高考物理帶電粒子在電場中的運動解題技巧講解及練習題(含答案)

高考物理帶電粒子在電場中的運動解題技巧講解及練習題(含答案)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，一質量為m、電荷量為+q的粒子從豎直虛線上的P點以初速度v0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子經過一段時間后均恰好經過虛線右側的A點．巳知P、A兩點連線長度為l，連線與虛線的夾角為α=37°，不計粒子的重力，(sin37°=0.6，cos37°=0.8).(1)若在虛線左側存在垂直紙面向外的勻強磁場，求磁感應強度的大小B1；(2)若在虛線上某點固定一個負點電荷，粒子恰能繞該負點電荷做圓周運動，求該負點電荷的電荷量Q(已知靜電力常量為是）；(3)若虛線的左側空間存在垂直紙面向外的勻強磁場，右側空間存在豎直向上的勻強電場，粒子從P點到A點的過程中在磁場、電場中的運動時間恰好相等，求磁場的磁感應強度的大小B2和勻強電場的電場強度大小E.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【詳解】（1)粒子從P到A的軌跡如圖所示：粒子在磁場中做勻速圓周運動，設半徑為r1由幾何關系得由洛倫茲力提供向心力可得解得:(2)粒子從P到A的軌跡如圖所示：粒子繞負點電荷Q做勻速圓周運動，設半徑為r2由幾何關系得由庫侖力提供向心力得解得:(3)粒子從P到A的軌跡如圖所示：粒子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做類平拋運動粒子在電場中的運動時間根據題意得，粒子在磁場中運動時間也為t，則又解得設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，則解得:粒子在電場中沿虛線方向做勻變速直線運動，解得:2．如圖所示，EF與GH間為一無場區(qū)．無場區(qū)左側A、B為相距為d、板長為L的水平放置的平行金屬板，兩板上加某一電壓從而在板間形成一勻強電場，其中A為正極板．無場區(qū)右側為一點電荷Q形成的電場，點電荷的位置O為圓弧形細圓管CD的圓心，圓弧半徑為R，圓心角為120°，O、C在兩板間的中心線上，D位于GH上．一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以初速度v0沿兩板間的中心線射入勻強電場，粒子出勻強電場經無場區(qū)后恰能進入細圓管，并做與管壁無相互擠壓的勻速圓周運動．（不計粒子的重力、管的粗細）求：(1)O處點電荷的電性和電荷量；(2)兩金屬板間所加的電壓．【答案】(1)負電，；(2)【解析】（1）粒子進入圓管后受到點電荷Q的庫侖力作勻速圓周運動，粒子帶正電，則知O處點電荷帶負電．由幾何關系知，粒子在D點速度方向與水平方向夾角為30°，進入D點時速度為：…①在細圓管中做與管壁無相互擠壓的勻速圓周運動，故Q帶負電且滿足…②由①②得：（2）粒子射出電場時速度方向與水平方向成30°tan

30°=…③vy=at…④…⑤…⑥由③④⑤⑥得：3．如圖(a)所示，整個空間存在豎直向上的勻強電場（平行于紙面），在同一水平線上的兩位置，以相同速率同時噴出質量均為m的油滴a和b，帶電量為+q的a水平向右，不帶電的b豎直向上．b上升高度為h時，到達最高點，此時a恰好與它相碰，瞬間結合成油滴p．忽略空氣阻力，重力加速度為g．求(1)油滴b豎直上升的時間及兩油滴噴出位置的距離；(2)勻強電場的場強及油滴a、b結合為p后瞬間的速度；(3)若油滴p形成時恰位于某矩形區(qū)域邊界，取此時為時刻，同時在該矩形區(qū)域加一個垂直于紙面的周期性變化的勻強磁場，磁場變化規(guī)律如圖(b)所示，磁場變化周期為T0（垂直紙面向外為正），已知P始終在矩形區(qū)域內運動，求矩形區(qū)域的最小面積．（忽略磁場突變的影響）【答案】（1）；2h（2）；方向向右上，與水平方向夾角為45°（3）【解析】【詳解】(1)設油滴的噴出速率為，則對油滴b做豎直上拋運動，有解得解得對油滴a的水平運動，有解得(2)兩油滴結合之前，油滴a做類平拋運動，設加速度為，有，，解得，設油滴的噴出速率為，結合前瞬間油滴a速度大小為，方向向右上與水平方向夾角，則，，解得，兩油滴的結束過程動量守恒，有：，聯(lián)立各式，解得：，方向向右上，與水平方向夾角(3)因，油滴p在磁場中做勻速圓周運動，設半徑為，周期為，則由得，由得即油滴p在磁場中的運動軌跡是兩個外切圓組成的“8”字形．最小矩形的兩條邊長分別為、（軌跡如圖所示）．最小矩形的面積為4．兩平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質量之比．【答案】1：2【解析】【詳解】假設極板長度為l，粒子a的質量為ma，離開電場時豎直位移為y，粒子b的質量為mb，離開電場時豎直分速度為vy，兩粒子初速度均為v0，在極板間運動時間均為t對粒子a：l＝v0t…①y＝a1t2…②…③y＝l…④①②③④聯(lián)立解得：對粒子b：vy＝a2t…⑤vy＝v0…⑥…⑦①⑤⑥⑦聯(lián)立解得：則．5．如圖所示，一內壁光滑的絕緣圓管ADB固定在豎直平面內．