【物理】物理帶電粒子在電場中的運動練習(xí)全集及解析

【物理】物理帶電粒子在電場中的運動練習(xí)全集及解析【物理】物理帶電粒子在電場中的運動練習(xí)全集及解析【物理】物理帶電粒子在電場中的運動練習(xí)全集及解析【物理】物理帶電粒子在電場中的運動練習(xí)全集及解析一、高考物理精講專題帶電粒子在電場中的運動1．如圖，半徑為a的內(nèi)圓A是電子發(fā)射器，其金屬圓周表圓各處可沿紙面內(nèi)的任意方向發(fā)射速率為v的電子；外圓C為與A同心的金屬網(wǎng)，半徑為3a．不考慮靜電感覺及電子的重力和電子間的相互作用，已知電子質(zhì)量為m，電量為e．(1)為使從C射出的電子速率達到3v，C、A間應(yīng)加多大的電壓U；(2)C、A間不加電壓，而加垂直于紙面向里的勻強磁場．①若沿A徑向射出的電子恰好不從C射出，求該電子第一次回到A時，在磁場中運動的時間t；②為使所有電子都不從C射出，所加磁場磁感覺強度B應(yīng)多大．【答案】（1）4mv2（2）①43a②B2mv31)aee9v(【解析】【詳解】（1）對電子經(jīng)C、A間的電場加速時，由動能定理得eU1m3v21mv222得U4mv2e（2）電子在C、A間磁場中運動軌跡與金屬網(wǎng)相切．軌跡以以以下圖．2a2設(shè)此軌跡圓的半徑為r，則3arr22r又Tva3得tanr故θ=60°所以電子在磁場中運動的時間t2-2T243a得t9v（3）若沿切線方向射出的電子軌跡恰好與金屬網(wǎng)C相切．則所有電子都不從C射出，軌跡以以以下圖：2r3aa2v又evBm2mv得B3-1）ae所以B

2mv3-1）ae2．“太空粒子探測器”是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡化以下：如圖1所示，輻射狀的加速電場所區(qū)界線為兩個同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB的電勢為L(o)，內(nèi)圓弧面CD的電勢為，足夠長的收集板MN平行界線ACDB，ACDB與2MN板的距離為L．假設(shè)太空中飛揚著質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計粒子間的相互作用和其他星球?qū)αＷ拥挠绊懀豢紤]過界線ACDB的粒子再次返回．（1）求粒子到達O點時速度的大??；（2）如圖2所示，在PQ（與ACDB重合且足夠長）和收集板MN之間地域加一個勻強磁場，方向垂直紙面向內(nèi)，則發(fā)現(xiàn)均勻吸附到AB圓弧面的粒子經(jīng)O點進入磁場后最多有23能打到MN板上，求所加磁感覺強度的大小；（3）如圖3所示，在PQ（與ACDB重合且足夠長）和收集板MN之間地域加一個垂直MN的勻強電場，電場強度的方向以以以下圖，大小E，若從AB圓弧面收集到的某粒子經(jīng)4LO點進入電場后到達收集板MN離O點最遠，求該粒子到達O點的速度的方向和它在PQ與MN間運動的時間．【答案】（1）v2q；（2）B1m；（3）600；2L2mmL2qq【解析】【解析】【詳解】試題解析：解：（1）帶電粒子在電場中加速時，電場力做功，得：qU01mv22U22qvm(2）從AB圓弧面收集到的粒子有2能打到MN板上，則上端恰好能打到MN上的粒子與3MN相切，則入射的方向與OA之間的夾角是60，在磁場中運動的軌跡如圖甲，軌跡圓心角600．依照幾何關(guān)系，粒子圓周運動的半徑：R2L2由洛倫茲力供應(yīng)向心力得：qBvmv結(jié)合解得：B

R1mL2q（3）如圖粒子在電場中運動的軌跡與MN相切時，切點到O點的距離最遠，這是一個類平拋運動的逆過程．建立如圖坐標(biāo).1qEt22mt2mL2mqE2LqvxEqt2qELqmm2m若速度與x軸方向的夾角為角cosvx1600cosv23．某控制帶電粒子運動的儀器原理以以以下圖，地域PP′M′M內(nèi)有豎直向下的勻強電場，電3場場強E＝1.0×10，長度L＝0.40m；地域MM′N′N內(nèi)有垂直紙面向里V/m，寬度d＝0.05m的勻強磁場，磁感覺強度－2qB＝2.5×10T，寬度D＝0.05m，比荷m

