高中物理帶電粒子在電場中的運(yùn)動解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題(含答案)

1、高中物理帶電粒子在電場中的運(yùn)動解題技巧及經(jīng)典題型及練習(xí)題(含答案)一、高考物理精講專題帶電粒子在電場中的運(yùn)動1.如下圖,xOy平面處于勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向外.點(diǎn)PL,0處有一粒子源,可向各個方向發(fā)射速率不同、電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電3粒子.不考慮粒子的重力.(1)假設(shè)粒子1經(jīng)過第一、二、三象限后,恰好沿X軸正向通過點(diǎn)Q(0,-L),求其速率V1；(2)假設(shè)撤去第一象限的磁場,在其中加沿y軸正向的勻強(qiáng)電場,粒子2經(jīng)過第一、二、三象限后,也以速率V1沿x軸正向通過點(diǎn)Q,求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E以及粒子2的發(fā)射速率V2;(3)假設(shè)在xOy平面內(nèi)加沿y軸正向的勻強(qiáng)電場E.,

2、粒子3以速率V3沿y軸正向發(fā)射,求在運(yùn)動過程中其最小速率v.某同學(xué)查閱資料后,得到一種處理相關(guān)問題的思路：帶電粒子在正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中運(yùn)動,假設(shè)所受洛倫茲力與電場力不平衡而做復(fù)雜的曲線運(yùn)動時,可將帶電粒子的初速度進(jìn)行分解,將帶電粒子的運(yùn)動等效為沿某一方向的勻速直線運(yùn)動和沿某一時針方向的勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動.請嘗試用該思路求解.I2【答案】(1)型q2.BLq(3)JaV2旦3m9m1BVB【解析】【詳解】2(1)粒子1在一、二、三做勻速圓周運(yùn)動,那么qV|Bm2.2.3.由幾何憨可知：r1Lr1L3得到：v12BLq3m(2)粒子2在第一象限中類斜劈運(yùn)動,有:u1qE.v1t,h12m

3、在第二、三象限中原圓周運(yùn)動,由幾何關(guān)系:c8qLB22ri,得到E-q9m又v2vi22Eh,得到：V22口BLq9m(3)如下圖,將v3分解成水平向右和v和斜向的EoB22v3所以,運(yùn)動過程中粒子的最小速率為vv2E0v3百2即：vEoB零時已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=3X15N/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=2X105C.刻,A、B用繃直的細(xì)繩連接(細(xì)繩形變不計(jì))著,從靜止同時開始運(yùn)動,2s末細(xì)繩斷開知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：jAB一,才A聲J

4、J,F*產(chǎn)產(chǎn),(1)前2s內(nèi),A的位移大?。?2)6s末,電場力的瞬時功率.【答案】(1)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-MmA+mB)g=(mA+mB)ai可得系統(tǒng)的加速度a1=1m/s2;由運(yùn)動規(guī)律：x=a11122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v1,t2=6s時刻,B的速度大小為v2,那么v1=a1t1=2m/s;繩斷后,對B由牛頓第二定律：F-即Bg=mBa2解得a2=2m/s2；由運(yùn)動規(guī)律可知：V2=Vl+a2t2-tl解得V2=l0m/s電場力的功率P=Fv,解得P=

5、60W3.兩平行的帶電金屬板水平放置,板間電場可視為勻強(qiáng)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(qiáng)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假設(shè)極板長度為1,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V0,在極板間運(yùn)動時間均為t對粒子a：1=v0t1 Cy=ait22qEmay=1h口qEl聯(lián)立解得：ma22V對粒子b：Vy=a2tVy=V0qEa2mb聯(lián)立解得:mbqEl2V0

6、mamb4.如下圖,一內(nèi)壁光滑的絕緣圓管ADB固定在豎直平面內(nèi).圓管的圓心為O,D點(diǎn)為圓管的最低點(diǎn),AB兩點(diǎn)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(jì).過OD的虛線與過AB的虛線垂直相交于C點(diǎn),在虛線AB的上方存在方向水平向右、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場；虛線AB的下方存在方向豎直向下、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場,電一-、,mg場強(qiáng)度大小E2=.圓心O正上萬的P點(diǎn)有一質(zhì)量為m、電荷量為一qq0的小球可視q為質(zhì)點(diǎn),PC間距為L.現(xiàn)將該小球從P點(diǎn)無初速釋放,經(jīng)過一段時間后,小球剛好從管口A無碰撞地進(jìn)入圓管內(nèi),并繼續(xù)運(yùn)動.重力加速度為g.求:(1)虛線AB上方勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度日的大??；

