高考物理帶電粒子在電場中的運(yùn)動專題訓(xùn)練答案及解析

1、高考物理帶電粒子在電場中的運(yùn)動專題訓(xùn)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(yùn)動1.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(qiáng)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(diǎn)。以初速度V0水平向右射入板間，粒子恰好打到下板的中點(diǎn).若撤去平行板間 的磁場，使上板的電勢隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖所示，則 t=0時(shí)刻，從O點(diǎn)射人的粒子P經(jīng)時(shí)間t0(未知量)恰好從下板右邊緣射出.設(shè)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(jì).* X甲(1)求兩板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B.(2)若兩板右側(cè)存在一定寬度的、

2、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，為了使 t=0時(shí)刻射入的粒子P經(jīng)過右側(cè)磁場偏轉(zhuǎn)后在電場變化的第一個周期內(nèi)能夠回到O點(diǎn)，求右側(cè)磁場的寬度 d應(yīng)滿足的條件和電場周期T的最小值Tmin.mv0【答案】(1) B(2) d R2cosa R2q；Tmin(6.3 2 )L3V0(1)如圖，設(shè)粒子在兩板間做勻速圓周運(yùn)動的半徑為2R1,則 qVoB mR1由幾何關(guān)系：R：(R 2)22”(2)粒子p從。點(diǎn)運(yùn)動到下板右邊緣的過程，有：J3l v0t0R22Lsin解得R2右側(cè)磁場沿初速度方向的寬度應(yīng)該滿足的條件為R2,3 ,L ；2由于粒子P從。點(diǎn)運(yùn)動到下極板右側(cè)邊緣的過程與從上板右邊緣運(yùn)動到。點(diǎn)的過程，運(yùn)動軌

3、跡是關(guān)于兩板間的中心線是上下對稱的，這兩個過程經(jīng)歷的時(shí)間相等，則:Tmin2to解得6,3 2 L解得Vy白03V0設(shè)合速度為V,與豎直方向的夾角為%則：tan 一 43vy則二一3Vo2 3V Vosin 3R2,則粒子P在兩板的右側(cè)勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)做圓周運(yùn)動的半徑為3Vo【點(diǎn)睛】帶電粒子在電場或磁場中的運(yùn)動問題，關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運(yùn)動特征，畫出粒子 的運(yùn)動軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解相關(guān)量，并搞清臨界狀態(tài) 2 .如圖，質(zhì)量分別為 mA=1kg、mB=2kg的A、B兩滑塊放在水平面上，處于場強(qiáng)大小E=3X 15N/C、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，A不帶電，B帶正電、電荷量 q=

4、2X105C.零時(shí)刻，A、B用繃直的細(xì)繩連接(細(xì)繩形變不計(jì))著，從靜止同時(shí)開始運(yùn)動，2s末細(xì)繩斷開.已知A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為w=0.1重力加速度大小 g=10m/s2.求：前2s內(nèi)，A的位移大?。?2)6s末，電場力的瞬時(shí)功率.【答案】2m (2) 60W【解析】 【分析】 【詳解】 (1) B所受電場力為F=Eq=6N；繩斷之前，對系統(tǒng)由牛頓第二定律：F-(XmA+mB)g=(mA+mB)ai 可得系統(tǒng)的加速度 ai=1m/s2； 由運(yùn)動規(guī)律：x=1aiti2 2解得A在2s內(nèi)的位移為x=2m；(2)設(shè)繩斷瞬間，AB的速度大小為vi, t2=6s時(shí)刻，B的速度大小為V2,則 vi