＝×81.010C/kg的帶正電的粒子以水平初速度v0從P點射入電場．界線MM′不影響粒子的運動，不計粒子重力．05，求粒子從地域PP′N′N射出的地址；(1)若v＝8.0×10m/s若粒子第一次進入磁場后就從M′N間′垂直界線射出，求v0的大小；若粒子從M′點射出，求v0滿足的條件．54.00.8n5【答案】(1)0.0125m(2)3.6×100)10m/s(其中n＝2n10123、4)v03.20.8n105(n012、3)．2n1【解析】【詳解】粒子以水平初速度從P點射入電場后，在電場中做類平拋運動，假設(shè)粒子能夠進入磁場，則1Eq2豎直方向d＝··t2m2md得tqE代入數(shù)據(jù)解得－6t＝1.0×10s水平位移x＝v0t代入數(shù)據(jù)解得x＝0.80m因為x大于L，所以粒子不能夠進入磁場，而是從P′M間′射出，L＝－6則運動時間t0＝0.5×10s，v0豎直位移y＝1Eq2＝0.0125m··t02m所以粒子從P′點下方0.0125m處射出．(2)由第一問能夠求得粒子在電場中做類平拋運動的水平位移2mdx＝v0qE粒子進入磁場時，垂直界線的速度qE2qEdv1＝·t＝mm設(shè)粒子與磁場界線之間的夾角為α，則粒子進入磁場時的速度為v＝v1sin在磁場中由qvB＝mv2得R＝mvRqB粒子第一次進入磁場后，垂直界線M′N射′出磁場，必定滿足x＋Rsinα＝L2md、R＝mvv1、v1＝2qEd代入解得把x＝v0、v＝qEqBsinmv0＝L·Eq－E2mdB5v0＝3.6×10m/s.由第二問解答的圖可知粒子離MM′的最遠距離Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)把R＝mv、v＝v1、v1＝2qEd代入解得qBsinmy12mEd(1cos)12mEdtan2BqsinBq能夠看出當(dāng)α＝90°時，Δy有最大值，(α＝90°即粒子從P點射入電場的速度為零，直接在電場中加速后以v1的速度垂直MM′進入磁場運動半個圓周回到電場)mv1m2qEd12mEdymaxqBmBqqBΔymax＝0.04m，Δymax小于磁場寬度D，所以無論粒子的水平射入速度是多少，粒子都不會從界線NN′射出磁場．若粒子速度較小，周期性運動的軌跡以以以下圖所示：粒子要從M′點射出界線有兩種情況，第一種情況：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t把t2mdRmvv1vsinα＝2qEd代入解得、＝qE、＝、v1mqBv0LqE2nE2n12md2n1B4.00.8nv0＝2n1

5×10m/s(其中n＝0、1、2、3、4)第二種情況：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα2md、R＝mv2qEd代入解得把t、v1＝vsin、αv1＝qEqBmLqE2(n1)Ev02md2n1B2n13.20.8nv0＝2n1

