnmv00 n=1、2、3qL(3)設粒子在第二象限運動時間為ti,則:Vo粒子在第四、第一象限內(nèi)做圓周運動的周期:TiqBT2mqB，粒子在下方磁場區(qū)域的運動軌跡為1/4圓弧，在上方磁場區(qū)域的運動軌跡為3/4圓弧,若粒子經(jīng)下方磁場直接到達P點, 1則粒子在磁場中的運動時間：t2= T1,4若粒子經(jīng)過下方磁場與上方磁場到達13P點，粒子在磁場中的運動時間：t2=T1+ T244若粒子兩次經(jīng)過下方磁場一次經(jīng)過上方磁場到達P 點：t2=2x 1T1 + 3T2,44若粒子兩次經(jīng)過下方磁場、兩次經(jīng)過上方磁場到達P 點：t2=2x -Ti+2

15、x43T24 ，m則 t2 k-2qB(k3 m1)一4qBk= 1、2、3m或 t2 n2qB粒子從出發(fā)到mn=1、2、34qBP點經(jīng)過的時間：t = t+t2,解得：t2aVok端 (k 1)4qBk= 1、2、Vom 3 mn n n=1、2、3；2qB 4qB6.如圖所示，在第一象限內(nèi)存在勻強電場，電場方向與x軸成45。角斜向左下，在第四象 R限內(nèi)有一勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域是由一個半徑為R的半圓和一個長為 2R、寬為E的矩形2組成，磁場的方向垂直紙面向里.一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(重力忽略不計)以速度v從Q(0, 3R)點垂直電場方向射入電場，恰在P(R, 0)點進入磁場區(qū)域.(1

16、)求電場強度大小及粒子經(jīng)過P點時的速度大小和方向；(2)為使粒子從AC邊界射出磁場，磁感應強度應滿足什么條件；(3)為使粒子射出磁場區(qū)域后不會進入電場區(qū)域，磁場的磁感應強度應不大于多少2mv2.【答案】(1) E； J2V，速度方向沿y軸負方向4qR8 . 2mv 2.2mv 2、2、7 1 mv(2) B 5qRqR3qR【解析】【分析】【詳解】(1)在電場中，粒子沿初速度方向做勻速運動3R L1 2 R cos 45cos45L1vt沿電場力方向做勻加速運動，加速度為L2 2Rsin45 2R12L2at2設粒子出電場時沿初速度和沿電場力方向分運動的速度大小分別為v1、v2,合速度vVi

17、v、V2 at , tan 一 v聯(lián)立可得e2mv4qR進入磁場的速度v , v2 v； 、，2v45 ,速度方向沿y軸負方向(2)由左手定則判定，粒子向右偏轉(zhuǎn)，當粒子從 A點射出時，運動半徑 r12mv /口由qv B1 得口ri當粒子從C點射出時,2.2mvqR由勾股定理得2R r222-5解得r2 5 R8mv28,2mv由 qv B2 得 B2 25qR根據(jù)粒子在磁場中運動半徑隨磁場減弱而增大，可以判斷，當8、2mv - B 5qR2 2mvn,時qR粒子從AC邊界射出(3)為使粒子不再回到電場區(qū)域，需粒子在CD區(qū)域穿出磁場，設出磁場時速度方向平行于x軸，其半徑為3,由幾何關系得r32

18、3口71 R解得34mv22、2 7 1 mv由qv B3 得b.333qRR2磁感應強度小于 B3 ,運轉(zhuǎn)半徑更大，出磁場時速度方向偏向X軸下方，便不會回到電場中7.圖中是磁聚焦法測比荷的原理圖。在陰極 K和陽極A之間加電壓，電子由陽極 A中心 處的小孔P射出。小孔P與熒光屏中心。點連線為整個裝置的中軸線。在極板很短的電容 器C上加很小的交變電場，使不同時刻通過這里的電子發(fā)生不同程度的偏轉(zhuǎn)，可認為所有 電子從同一點發(fā)散。在電容器 C和熒光屏S之間加一平行PO的勻強磁場，電子從 C出來 后將沿螺旋線運動，經(jīng)過一段時間再次匯聚在一點。調(diào)節(jié)磁感應強度B的大小，可使電子流剛好再次匯聚在熒光屏的 。點