5、=aiti=2m/s ；繩斷后，對B由牛頓第二定律：F-師Bg=mBa2 解得 a2=2m/s2;由運(yùn)動規(guī)律可知：V2=Vi+a2(t2-ti)解得 V2=I0m/s電場力的功率P=Fv,解得P=60W3 .如圖所示，豎直平面內(nèi)有一固定絕緣軌道ABCDP；由半徑r=0.5m的圓弧軌道CDP和與之相切于C點(diǎn)的水平軌道 ABC組成，圓弧軌道的直徑DP與豎直半徑OC間的夾角。二37；A、B兩點(diǎn)間的距離d=0.2m.質(zhì)量mi=0.05kg的不帶電絕緣滑塊靜止在A點(diǎn)，質(zhì)量m2=0.ikg、電荷量q=i x T0C的帶正電小球靜止在 B點(diǎn)，小球的右側(cè)空間存在水平向右的勻 強(qiáng)電場.現(xiàn)用大小 F=4.5N、方

6、向水平向右的恒力推滑塊，滑塊到達(dá)月點(diǎn)前瞬間撤去該恒 力，滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，碰后小球沿軌道運(yùn)動，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)恰好和軌道無擠壓且所受合力指向圓心.小球和滑塊均視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞過程中小球的電荷量不變，不計(jì)一切摩 擦.取 g=i0m/s2, sin37 =0.6, cos37=0.8.A BL(1)求撤去該恒力瞬間滑塊的速度大小v以及勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E;(2)求小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小 vp和B、C兩點(diǎn)間的距離x.【答案】(1) 6m/s； 7.5X10N/C (2) 2.5m/s ; 0.85m【解析】【詳解】12(1)對滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的過程，根據(jù)動能定理有：Fd-miv2解得：v=6

7、m/ s小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，受力如圖所示則有：qE=m2gtan 仇 解得：E=7.5X14N/C(2)小球所受重力與電場力的合力大小為:cosG等2VP小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有:解得：vp=2.5m/sVi、v2,滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，設(shè)碰后滑塊、小球的速度大小分別為 則有：miv=mivi+m2V21 212 i 2m1Vm1Vlm2V22 22解得：vi=-2m/s（表示vi的方向水平向左）,V2=4m/s對小球碰后運(yùn)動到 P點(diǎn)的過程，根據(jù)動能定理有：1 21 2qE x rsinm2g r rcosm2Vpm2V22 2解得：x=0.85m4.如圖，以豎直向上為 y軸正方向建立直

8、角坐標(biāo)系；該真空中存在方向沿x軸正向、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場和方向垂直 xoy平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場；原點(diǎn) 。處的離子 源連續(xù)不斷地發(fā)射速度大小和方向一定、質(zhì)量為m、電荷量為-q (q0)的粒子束，粒子恰能在xoy平面內(nèi)做直線運(yùn)動，重力加速度為 g,不計(jì)粒子間的相互作用；(1)求粒子運(yùn)動到距 x軸為h所用的時(shí)間；(2)若在粒子束運(yùn)動過程中，突然將電場變?yōu)樨Q直向下、場強(qiáng)大小變?yōu)镋 mg,求從q。點(diǎn)射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標(biāo)范圍(不考慮電場變化產(chǎn)生的影響)；(3)若保持EB初始狀態(tài)不變，僅將粒子束的初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，求運(yùn)動過程中，粒子速度大小等于初速度入倍(0入2 2B q

9、qE22,qE mg22m qE2mg 5m2g2 口2q b所以從O點(diǎn)射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標(biāo)范圍為2m g 2 q b那么設(shè)離子運(yùn)動到位置坐標(biāo)x, y)滿足速率v v,則根據(jù)動能定理有qEx mgy1 2一 mv2-m 2v 2, qEx mgy 3 mv2 2215m3g28q2B2 25m gx -2 2 q b(3)粒子束的初速度變?yōu)樵瓉淼?2倍，則粒子不能做勻速直線運(yùn)動，粒子必發(fā)生偏轉(zhuǎn)，而 洛倫茲力不做功，電場力和重力對粒子所做的總功必不為零；/ 215m gc 2-28q B,1所以y x2點(diǎn)睛：此題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動問題；關(guān)鍵是分析受力情況及運(yùn)動情況，畫出