5×10m/s(其中n＝0、1、2、3)．4．以以以下圖，虛線MN左側(cè)有一場強為E1＝E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的勻強電場，在虛線PQ右側(cè)距PQ為L處有一與電場E2平行的屏．現(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，重力不計)無初速度地放入電場E1中的A點，最后電子打在右側(cè)的屏上，A點到MN的距離為L，AO連線與屏垂直，垂足為2O，求：電子到達MN時的速度；電子走開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ；(3)電子打到屏上的點P′到點O的距離.【答案】(1)veEL(2)2(3)3L.m【解析】【詳解】（1）電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，到達MN的速度為v，則：a1＝eE1＝eEmm2a1Lv22解得eELvm（2）設(shè)電子射出電場E2時沿平行電場線方向的速度為vy，a2＝eE2＝2eEmmLt＝vvy＝a2ttanθ＝vy=2v（3）電子走開電場E2后，將速度方向反向延長交于E2場的中點O′由.幾何關(guān)系知：xtanθ＝LL2解得：x＝3L.5．以以以下圖，輕質(zhì)絕緣細(xì)繩上端固定，下端連接一個可視為質(zhì)點的帶電小球，小球靜止在水平向左的勻強電場中，繩與豎直方向的夾角θ=37°.已知繩長l=l.0m，小球所帶電荷量4-3g=10m/s2，sin37°=0.60，q=+l.0×10C，質(zhì)量m=4.0×10kg。不計空氣阻力，取重力加速度cos37=0°.80.求：(l)電場強度的大小E；(2)將電場撤去,小球搖動到最低點時速度的大小v；(3)將電場撤去,小球搖動到最低點時繩中拉力的大小T.【答案】（1）E3.0103N/C（2）v2.0m/s（3）T5.6102N【解析】【詳解】(1)對帶電小球受力解析，得關(guān)系：qEtantan37omg代入已知數(shù)據(jù)后，解得E3.0103N/C(2)依照機械能守恒定律有：mgl1cos37o1mv22解得：v2gl1cos37o2.0m/s(3)依照牛頓第二定律:Tmgmv2l解得:T5.6102N6．以以以下圖，在xOy平面的第一象限有一勻強磁場，方向垂直于紙面向外；在第四象限有一勻強電場，方向平行于y軸向下．一電子以速度v0從y軸上的P點垂直于y軸向右飛入電場，經(jīng)過x軸上M點進入磁場所區(qū)，又恰能從y軸上的Q點垂直于y軸向左飛出磁場已知P點坐標(biāo)為(0，－L)，M點的坐標(biāo)為(23L，0)．求3(1)電子飛出磁場時的速度大小v(2)電子在磁場中運動的時間t【答案】（1）v2v04L；（2）t29v0【解析】【詳解】（1）軌跡以以以下圖，設(shè)電子從電場進入磁場時速度方向與x軸夾角為，（1）在電場中x軸方向：23Lv0t1，y軸方向：Lvy，tanvy3t1v032得60o，vv02v0cos（2）在磁場中，23L4rLsin32磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為32rt234Lv9v07．以以以下圖，圓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(zhì)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(jīng)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(jīng)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小；(2)整個過程中電場力所做的功。【答案】(1)3E(2)2q2E2t2m【解析】(1)設(shè)t末和2t末小物塊的速度大小分別為v1和v2，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：x1Eqt2，v1Eqt2mm小金屬塊由B點運動到A點過程：xv1t1E1qt22mv2v1E1qtmv22Eqt聯(lián)立解得：，則：E13E；m(2)依照動能定理，整個過程中電場力所做的功：W1mv2202聯(lián)立解得：W2q2E2t2。m點睛：解答本題要點是對不一樣樣過程應(yīng)用勻變速直線運動相關(guān)公式以及動能定理列式即可，屬于基礎(chǔ)性題目。8．以以以下圖，質(zhì)量為m的小球穿在絕緣細(xì)桿上，細(xì)桿的傾角為為q．在細(xì)桿上B點處固定一個電荷量為Q的正電荷．將小球由距

α，小球帶正電，電荷量B點豎直高度為H的

A點處無初速度釋放，運動到

C點時速率最大，運動到

P點時高度變?yōu)樵瓉淼囊话肭宜俾蕿榱?，小球下滑過程中電荷量不變．不計小球與細(xì)桿間的摩擦，整個裝置處在真空中，已知靜電力常量為k，重力加速度為g．求：1）A球剛釋放時的加速度大?。?）C點與B點的距離；3）AP間的電勢差．kQqsin2kQq；（3）mgH【答案】（1）gsin，（2）．mH2mgsin2q【解析】【解析】1）A球剛釋放時，碰到重力、沿細(xì)桿向上的庫侖力和細(xì)桿的支持力，依照牛頓第二定律求解加速度．2）A球剛釋放下滑過程中，庫侖力逐漸增大，當(dāng)庫侖力小于重力沿斜面向下的分力時，小球做加速運動；當(dāng)庫侖力大于重力沿斜面向下的分力時，小球做減速運動．當(dāng)兩力大小相等時，小球的速度最大，由平衡條件和庫侖定律結(jié)合求出C點與B點的距離．（3）小球運動到P點時速率為零，由動能定理求解AP間的電勢差．【詳解】（1）A球剛釋放時，由牛頓第二定律可知：mgsinα-F=ma依照庫侖定律有：FkqQr2又知r

Hsin2kQqsin聯(lián)立解得：a=gsinα-（2）當(dāng)小球碰到合力為零，即加速度為零時，速率最大，設(shè)此時小球與B點間的距離為d，則有：mgsinkQqd2解得：d＝kQqmgsin（3）小球運動到P點時速率為零，由動能定理得：mgHqU＝02mgH解得：U＝【點睛】本題的要點是解析小球的受力情況，來確定小球的運動情況．從力和能兩個角度研究動力學(xué)問題是常用的思路．9．以以以下圖，水平、絕緣、粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣圓滑軌道BC圓滑連接，半圓形軌道的半徑R＝0.4m，在軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強度4－4E＝1.0×10×10C，質(zhì)量N/C．現(xiàn)有一電荷量q＝＋1.0m＝0.1kg的帶電體（可視為質(zhì)點），在水平軌道上的

