物理帶電粒子在電場中的運動專項習題及答案解析及解析

1、物理帶電粒子在電場中的運動專項習題及答案解析及解析一、高考物理精講專題帶電粒子在電場中的運動1 在如圖所示的平面直角坐標系中，存在一個半徑R 0.2m 的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度 B 1.0T，方向垂直紙面向外，該磁場區(qū)域的右邊緣與y坐標軸相切于原點 O點。 y軸右側(cè)存在一個勻強電場，方向沿 y 軸正方向，電場區(qū)域?qū)挾?l 0.1m?，F(xiàn)從坐標為（ 0.2m， 0.2m）的 P點發(fā)射出質(zhì)量 m2.0× 109kg、帶電荷量 q 5.0× 105C的帶正電粒 子，沿 y 軸正方向射入勻強磁場，速度大小 v05.0× 103m/s（粒子重力不計）。（1）帶電粒子從坐

2、標為（ 0.1m，0.05m ）的點射出電場，求該電場強度；（2）為了使該帶電粒子能從坐標為（ 0.1m， 0.05m）的點回到電場，可在緊鄰電場的右 側(cè)區(qū)域內(nèi)加勻強磁場，試求所加勻強磁場的磁感應強度大小和方向。答案】（ 1）1.0×104N/C（2） 4T，方向垂直紙面向外 解析】詳解】 解：（ 1）帶正電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：2 qv0 B m v0 r 可得： r=0.20m =R根據(jù)幾何關(guān)系可以知道，帶電粒子恰從 O 點沿 x軸進入電場，帶電粒子做類平拋運動，設 粒子到達電場邊緣時，豎直方向的位移為 y12根據(jù)類平拋規(guī)律可得： l v0t，ya

3、t 22根據(jù)牛頓第二定律可得： Eq ma聯(lián)立可得：E 1.0 104 N/C（2）粒子飛離電場時，沿電場方向速度：vy at qE gl 5.0 10 m/s= v0m v0粒子射出電場時速度： v 2v 0根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在 B 區(qū)域磁場中做圓周運動半徑： r 2 y2根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得： qvB m vrmv 聯(lián)立可得所加勻強磁場的磁感應強度大小： B4 Tqr根據(jù)左手定則可知所加磁場方向垂直紙面向外。2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 O 處以大小為 v0、方向與水

4、平線夾角為 60o 的速度，進入大小為 E1 的勻強電場中，電場方向與豎直方向夾角為 60o，粒子到達 PQ線上的 A點時，其動能為在 O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 60o 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。 已知粒子從 O 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、v0、d求：(1)粒子從 O 到 A 運動過程中 ,電場力所做功 W；(2)勻強電場的場強大小 E1、 E2；(3) 粒子到達 B 點時的動

5、能 EkB32答案】 (1)Wmv022(2)E1 3m 024qd3m 02E23qd(3) EkB14m解析】分析】 (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。【詳解】 (1) 由題知：粒子在 O點動能為 Eko= 1 mv0粒子在 A點動能為： EkA =4E ko，粒子從 O到 A2032 運動過程，由動能定理得：電場力所做功：W=E kA -E ko= mv02；2(2) 以 O 為坐標原點，初速 v0方向為 x 軸正向， 建立直角坐標系

6、xOy ，如圖所示設粒子從 O 到 A 運動過程，粒子加速度大小為 a1， 歷時 t1 ，A 點坐標為（ x，y ）12粒子做類平拋運動： x=v0t1，y= a1t122由題知：粒子在 A 點速度大小 vA=2 v0，vAy= 3v0 ， vAy=a1 t1 粒子在 A 點速度方向與豎直線 PQ 夾角為 30°。解得： xa13v022a1由幾何關(guān)系得： ysin60 °-xcos60 °=d，解得： a1 3v0 ， t11 4d4dv0由牛頓第二定律得： qE1=ma1，解得： E13mv024qd設粒子從 A 到 B 運動過程中，加速度大小為a2，歷時 t

7、2，水平方向上有： vAsin30 =°t2 a2sin60 ，° t22t14d， qE2=ma2， v0解得： a22v0 ，3d ，（3） 分析知：3mv023qd粒子過 A 點后，速度方向恰與電場E2E2方向垂直，再做類平拋運動，1粒子到達 B 點時動能： EkB= mv2B ， vB2=（ 2v0）2+（ a2t2）2，2解得： EKB 14mv02 ?！军c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(guān)鍵，應用動能定理、類平拋運動規(guī)律可以解題。的帶電粒子 ,由靜止從 Q 板 經(jīng)電場加速后 ,從 M 板的B=1.2&