19、。已知K、A之間的加速電壓為 U, C與S之間磁場的磁感 應強度為B,發(fā)散點到。點的距離為I。(1)我們在研究復雜運動時，常常將其分解為兩個簡單的運動形式。你認為題中電子的螺旋運動可分解為哪兩個簡單的運動形式?(2)求電子的比荷om【答案】(1)沿PO方向的勻速運動和垂直于 PO方向上的勻速圓周運動；(2)2e 8 2U2.2m B l【解析】【詳解】(1)電子的螺旋運動可分解為沿 PO方向的勻速運動和垂直于 PO方向上的勻速圓周運 動。(2)從發(fā)散點到再次匯聚點，兩個方向的分運動時間相等，有t1=t21 2加速電場eUmv2勻速直線運動t1-v22 m勻速圓周運動 evB m, T t2 T

20、RqB聯(lián)立以上各式可得-83mB2l28.如圖所示，一根光滑絕緣細桿與水平面成30。角傾斜固定.細桿的一部分處在場強方向水平向右的勻強電場中，場強E= 2石X104N/C.在細桿上套有一個帶負電的小球，帶電量為q=1X105C質(zhì)量為m=3X10 2kg.現(xiàn)使小球從細桿的頂端 A由靜止開始沿桿 滑下，并從B點進入電場，小球在電場中滑至最遠處的C點.已知AB間距離X1 = 0.4m, g= 10m/s2.求： (1)小球通過B點時的速度大小 Vb；(2)小球進入電場后滑行的最大距離X2;(3)試畫出小球從 A點運動到C點過程中的v-t圖象.【答案】(1) 2m/s(2) 0.4m(3)(1)對小球

21、，AB過程，根據(jù)牛頓第二定律可得mg sinma1，2初速度為零，由位移速度公式可得Vb 2a1X1 ,聯(lián)立解得Vb 2m/s；(2)對小球，BC過程，根據(jù)牛頓第二定律：qE cos mg sinma2,初速度為Vb,末速度為零，故根據(jù)位移速度公式可得vB 2a2X2,聯(lián)立解得x2 0.4m(3)小球在AB段做初速度為零，末速度為2m/s的勻加速直線運動，經(jīng)歷時間為,VBt1 0.4s ,在BC段做初速度為2m/s,末速度為零的勻減速直線運動，經(jīng)歷的時間為 4vBt2 0.4s,即在0.8s末速度為零，v-t圖像如圖所示 a29.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一絕緣 "”型桿放在水平向右的

22、勻強電場中，其中 AB、CD 水平且足夠長，光滑半圓半徑為 R,質(zhì)量為m、電量為+q的帶電小球穿在桿上，從距 B點 x=5.75R處以某初速vo開始向左運動.已知小球運動中電量不變，小球與AB、CD間動摩擦因數(shù)分別為田=0.25、(j2=0.80,電場力Eq=3mg/4,重力加速度為g, sin37 = 0.6, cos37 =0.8.求：(1)若小球初速度 V0=4jgR,則小球運動到半圓上 B點時受到的支持力為多大;(2)小球初速度V0滿足什么條件可以運動過 C點；(3)若小球初速度 v=4jgR,初始位置變?yōu)閤=4R,則小球在桿上靜止時通過的路程為多大.【答案】(1) 5.5mg (2)

23、 v0 4y/gR (3) 44【解析】【分析】【詳解】1212(1)加速到 B 點：-1mgx qEx -mv mv0 222在 B 點：N mg m v-解得 N=5.5mg(2)在物理最高點 F： tanqEmg解得 k370;過F點的臨界條件：Vf=0從開始到 F點：-1mgx qE(x Rsin )解得v0 4. gR可見要過C點的條件為：v0 47gRmg(R Rcos )120 一 mv02(3)由于x=4R<5.75R從開始到F點克服摩擦力、克服電場力做功均小于(2)問，到F點時速度不為零，假設過C點后前進Xi速度變?yōu)榱悖?CD桿上由于電場力小于摩擦力,小球速度減為零后