10、 受力圖及軌跡圖；注意當(dāng)求物體運(yùn)動問題時(shí)，改變條件后的問題求解需要對條件改變引起 的運(yùn)動變化進(jìn)行分析，從變化的地方開始進(jìn)行求解.5.如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強(qiáng)磁場，方向垂直于紙面向外；在第四象限有 一勻強(qiáng)電場，方向平行于 y軸向下.一電子以速度 v。從y軸上的P點(diǎn)垂直于y軸向右飛入 電場，經(jīng)過x軸上M點(diǎn)進(jìn)入磁場區(qū)域，又恰能從 y軸上的Q點(diǎn)垂直于y軸向左飛出磁場已知P點(diǎn)坐標(biāo)為(0, L), M點(diǎn)的坐標(biāo)為(2/3L, 0),求3(1)電子飛出磁場時(shí)的速度大小 v(2)電子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間t4 L31) v 22) t2互x軸夾角為(1)軌跡如圖所示，設(shè)電子從電場進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與

11、(1)在電場中x軸方向： 拽L v0t1, y軸方向：L3得60, v -v- 2vocos(2)在磁場中，r R3L 4 L sin 32磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為23vy , ，一11, tan2vyt22 r34 Lv9V06.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(jì))在電壓為U的加速電場中由靜止開始運(yùn)動，從小孔。射人兩板間正交的勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)后沿OO做直線運(yùn)動，已知兩板間的電壓為2U,兩板長度與兩板間的距離均為L,電子的質(zhì)量為 m、電荷量為e。求:(1)電子通過小孔 。時(shí)的速度大小v；(2)板間勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B和方

12、向。12(1)電子通過加速電場的過程中，由動能定理有： eU -mv 2(2)兩板間電場的電場強(qiáng)度大小為:2UL由于電子在兩板間做勻速運(yùn)動，故:evB eE解得：B根據(jù)左手定則可判斷磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外7.水平面上有一個豎直放置的部分圓弧軌道，A為軌道的最低點(diǎn)，半徑 OA豎直，圓心角AOB為60,半徑R=0.8m,空間有豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng) E=1X14N/C。一個質(zhì)量 m=2kg,帶電量為q=1X 103C的帶電小球，從軌道左側(cè)與圓心。同一高度的C點(diǎn)水平拋出，恰好從B點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓弧軌道，到達(dá)最低點(diǎn)A時(shí)對軌道的壓力Fn=32.5N。求：(1)小球拋出時(shí)的初速度 vo大?。籛fo(2

13、)小球從B到A的過程中克服摩擦所做的功【答案】2 3 m/ s (2) - J33根據(jù)題中“豎直向下的勻強(qiáng)電場-帶電小球”、“水平拋出一圓弧軌道”可知，本題考察 帶電物體在復(fù)合場中的運(yùn)動。根據(jù)帶電物體在復(fù)合場中的運(yùn)動規(guī)律，應(yīng)用運(yùn)動的分解、牛 頓運(yùn)動定律、動能定理列式計(jì)算?！驹斀狻?1)小球拋出后從 C到B過程中受重力和豎直向上的電場力，做類平拋運(yùn)動，則：mg qE ma,解得：小球的加速度_ 一 一 , 一 3 一 4mg qE 2 10 1 1010. 22a - m / s 5m/ sm2C與B的高度差h Rcos60 0.4m2設(shè)小球到B點(diǎn)時(shí)豎直分速度為vy,則Vy 2ah ,解得：小球