8、#215;10-2T 的有界矩形勻強磁場區(qū)域后恰好未飛,a、b 間距 d=2×10 -2m（忽略粒子重力與空氣阻力 ）3 如圖所示 ,有一比荷 q =2× 1010C/kg m 狹縫垂直直線邊界 a 進入磁感應強度為 出直線邊界 b,勻強磁場方向垂直平面向里 求： （1）帶電粒子射入磁場區(qū)域時速度 v；（2）Q、M 兩板間的電勢差 UQM。答案】（ 1）v 4.8 106m/ s；（2）0，34解析】由動能定理：詳解】v，1）粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后速度為12 qU mv22v mR粒子垂直 a 邊界進入有屆磁場區(qū)域且恰好未飛出右平行屆 b ，由幾何知識得： 代入數(shù)值

9、，聯(lián)立解得： v 4.8 106m/ s；U 5.76 10-2V （2）據(jù)粒子在磁場中的軌跡，由左手定則知：該粒子帶負電，但在加速電場中從粒子進入磁場后，洛侖磁力提供向心力：qBvRd3 加速，說明 M 點比 Q 點電勢高，故 0，44如圖 1 所示，光滑絕緣斜面的傾角 =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(zhì)量 m=0.2kg，電量 q=1×10 5CP重力加速度 g=10m/s 2，求：(1) 04s 內(nèi)滑塊的最大速度為多少 ?(2) 04s 內(nèi)電場力做了多少功 ?【答案】 (1)20m/s(2) 40

10、J【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 02 s內(nèi)，滑塊的受力分析如圖甲所示，電場力 F=qEF1 mgsinma1解得 a1 10m/s2 在 2 -4 s 內(nèi)，滑塊受力分析如圖乙所示F2 mgsinma22 解得 a2 10m /s2因此物體在 02 s內(nèi)，以 a1 10m/ s2 的加速度加速，2在24 s內(nèi)， a2 10m / s2的加速度減速，即在 2s時，速度最大由 v a1t 得， vmax 20m /s(2)物體在 0 2s內(nèi)與在 24s內(nèi)通過的位移相等通過的位移x vmax t 20m2 在 02 s內(nèi)，電場力做正功 W1

11、 F1x 60J - 在 2 4 s 內(nèi)，電場力做負功 W2 F2x20J電場力做功 W=40 J35如圖，平面直角坐標系中，在，y>0及 y<- L區(qū)域存在場強大小相同，方向相反均平23行于 y軸的勻強電場，在 - L<y<0 區(qū)域存在方向垂直于 xOy平面紙面向外的勻強磁場，2一質(zhì)量為 m ，電荷量為 q 的帶正電粒子，經(jīng)過3沿 x 軸正方向，然后經(jīng)過 x 軸上的點 P2 （ L，2y 軸上的點 P1（0， L）時的速率為 v0，方向5R= L20）進入磁場在磁場中的運轉(zhuǎn)半徑不計粒子重力），求：1）2）3）4）粒子到達 P2 點時的速度大小和方向；E； ；B 粒子第

12、一次從磁場下邊界穿出位置的橫坐標； 粒子從 P1 點出發(fā)后做周期性運動的周期5答案】（ 1） 5 v0，與 x 成 53 °角；（ 2）34v033）2L；（ 4） 405 37 L60v0【解析】【詳解】（1）如圖，粒子從 P1到 P2做類平拋運動，3由運動學規(guī)律知L=v0t1，設到達P2 時的 y 方向的速度為 vy，可得 t1= 3L ，1 2v04vy= v0故粒子在 P2的速度為 v= v02 vy2 = 5 v0 3設 v與 x成 角，則 tan= vy = 4，即 =53°；v0 311（2）粒子從 P1到 P2，根據(jù)動能定理知 qEL= mv2- mv02

13、可得228mv02E= 09qL粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)2 qvB=mR解得： B= qmRv5v3 v0 2mv05L = 3qL2解得： E 4v0 ；B33（3）粒子在磁場中做圓周運動的圓心為O，在圖中，過 P2做 v的垂線交 y=- L 直線與 Q2 點，可得：3L 5P2O=o = L =r2cos53o 2故粒子在磁場中做圓周運動的圓心為O，因粒子在磁場中的軌跡所對圓心角=37°，故粒3子將垂直于 y=- L23 直線從 M 點穿出磁場，由幾何關(guān)系知 M 的坐標 x= L+（ r-rcos37 ）°=2L；23L4）粒子運動一個周期的軌跡如上圖，粒子從P