圓管的圓心為O，D點為圓管的最低點，AB兩點在同一水平線上，AB=2L，圓管的半徑為r=L(自身的直徑忽略不計)．過OD的虛線與過AB的虛線垂直相交于C點，在虛線AB的上方存在方向水平向右、范圍足夠大的勻強電場；虛線AB的下方存在方向豎直向下、范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小E2=．圓心O正上方的P點有一質量為m、電荷量為－q(q>0)的小球(可視為質點)，PC間距為L．現將該小球從P點無初速釋放，經過一段時間后，小球剛好從管口A無碰撞地進入圓管內，并繼續(xù)運動．重力加速度為g．求：(1)虛線AB上方勻強電場的電場強度E1的大??；(2)小球在AB管中運動經過D點時對管的壓力FD；（3）小球從管口B離開后，經過一段時間到達虛線AB上的N點(圖中未標出)，在圓管中運動的時間與總時間之比．【答案】（1）（2）2mg，方向豎直向下（3）【解析】【分析】（1）小物體釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動，根據正交分解，垂直運動方向的合力為零，列出平衡方程即可求出虛線AB上方勻強電場的電場強度；（2）根據動能定理結合圓周運動的規(guī)律求解小球在AB管中運動經過D點時對管的壓力FD；（3）小物體由P點運動到A點做勻加速直線運動，在圓管內做勻速圓周運動，離開管后做類平拋運動，結合運動公式求解在圓管中運動的時間與總時間之比.【詳解】（1）小物體釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動，小物體從A點沿切線方向進入，則此時速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，則：tan45°=解得：（2）從P到A的過程，根據動能定理：mgL+EqL=mvA2解得vA=2小球在管中運動時，E2q=mg，小球做勻速圓周運動，則v0=vA=2在D點時，下壁對球的支持力由牛頓第三定律，方向豎直向下．（3）小物體由P點運動到A點做勻加速直線運動，設所用時間為t1，則：解得小球在圓管內做勻速圓周運動的時間為t2，則：小球離開管后做類平拋運動，物塊從B到N的過程中所用時間：則：【點睛】本題考查帶點小物體在電場力和重力共同作用下的運動，解題關鍵是要分好運動過程，明確每一個過程小物體的受力情況，并結合初速度判斷物體做什么運動，進而選擇合適的規(guī)律解決問題，勻變速直線運動利用牛頓第二定律結合運動學公式求解或者運用動能定理求解，類平拋利用運動的合成和分解、牛頓第二定律結合運動學規(guī)律求解．6．如圖1所示，光滑絕緣斜面的傾角θ=30°，整個空間處在電場中，取沿斜面向上的方向為電場的正方向，電場隨時間的變化規(guī)律如圖2所示．一個質量m=0.2kg，電量q=1×10－5C的帶正電的滑塊被擋板P擋住，在t=0時刻，撤去擋板P．重力加速度g=10m/s2，求：(1)0~4s內滑塊的最大速度為多少?(2)0~4s內電場力做了多少功?【答案】（1）20m/s（2）40J【解析】【分析】對滑塊受力分析，由牛頓運動定律計算加速度計算各速度．【詳解】【解】(l)在0~2s內，滑塊的受力分析如圖甲所示，電場力F=qE解得在2---4s內，滑塊受力分析如圖乙所示解得因此物體在0～2s內，以的加速度加速，在2～4s內，的加速度減速，即在2s時，速度最大由得，(2)物體在0～2s內與在2～4s內通過的位移相等．通過的位移在0~2s內，電場力做正功-在2～4s內，電場力做負功電場力做功W=40J7．平面直角坐標系的第一象限和第四象限內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存在沿﹣y方向的勻強電場，x軸上有一點P，其坐標為（L，0）?，F使一個電量大小為q、質量為m的帶正電粒子從坐標（﹣2a，a）處以沿+x方向的初速度v0出發(fā)，該粒子恰好能經原點進入y軸右側并在隨后經過了點P，不計粒子的重力。（1）求粒子經過原點時的速度；（2）求磁感應強度B的所有可能取值（3）求粒子從出發(fā)直至到達P點經歷時間的所有可能取值?！敬鸢浮浚?）粒子經過原點時的速度大小為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：n＝1、2、3……；（3）粒子從出發(fā)直至到達P點經歷時間的所有可能取值：k＝1、2、3……或n＝1、2、3……?！窘馕觥俊驹斀狻浚?）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向：2a＝v0t，豎直方向：，解得：vy＝v0，tanθ＝＝1，θ＝45°，粒子穿過O點時的速度：；（2）粒子在第四象限內做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，粒子能過P點，由幾何知識得：L＝nrcos45°n＝1、2、3……，解得：n＝1、2、3……；（3）設粒子在第二象限運動時間為t1，則：t1＝；粒子在第四、第一象限內做圓周運動的周期：，，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，若粒子經下方磁場直接到達P點，則粒子在磁場中的運動時間：t2＝T1，若粒子經過下方磁場與上方磁場到達P點，粒子在磁場中的運動時間：t2＝T1+T2，若粒子兩次經過下方磁場一次經過上方磁場到達P點：t2＝2×T1+T2，若粒子兩次經過下方磁場、兩次經過上方磁場到達P點：t2＝2×T1+2×T2，…………則k＝1、2、3……或n＝1、2、3……粒子從出發(fā)到P點經過的時間：t＝t1+t2，解得：k＝1、2、3……或n＝1、2、3……；8．