7、(2)小球在AB管中運(yùn)動經(jīng)過D點(diǎn)時對管的壓力Fd;(3)小球從管口B離開后,經(jīng)過一段時間到達(dá)虛線AB上的N點(diǎn)(圖中未標(biāo)出),在圓管中運(yùn)動的時間與總時間之比tABtPNmg【答案】(1)(2)2j,mg,萬向豎直向下(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(yùn)動,根據(jù)正交分解,垂直運(yùn)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(qiáng)電場的電場強(qiáng)度；(2)根據(jù)動能定理結(jié)合圓周運(yùn)動的規(guī)律求解小球在AB管中運(yùn)動經(jīng)過D點(diǎn)時對管的壓力Fd；(3)小物體由P點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動,在圓管內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,離開管后做類平拋運(yùn)動,結(jié)合運(yùn)動公式求解在圓管中運(yùn)動的時間與總

8、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(yùn)動,小物體從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入,那么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mg45,貝U:tan45=Eq八-_mg解得：Eq(2)從P到A的過程,根據(jù)動能定理:mgL+EqL=mvA2解得Va=2gL小球在管中運(yùn)動時,E2q=mg,小球做勻速圓周運(yùn)動,那么vo=vA=2jgL2_在D點(diǎn)時,下壁對球的支持力fmv02J5mgr由牛頓第三定律,FF2j2mg方向豎直向下.(3)小物體由P點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動,設(shè)所用時間為ti,那么:J2ilj2gt；解得tiJ2g小球在圓管內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動

9、的時間為小球離開管后做類平拋運(yùn)動,物塊從t2,那么:t232r4VaB到N的過程中所用時間：t33那么：t2t4【點(diǎn)睛】此題考查帶點(diǎn)小物體在電場力和重力共同作用下的運(yùn)動,解題關(guān)鍵是要分好運(yùn)動過程,明確每一個過程小物體的受力情況,并結(jié)合初速度判斷物體做什么運(yùn)動,進(jìn)而選擇適宜的規(guī)律解決問題,勻變速直線運(yùn)動利用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解或者運(yùn)用動能定理求解,類平拋利用運(yùn)動的合成和分解、牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)規(guī)律求解5 .如圖,第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E,第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場,其中第二象限的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,第三、四象限磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相

10、等,一帶正電的粒子,從P(-d,0)點(diǎn)沿與x軸正方向成“=60角平行xOy平面入射,經(jīng)第二象限后恰好由y軸上的Q點(diǎn)(圖中未畫出)垂直y軸進(jìn)入第P點(diǎn),回到P點(diǎn)時速度方向與入射方時相同,不計(jì)一象限,之后經(jīng)第四、三象限重新回到粒子重力,求：(1)粒子從P點(diǎn)入射時的速度V0；(2)第三、四象限磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B/;【答案】(1)巨(2)2.4B3B【解析】試題分析：(1)粒子從P點(diǎn)射入磁場中做勻速圓周運(yùn)動,畫出軌跡如圖,設(shè)粒子在第二象限圓周運(yùn)動的半徑為r,由幾何知識得:dd2、.3dsinsin60根據(jù)qv0B2mvo/曰得Vor2.3qBd3m粒子在第一象限中做類平拋運(yùn)動,那么有r(1cos60)S

11、Et2；tanV也2mvomv0(2)設(shè)粒子在第一象限類平拋運(yùn)動的水平位移和豎直位移分別為三、四象限圓周運(yùn)動的對稱性可知粒子剛進(jìn)入第四象限時速度與x和y,根據(jù)粒子在第x軸正方向的夾角等于(X.那么有:x=vot,vy.y5t得丫xvy2votan2由幾何知識可得y=r-rcosa=1r23,d32那么得x2d3所以粒子在第三、四象限圓周運(yùn)動的半徑為1,2,d-d23sin粒子進(jìn)入第三、四象限運(yùn)動的速度vovcos2Vo4、.3qBd3m2根據(jù)qvBmR得：B=24B考點(diǎn)：帶電粒子在電場及磁場中的運(yùn)動6 .如下圖,一靜止的電子經(jīng)過電壓為U的電場加速后,立即射入偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)電場中,射入方向與偏轉(zhuǎn)電場的