14、到 B點(diǎn)時(shí)豎直分速度Vy 2msvyV。解得：小球拋出時(shí)的初速度Vy(2)在 B 點(diǎn)時(shí)，Sin60 一Vb小球在A點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)N qEmg m 一 ,解得：VaR小球從B到A過程，由動能定理得：(mg qE)(RRcosWf - mvA - mvB22小球在B點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向夾角為60。，則tan60解得：小球從B到A的過程中克服摩擦所做的功 Wf8.如圖，光滑水平面上靜置質(zhì)量為m,長為L的絕緣板a,絕緣板右端園定有豎直擋板，整個裝置置于水平向右的勻強(qiáng)電場中.現(xiàn)將一質(zhì)量也為 m、帶電量為q(q0)的物塊b置于絕緣板左端(b可視為質(zhì)點(diǎn)且初速度為零)，已知勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E=3科mg/q,

15、物塊與絕緣板板間動摩擦數(shù)為 科設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，物塊與絕緣板右端豎直擋板碰撞后a、b速度交換，且碰撞時(shí)間極短可忽略不計(jì)，物塊帶電量始終保持不變，重力加速度為go 求：(1)物塊第一次與擋板碰撞前瞬間物塊的速度大??；(2)物塊從置于絕緣板到第二次與擋板碰撞過程中，電場力所做的功Wo【答案】(1) 2 2-gL【解析】【分析】(2) 3(74 18、5) mgL25(1)根據(jù)同向運(yùn)動的物體位移之差等于相對位移，牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解(2)碰撞過程滿足動量守恒，往返運(yùn)動再次碰撞的過程依然用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解位移；恒力做功由功的定義式處理【詳解】(1)由題知：物塊b受

16、恒定電場力F 3 mg對兩物體由牛頓第二定律，物塊b： F mg mai，得 a12 g對絕緣板a： mg ma2,得a? g1 . 2 .設(shè)歷時(shí)t1物塊第一次與擋板碰撞，有：一(a a2)L=L，得：t12則物塊第一次與擋板碰撞前瞬時(shí)，物塊的速度大小 a1t1解得：v1 2 2-gL(2)絕緣板a的速度大小V2 azG,解得：v2 J2 gL1 o物塊對地的位移大小為 x -a1t12,有X 2L2物塊與絕緣板的右端豎直擋板發(fā)生彈性碰撞后，二者速度交換則物塊的速度為v1 、2 gL ,絕緣板的速度大小為 v2 2.2 gL對物塊 b ： F mg ma3，有 a3 4 g設(shè)歷時(shí)t2,二者達(dá)到

17、共同速度 v,有：v V1 a3t2 , v V2 a2t22_L二者相對位移大小為 x,有(v2 v1)2(a3 a2)x ,解得：x 一5物塊對地的位移大小為 X2,有x2 (vv)t2 ,解得：x2 14 L 225122L設(shè)歷時(shí)t3物塊第二次與擋板碰撞，有：一(a az)t；=x，得：t3 J2. 5 g物塊對地的位移大小為x3,有x3vt31at；,解得：X318石L- L23255故物塊的總位移x 為x2x3瀘. 74 18 -5 ,伶：x L25根據(jù)功的定義W 3 mgx解得：w 3(74 18.5)皿25【點(diǎn)睛】本題是牛頓第二定律、動量守恒定律、運(yùn)動學(xué)公式和能量守恒定律的綜合應(yīng)

18、用，按程序進(jìn) 行分析是基礎(chǔ).9.如圖所示，長度為d的絕緣輕桿一端套在光滑水平轉(zhuǎn)軸 。上，另一端固定一質(zhì)量為 m 電荷量為q的帶負(fù)電小球.小球可以在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，AC和BD分別為圓的豎直I和水平直徑.等量異種點(diǎn)電荷+ Q、一 Q分別固定在以C為中點(diǎn)、間距為2d的水平線上的 E、F兩點(diǎn).讓小球從最高點(diǎn) A由靜止開始運(yùn)動，經(jīng)過 B點(diǎn)時(shí)小球的速度大小為 v,不考慮 q對+ Q、- Q所產(chǎn)生電場的影響.重力加速度為 g求：6上:尸 ELF(1)小球經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)球?qū)U的拉力大小；(2)小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度大小.【答案】(1) 5m【解析】(1)圖中AC是等勢面，故電荷從 A到C過程中，電場力不做功，