14、1到 P2 做類平拋運動： t1=2v0在磁場中由 P2 到 M 動時間：37t2=360o2 r 37 Lv 120v0從M 運動到 N， a= qEm8v029Lv 15L t 3= =405 37 L60v0a 8v0則一個周期的時間 T=2（ t1+t 2+t 3）6如圖甲所示，在直角坐標系0xL區(qū)域內(nèi)有沿 y 軸正方向的勻強電場，右側(cè)有一個以點（3L，0）為圓心、半徑為 L的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與 x 軸的交點分別為 M、 N現(xiàn)有一質(zhì)量為 m 、帶電量為 e 的電子，從 y 軸上的 A 點以速度 v0沿 x 軸正方向射入電場，飛出電場 后從 M 點進入圓形區(qū)域，此時速度方向與 x 軸正

15、方向的夾角為 30°不考慮電子所受的重 力（ 1）求電子進入圓形區(qū)域時的速度大小和勻強電場場強E 的大小；（2）若在圓形區(qū)域內(nèi)加一個垂直紙面向里的勻強磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時速度方向垂 直于 x 軸求所加磁場磁感應強度 B 的大小和電子剛穿出圓形區(qū)域時的位置坐標；（3）若在電子剛進入圓形區(qū)域時，在圓形區(qū)域內(nèi)加上圖乙所示變化的磁場（以垂直于紙面向外為磁場正方向），最后電子從同請寫出磁感應強度B0 的大小、N 點處飛出，速度方向與進入磁場時的速度方向相 磁場變化周期 T 各應滿足的關(guān)系表達式【答案】 （1）2）3）n=1，2，3）n=1，2，3）解析】1）電子在電場中作類平拋運動，射出

16、電場時，速度分解圖如圖1 中所示由速度關(guān)系可得：解得：在豎直方向：由速度關(guān)系得： vy=v0tan 而水平方向 :R=L解得：（2）根據(jù)題意作圖如圖 1 所示，電子做勻速圓周運動的半徑根據(jù)牛頓第二定律：解得：根據(jù)幾何關(guān)系得電子穿出圓形區(qū)域時位置坐標為（2 所示60°，設電子運動的軌道半徑為r ，在磁場變化的前三分之一個周期內(nèi)，電子的偏轉(zhuǎn)角為 運動的 T0，粒子在 x 軸方向上的位移恰好等于 r 1；T=2T0，故粒子的在磁場變化的后三分之二個周期內(nèi)，因磁感應強度減半，電子運動周期 偏轉(zhuǎn)角度仍為 60°，電子運動的軌道半徑變?yōu)?2r ，粒子在 x 軸方向上的位移恰好等于 2r

17、綜合上述分析，則電子能到達 N點且速度符合要求的空間條件是：3rn=2L （n=1，2，3）而：解得：（n=1，2，3）應滿足的時間條件為：( T0+T )=T而：解得（ n=1， 2，3）點睛：本題的靚點在于第三問，綜合題目要求及帶電粒子運動的半徑和周期關(guān)系，則符合要求的粒子軌跡必定是粒子先在正 B0中偏轉(zhuǎn) 60°，而后又在 - B 0中再次偏轉(zhuǎn) 60°，經(jīng)過 n 次這樣的循環(huán)后恰恰從 N 點穿出先從半徑關(guān)系求出磁感應強度的大小，再從周期關(guān)系 求出交變磁場周期的大小 .71897 年湯姆孫使用氣體放電管，根據(jù)陰極射線在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)情況發(fā)現(xiàn)了電 子，并求出了電子的比荷

18、。比荷是微觀帶電粒子的基本參量之一，測定電子的比荷的方法 很多，其中最典型的是湯姆孫使用的方法和磁聚焦法。圖中是湯姆孫使用的氣體放電管的 原理圖。在陽極 A與陰極 K之間加上高壓， A、A'是兩個正對的小孔， C、D 是兩片正對的平行金屬板， S是熒光屏。由陰極發(fā)射出的電子流經(jīng)過A、 A'后形成一束狹窄的電子束，電子束由于慣性沿直線射在熒光屏的中央O 點。若在 C、 D間同時加上豎直向下的勻強電場2）若將電場撤去，電子束將射在熒光屏上的和垂直紙面向里的勻強磁場，調(diào)節(jié)電場和磁場的強弱，可使電子束仍沿直線射到熒光屏的O'點，可確定出電子在磁場中做圓周運動e的半徑 R，求電子