P點由靜止釋放，帶電體恰好能經(jīng)過半圓形軌道的最高點

C，今后落至水平軌道上的

D點（圖中未畫出）．取

g＝10m/s2．計算：①帶電體運動到圓形軌道B點時對圓形軌道的壓力大??；②D點到B點的距離xDB；【答案】（1）6.0N（2）0【解析】【解析】【詳解】①設(shè)帶電體經(jīng)過C點時的速度為vC，依照牛頓第二定律v2有：mgmCR解得：vC＝2.0m/s設(shè)帶電體經(jīng)過B點時的速度為vBBB點時，軌道對帶電體的支持力大小為F，帶電體在有FBmgmvB2R帶電體從B運動到C的過程中，電場力做功為零，依照動能定理有：mg2R1mvC21mvB222聯(lián)立解得：FB＝6.0N依照牛頓第三定律，帶電體對軌道的壓力FB′＝6.0N②設(shè)帶電體從最高點C落至水平軌道上D點的時間為t，依照運動的分解豎直方向：2R1gt22水平方向：xDBvCt1Eqt22m解得：xDB＝010．以以以下圖，x軸的上方存在方向與x軸成45o角的勻強電場，電場強度為E，x軸的下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感覺強度B0.5T.有一個質(zhì)量m1011kg，電荷量q107C的帶正電粒子，該粒子的初速度v02103m/s，從坐標(biāo)原點O沿與x軸成45o角的方向進入勻強磁場，經(jīng)過磁場和電場的作用，粒子從O點出發(fā)后第四次經(jīng)過x軸時恰好又回到O點處，設(shè)電場和磁場的地域足夠?qū)?，不計粒子重力，求：?/p>

帶電粒子第一次經(jīng)過

x軸時的橫坐標(biāo)是多少？②

電場強度

E的大小及帶電粒子從

O點出發(fā)到再次回到

O點所用的時間．【答案】

①

帶電粒子第一次經(jīng)過

x軸時的橫坐標(biāo)是

0.57m；②

電場強度

E的大小為1103V/m，帶電粒子從

O點出發(fā)到再次回到

O點所用的時間為32.110s.【解析】(1)粒子在磁場中受洛倫茲力作用下做一段圓弧后第一次經(jīng)過力公式求出半徑，再依照幾何關(guān)系求出坐標(biāo)；

x軸，依照洛倫茲力供應(yīng)向心(2)今后進入電場中，恰好做勻減速運動直到速度為零后又返回，以相同速率再次進入磁場仍在洛倫茲力作用下又做一段圓弧后，再次進入電場正好做類平拋運動.粒子在磁場中兩次運動恰好完成一個周期，由粒子在電場中的類平拋運動，依照垂直電場方向位移與速度關(guān)系，沿電場方向位移與時間關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律求出E，三個過程的總時間即為總時間．【詳解】①粒子在磁場中受磁場力的作用沿圓弧運動，洛侖茲力供應(yīng)向心力，qvBmv2，Rmv0.4m，半徑RBq依照圓的對稱性可得粒子在磁場中第一次偏轉(zhuǎn)所對的圓心角為90o，則第一次經(jīng)過x軸時的橫坐標(biāo)為x12R0.42m0.57m②第一次進入電場，運動方向與電場方向相反，做勻減速直線運動，速度減為零后又反向加速返回磁場，在磁場中沿圓周運動，再次進入電場時速度方向恰好垂直電場方向，在電場力的作用下偏轉(zhuǎn)，打在坐標(biāo)原點O處，其運動軌跡以以以下圖．由幾何關(guān)系可得，第二次進入電場中的位移為22R，在垂直電場方向的位移s1vt1，運動時間t1s12R4104svv在沿電場方向上的位移s21at12，2又因s22R得a2s21107m/s2t12依照牛頓第二定律aEqm所以電場強度Ema1103V/mq粒子從第一次進入電場到再返回磁場的時間t22v4104s，a粒子在磁場中兩段運動的時間之和恰好是做一個圓滿圓周運動的周期T2m4104sBq所以粒子從出發(fā)到再回到原點的時間為tt1t2T2.1103s【點睛】本題觀察帶電粒子在電場、磁場中兩運動模型：勻速圓周運動與類平拋運動，及相關(guān)的綜合解析能力，以及空間想像的能力，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力．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(xiàn)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(zhì)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(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時速度的大小．（2）若電子從t=0時刻射入，恰能平行于金屬板飛出，則金屬板最少多長？【答案】（1）v02eU0（2）v0Tm【解析】【解析】1）電子在半個周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，在此過程中只有電場力做功，依照動能定理即可除去電子飛出時的速度．2）若電子從t=0時刻射入，恰能平行于金屬板飛出，說明電子在豎直方向前半周期做勻加速直線運動，后半周期做勻減速直線運動，到電子飛出電場最少用時為T；【詳解】（1）電子飛出過程中只有電場力做功，依照動能定理得：eU01mv21mv