24、不會返回，則:1mlgx122mgx1-qE(x-x1) mg 2R 0 mv0 2s x R x1解得：s (44 )R10.容器A中裝有大量的質(zhì)量、電荷量不同但均帶正電的粒子，粒子從容器下方的小孔Si不斷飄入加速電場(初速度可視為零)做直線運動，通過小孔 &后從兩平行板中央沿垂直電 場方向射入偏轉(zhuǎn)電場.粒子通過平行板后沿垂直磁場方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域，最后打在感光片上，如圖所示.已知加速電場中&、&間的加2U速電壓為U,偏轉(zhuǎn)電場極板長為 L,兩板間距也為L,板間勻強電場強度 E= 2，方向水平向左(忽略板間外的電場),平行板f的下端與

25、磁場邊界 ab相交于點P,在邊界ab上實線處固定放置感光片.測得從容器 A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之間，且Q距P的長度為3L,不考慮粒子所受重力與粒子間的相互作用，求：I -i-感光片入X x KXXXKKXMXXXX XMXx xX XX x KX M： XXXXX XXMX KX XM X XX K XMMXXX 黑翼XXXX MXXXXXXMX(1)粒子射入磁場時，其速度方向與邊界ab間的夾角；(2)射到感光片Q處的粒子的比荷(電荷量q與質(zhì)量m之比);(3)粒子在磁場中運動的最短時間.(1)4,其速度方向與邊界ad間的夾角為4U222L2B2(3)3 BL216U1 2一 mv

26、。2VoVx聯(lián)立可以得到：tan 1,則,其速度方向與邊界ad間的夾角為4【解析】 試題分析：(1)設質(zhì)量為m,電量為q的粒子通過孔 S2的速度為V。則：qU粒子在平行板間:(2)粒子從e板下端與水平方向成 45°的角射入勻強磁場，設質(zhì)量為m,電量為q的粒子射入磁場時的速度為v,做圓周運動的軌道半徑為由幾何關系：r2 r24L 2,貝U r 2瓜，貝U rmv qB聯(lián)立可以得到：9 U.m 2L B(2)設粒子在磁場中運動的時間為mv 2 mU qB B qBr2聯(lián)立可以得到：t BL4U因為所以粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角3-R,所以粒子打在 P處時間最短2由幾何可以知道：r2 r2

27、L2,則r L23 B L2聯(lián)立可以得到：2 B -2 3 BL2 .4U 16U考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動、牛頓第二定律、向心力【名師點睛】本題考查了粒子在電場中的加速和在磁場中的偏轉(zhuǎn)，知道粒子通過速度選擇 器時，所受的洛倫茲力和電場力平衡，掌握粒子在磁場中的半徑公式，并能靈活運用.11.如圖所示，空間存在水平方向的勻強電場，帶電量為q = ？一 xlCT：C的絕緣滑塊，3其質(zhì)量m=i kg,靜止在傾角為 0= 30。的光滑絕緣斜面上，斜面的末端B與水平傳送帶相接(滑塊經(jīng)過此位置滑上皮帶時無能量損失)，傳送帶的運行速度V0=3 m/s,長L=1.4m.今將電場撤去，當滑塊滑到傳送帶右端

28、C時，恰好與傳送帶速度相同.滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù) 尸0.25, g=10 m/s2.(1)求勻強電場的電場強度 E;(2)求滑塊下滑的高度；(3)若滑塊滑上傳送帶時速度大于3 m/s,求滑塊在傳送帶上滑行的整個過程中產(chǎn)生的熱量.【答案】(1) 1000N/C,方向水平向左；(2) 0.8m； (3) 0.5J.【解析】試題分析：(1)根據(jù)題意滑塊在電場中應滿足：Eq mg tan得：E mg 1000N/C q即大小為1000N/C,方向水平向左(2)在水平傳送帶上：f =8喝二加白代入數(shù)據(jù)得：a=0.5m/s2若滑塊自B點勻加速到C,則：里一廿=2az代入數(shù)據(jù)得：vE1 = ,回tn s 1 :由動能定理得：-r. - - r整理得