19、的比荷。mEe E【答案】（ 1） v E ；（ 2） eE2Bm B 2R【解析】【詳解】1）電子在復合場中做勻速直線運動，由eE evB ，得 v E ；BEB2R22）去掉電場，電子在磁場中做勻速圓周運動，由evB m v 得 e vR m BR8靜電噴漆技術(shù)具有效率高、質(zhì)量好、有益于健康等優(yōu)點，其裝置可簡化為如圖甲所示 A、B為水平放置的間距 d 1.6m 的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有方向由B指向A的 E0.1V / m的勻強電場在 A板的中央放置一個安全接她的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍可向各個方向均勻地噴出初速度大小均為v06.0m / s的油漆微粒，已知油漆微粒的質(zhì)量均為 m1

20、.0 ×105kg，帶負電且電荷量均為 q1.0 × 103C，不計油漆微粒間的相互作用 以及油漆微粒帶電量對板間電場和磁場的影響，忽略空氣阻力，g取10m/s2 ，已知 sin530.8，cos53°0.6求（計算結(jié)果小數(shù)點后保留一位數(shù)字）：（1）油漆微粒落在 B 板上的最大面積；（2）若讓 A、B 兩板間的電場反向（如圖乙所示），并在兩板間加垂直于紙面向里的勻強 磁場，磁感應強度 B 0.06T，調(diào)節(jié)噴槍使油漆微粒只能在紙面內(nèi)沿各個方向噴出，其他條件不變B 板被油漆微粒打中的區(qū)域的長度為多少？打中 B 板的油漆微粒中，在正交場中運動的最短時間為多少？【答案】（

21、 1）181 m2（2）16 m （3）031 s 【解析】試題分析：（ 1）油漆微粒的加速度a Eq mg m 根據(jù)運動學12dat2 2運動的半徑x v0t 落在 B 板上所形成圓形面積 s x2 由 式并代入數(shù)據(jù)得 s 18.1m 2 （2）當電場反向 Eq mg 油漆微粒做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力2Bqv m R水平向右射出的油漆微粒打在 B 板的右端，根據(jù)幾何關(guān)系 R Rcos d ac 的長度打在 B 板左端的油漆微粒為和板相切的微粒，同理求得 bc ac 油漆微粒打在極板上的長度 ab ac bc11由 11 式并代入數(shù)據(jù)得 ab 1.6m 12（3）打在 B 板上的微粒

22、中， pc最短的弦長對應的時間最短 有幾何關(guān)系sin2 13R運動的最短時間tminT 142微粒在磁場中運動的周期2mT 15Bq由 7131415 式代入數(shù)據(jù)解得tmin 0.31s16考點：動能定理的應用；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系；牛頓第二定律點評：本題是實際問題，考查理論聯(lián)系實際的能力，關(guān)鍵在于建立物理模型9如圖所示， OO為正對放置的水平金屬板 M、N 的中線，熱燈絲逸出的電子 (初速度、重 力均不計 )在電壓為 U 的加速電場中由靜止開始運動，從小孔 O 射人兩板間正交的勻強電 場、勻強磁場 (圖中未畫出 )后沿 OO做直線運動，已知兩板間的電壓為2U，兩板長度與兩(1)電

23、子通過小孔 O 時的速度大小 v；(2)板間勻強磁場的磁感應強度的大小B 和方向。答案】1)2)解析】 詳解】(1) 電子通過加速電場的過程中，由動能定理有：eU 1 mv22解得： v2eUm(2)兩板間電場的電場強度大小為：2U由于電子在兩板間做勻速運動，故： evB eE1 解得： B 1L根據(jù)左手定則可判斷磁感應強度方向垂直紙面向外10如圖所示，一內(nèi)壁光滑的絕緣圓管AB固定在豎直平面內(nèi)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， AB2L，圓環(huán)的半徑為 r 2L （圓管的直徑忽略 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