19、根據(jù)動能定理，有:mg (2d) =mvc2-0解得：vc=2.世在C點(diǎn)，拉力和重力一起提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有： F-mg=m”解得：F=5mgII 1(2)對從B至ij C過程，根據(jù)動能定理，有：mgd+W電/mvc2-mv2對從B到C過程，根據(jù)動能定理，有： 1111-mgd+W 電=mvD2- mvC2聯(lián)立解得：Vd=點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是靈活選擇過程根據(jù)動能定理列式求解，同時(shí)要熟悉等量異號電荷的電場線分布情況.10 .如圖所示，電荷量為+q,質(zhì)量為m的小球用一根長為 L的絕緣細(xì)繩懸掛于 。點(diǎn)，所在 的整個空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，已知重力加速度為g.現(xiàn)將懸線拉直使小球從與 O點(diǎn)等

20、高的A點(diǎn)靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動到 。點(diǎn)正下方的B點(diǎn)時(shí)速度的大小為 v= JgL .求：該電場白場強(qiáng) E的大??；(2)小球剛到達(dá)B點(diǎn)時(shí)繩的拉力；(3)若到達(dá)B點(diǎn)后繩子突然斷裂，斷裂時(shí)小球以原速度拋出，則小球再次經(jīng)過。點(diǎn)正下方時(shí)與。點(diǎn)的距離是多少？mg(1) E (2) 2mg; (3) 9L 2q(1)A到B根據(jù)動能定理： mgL EqL解得mg2qB點(diǎn)，由牛頓第二定律： T mg2 v m一L解得T=2mg(3)繩子斷裂后，小球水平方向向左先做減速運(yùn)動，后反向加速；豎直方向做自由落體運(yùn)動，回到B點(diǎn)正下方，則:2VaqEmh 2gt2解得h=9L【點(diǎn)睛】 此題關(guān)鍵是第3問的解答，要知道小球參與水平

21、方向的勻變速運(yùn)動和豎直方向的自由落體 運(yùn)動，兩個運(yùn)動的時(shí)間相等 .11 .如圖，直線 MN上方有平行于紙面且與 MN成45的有界勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小未知；MN下方為方向垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。今從MN_上的。點(diǎn)向磁場中射入一個速度大小為 V、方向與MN成45角的帶正電粒子，該粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)的軌道半徑為 R。若該粒子從 O點(diǎn)出發(fā)記為第一次經(jīng)過直線 MN,而第五次經(jīng) 過直線MN時(shí)恰好又通過。點(diǎn)。不計(jì)粒子的重力。求：(1)電場強(qiáng)度的大?。?2)該粒子從。點(diǎn)出發(fā)，第五次經(jīng)過直線 MN時(shí)又通過。點(diǎn)的時(shí)間(3)該粒子再次從。點(diǎn)進(jìn)入磁場后，運(yùn)動軌道的半徑；(2jt + 4)K【答案】(1)e=譴；(2) .第 (3)取【解析】試題分析：粒子的運(yùn)動軌跡如圖，先是一段半徑為R的1/4圓弧到a點(diǎn)，接著恰好逆電場線勻減速運(yùn)動到b點(diǎn)速度為零再返回a點(diǎn)速度仍為v,再在磁場中運(yùn)動一段 3/4圓弧到c 點(diǎn)，之后垂直電場線進(jìn)入電場作類平拋運(yùn)動。XXXXXXXX(1)易知，( 二 26類平拋運(yùn)動的垂直和平行電場方向的位移都為卜二町尸灰癡45=所以類平拋運(yùn)動時(shí)間為再者-由 可得 石=vB粒子在磁場中的總時(shí)間：-二一 .v_ 2癡 2K粒子在電場中減速再加速的時(shí)間：-故粒子再次回到。點(diǎn)的時(shí)間：t =匕一口 +為二(土” v(3)由平拋知識得t