如圖所示，光滑絕緣水平桌面處在電場強度大小為E、方向水平向右的勻強電場中，某時刻將質量為m、帶電荷量為一q的小金屬塊從A點由靜止釋放，小金屬塊經時間t到達B點，此時電場突然反向、電場強度增強為某恒定值，且仍為勻強電場，又經過時間t小金屬塊回到A點。小金屬塊在運動過程中電荷量保持不變。求：(1)電場反向后勻強電場的電場強度大??；(2)整個過程中電場力所做的功。【答案】(1)(2)【解析】(1)設t末和2t末小物塊的速度大小分別為和，電場反向后勻強電場的電場強度大小為E1,小金屬塊由A點運動到B點過程：，小金屬塊由B點運動到A點過程：聯(lián)立解得：，則：；(2)根據動能定理，整個過程中電場力所做的功：聯(lián)立解得：。點睛：解答本題關鍵是對不同過程應用勻變速直線運動相關公式以及動能定理列式即可，屬于基礎性題目。9．如圖甲所示，平行板A、B豎直放置，B板接地，A、B兩板加上交變電壓，A板的電勢隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，乙圖所示物理量均為已知量。t=0時刻，一個質量為m，電荷量為q的帶正電的粒子在B板附近由靜止釋放，不計粒子的重力，求：(1)要使粒子到達A板時速度為零，A、B板間的距離應滿足什么條件?(2)要使粒子到達A板前一直加速，A、B板間的距離應滿足什么條件(3)若將兩板間的距離調為L，保持兩板的電勢差大小不變，改變交變電壓周期，使粒子在t=到t=時間內從B板附近由靜止釋放后粒子不能到達A板，改變后的周期應滿足什么條件?【答案】（1）(n=1,2,3,…)（2）（3）【解析】【分析】粒子從時刻釋放后一個周期內，先做初速度為零的勻加速運動，后做勻減速運動速度為零，因此粒子到達A時速度為零，則粒子在板間運動的時間應為周期的整數倍；要使粒子到達A板前一直加速，即粒子在板間運動的時間不超過半個周期；從B板附近由靜止釋放后粒子不能到達A板，帶電粒子在到時間內向A做勻加速運動，在到時間內向A做勻減速運動，速度減為零后將返回；【詳解】解：(1)由題可知，粒子從時刻釋放后一個周期內，先做初速度為零的勻加速運動，后做勻減速運動速度為零，因此粒子到達A時速度為零，則粒子在板間運動的時間應為周期的整數倍；設板間的間距為d，則板間電場強度大小為：在開始的半周期內，粒子運動的距離：，(n=1，2，3….)解得：，(n=1，2，3….)(2)要使粒子到達A板前一直加速，即粒子在板間運動的時間不超過半個周期解得：(3)帶電粒子在到時間內向A做勻加速運動，在到時間內向A做勻減速運動，速度減為零后將返回，粒子向A運動可能的最大位移：從B板附近由靜止釋放后粒子不能到達A板，則有：解得：10．容器A中裝有大量的質量、電荷量不同但均帶正電的粒子，粒子從容器下方的小孔S1不斷飄入加速電場(初速度可視為零)做直線運動，通過小孔S2后從兩平行板中央沿垂直電場方向射入偏轉電場．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S1、S2間的加速電壓為U，偏轉電場極板長為L，兩板間距也為L，板間勻強電場強度E＝，方向水平向左(忽略板間外的電場)，平行板f的下端與磁場邊界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：(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與質量m之比)；(3)粒子在磁場中運動的最短時間．【答案】（1），其速度方向與邊界ad間的夾角為（2）（3）【解析】試題分析：（1）設質量為m，電量為q的粒子通過孔的速度為則：粒子在平行板間：，，聯(lián)立可以得到：，則，其速度方向與邊界ad間的夾角為．（2）粒子從e板下端與水平方向成的角射入勻強磁場，設質量為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r，則由幾何關系：，則，則聯(lián)立可以得到：．（2）設粒子在磁場中運動的時間為t，則，聯(lián)立可以得到：因為所以粒子在磁場中運動的偏轉角，所以粒子打在P處時間最短由幾何可以知道：，則聯(lián)立可以得到：．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，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．在金屬板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓UO，其周期是T．現有電子以平行于金屬板的速度VO從兩板中央射入（如圖甲）．已知電子的質量為m，電荷量為e，不計電子的重力，求：（1）若電子從t=0時刻射入，在半個周期內恰好能從A板的邊緣飛出