24、水平向右的、 范圍足夠大的勻強電場；虛線 AB 的下方存在豎直向下的、范圍足夠大的勻強電場，電場mg強度大小等于.圓心 O 正上方的 P點有一質(zhì)量為 m、電荷量為 q（q>0）的絕緣小物體 （可q視為質(zhì)點 ），PC 間距為 L.現(xiàn)將該小物體無初速度釋放，經(jīng)過一段時間，小物體剛好沿切線無 碰撞地進入圓管內(nèi)，并繼續(xù)運動重力加速度用 g 表示（1）虛線 AB 上方勻強電場的電場強度為多大？AB上的 N 點（圖中未標出 N（2）小物體從管口 B 離開后，經(jīng)過一段時間的運動落到虛線 點），則 N 點距離 C 點多遠？（3）小物體由 P點運動到 N 點的總時間為多少？34mg答案】（ 1）E mqg

25、 （2）xCN 7L （3）t總（3解析】 （1）小物體無初速釋放后在重力、電場力的作用下做勻加速直線運動，小物體剛好沿切線PA方向；又無碰撞地進入圓管內(nèi)，故小物體剛好沿PA連線運動，重力與電場力的合力沿0 qE mgPA AC L ，故tan 450 mqEg ，解得： E mqgvA 2 gLmg，電荷 q2）小物體從 P到 A的運動由動能定理可得： mgL qEL 12 mvA2 ，解得： 虛線 AB 的下方存在豎直向下的、范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小等于 量為 q （ q>0）的絕緣小物體所受電場力 F2 qE2 mg ，方向豎直向上，故小物體從 A到B 做勻速圓周運動，

26、vB vA 2 gL小物體從管口 B 離開后，經(jīng)過一段時間的運動落到虛線 AB上的 N 點，對豎直方向：2vB sin 4502LtB解得： t 2gg水平方向： x(vB cos 450 )t12 at2、 qE ma 解得： xN 點距離 C 點：xCN x L7L（3）小物體從P到 A 的時間t1 ，則2L 1 vAt1 解得 ： t122L8L2Lg物體從 A到 B的時間 t2 ，則 t2324小物體由 P點運動到 N 點的總時間 t總t1 t211 如圖所示，在 xoy 坐標系內(nèi)存在一個以（ a， 方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B；另在強度大小為 E，分布于 ya的范圍內(nèi) O 點

27、為質(zhì)子源，其出射質(zhì)子的速度大小相等、方向 各異，但質(zhì)子的運動軌跡均在紙面內(nèi)已知質(zhì)子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑也為a，設質(zhì)子的質(zhì)量為 m 、電量為 e，重力及阻力忽略不計求：為圓心、半徑為 a 的圓形磁場區(qū)域，0）y 軸右側(cè)有一方向向左的勻強電場，電場y 軸時的位置；質(zhì)子到達 y 軸的位置坐標的范圍；3）2) y =a+Ba）3)( a， a+2Ba【答案】（ 1） m2eB【解析】試題分析：（ 1）質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：2vevB ma即： v Beam1出射速度沿 x 軸正方向的質(zhì)子，經(jīng) 1 圓弧后以速度 v 垂直于電場方向進入電場，在磁場中 運動的時間為：Tam t

28、1 1 4 2v 2eB 質(zhì)子進入電場后做類平拋運動，eEt22沿電場方向運動a 后到達y 軸，由勻變速直線運動規(guī)律有： a2m2ma eE即： t2點，最后垂直電場方向進入電場，做類平拋運動，并到達 y 軸，運動軌跡如圖中所示 由幾何關(guān)系可得 P 點距 y 軸的距離為： x1=a+asin30 =°15a設在電場中運動的時間為t3，由勻變速直線運動規(guī)律有：x1eEt322m質(zhì)子在3maeE即 t3y 軸方向做勻速直線運動，到達所以質(zhì)子在 y 軸上的位置為： y a3eaBa 3meEa（ 3）若質(zhì)子在 y 軸上運動最遠，應是質(zhì)子在磁場中沿右邊界向上直行，垂直進入電場中做 類平拋運動，此時 x =2a質(zhì)子在電場中在 y 方向運動的距離為：y22Baym a y2 a 2Bay 軸平行，質(zhì)子到達 y 軸的位置坐標的范圍應是（a，a+2Ba meaE )質(zhì)子離坐標原點的距離為： 由幾何關(guān)系可證得，此題中凡進入磁場中的粒子，從磁場穿出時速度方向均與 且只有進入電場中的粒子才能打到 y 軸上，因此考點：帶電粒子在電場及磁場中的運動【名師點睛】本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動規(guī)律，要注意明確在電場中的類平 拋和磁場中的圓周運動處理方法，難度較大，屬于難題。12如圖所示