12、方向垂直,射入點(diǎn)為A,最終電子從B點(diǎn)離開偏轉(zhuǎn)電場.偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度大小為E,方向豎直向上(如下圖),電子的電荷量為e,質(zhì)量為m,重力忽略不計(jì).求：產(chǎn)(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的速度V0；(2)假設(shè)將加速電場的電壓提升為原來的2倍,使電子仍從B點(diǎn)經(jīng)過,那么偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度Ei應(yīng)該變?yōu)樵瓉淼亩嗌俦叮?3)假設(shè)在偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域加上垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,使電子從A點(diǎn)射入該相互垂直的電場和磁場共同存在的區(qū)域沿直線運(yùn)動,求所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小.【答案】(1),Te(2)2倍(3)Em2Ue【解析】12一mv.2y,那么有:倍,場強(qiáng)E也增大為原來的2倍.【詳解】(1)電子在電場中的加速,由動能定理得：

13、Ue所以,V.、2Ue.m(2)設(shè)電子的水平位移為x,電子的豎直偏移量為+1.2xv0ty-atEema2聯(lián)立解得：E4yUx根據(jù)題意可知X、y均不變,當(dāng)U增大到原來的2(3)電子做直線運(yùn)動Bev.Ee解得：BE.：-m,2Ue7.如下圖,在光滑絕緣的水平面上,用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B,A球的電荷量為+2q,B球的電荷量為3q,組成一靜止的帶電系統(tǒng).虛線NQ與MP平行且相距3L,開始時MP恰為桿的中垂線.視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn),不計(jì)輕桿的質(zhì)量,現(xiàn)在在虛線MP、NQ間加上水平向右的勻強(qiáng)電場E,求：JV：E：PQ(1) B球剛進(jìn)入電場時帶電系統(tǒng)的速度大??；(2) B球向右運(yùn)動的

14、最大位移以及從開始到最大位移處時B球電勢能的變化量；(3)帶電系統(tǒng)運(yùn)動的周期.【答案】(1)J至邛加(3)回2一句標(biāo)【解析】【分析】(1)對系統(tǒng)運(yùn)用動能定理,根據(jù)動能定理求出B球剛進(jìn)入電場時,帶電系統(tǒng)的速度大小.(2)帶電系統(tǒng)經(jīng)歷了三個階段：B球進(jìn)入電場前、帶電系統(tǒng)在電場中、A球出電場,根據(jù)動能定理求出A球離開PQ的最大位移,從而求出帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動的最大距離.根據(jù)B球在電場中運(yùn)動的位移,求出電場力做的功,從而確定B球電勢能的變化量.(3)根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律分別求出帶電系統(tǒng)B球進(jìn)入電場前做勻加速直線運(yùn)動的時間,帶電系統(tǒng)在電場中做勻減速直線運(yùn)動的時間,A球出電場帶電系統(tǒng)做勻減速直線運(yùn)動

15、的時間,從而求出帶電系統(tǒng)從靜止開始向右運(yùn)動再次速度為零的時間,帶電系統(tǒng)的運(yùn)動周期為該時間的2倍.【詳解】禺(1)設(shè)B球剛進(jìn)入電場時帶電系統(tǒng)速度為vi,由動能定理2qEL=X2m/(2)帶電系統(tǒng)向右運(yùn)動分三段：B球進(jìn)入電場前、帶電系統(tǒng)在電場中、A球出電場.設(shè)A球離開NQ的最大位移為x,由動能定理得2qEL-qEL-3qEx=0IL7L解得x,；貝U$總=丁RIn4iB球從剛進(jìn)入電場到帶電系統(tǒng)從開始運(yùn)動到速度第一次為零時位移為百4|其電勢能的變化量為AEp=W=3qE?彳=4qEL(3)向右運(yùn)動分三段,取向右為正方向,第一段加速:2qEqETm=m設(shè)A球出電場電速度為V2,1由動能定理得-qEL=

16、7牛七第三段再減速那么其加速度a3及時間t3為:3qEti=2m,所以帶電系統(tǒng)運(yùn)動的周期為:8T=2(ti+t2+t3)=(612一幣)8.如下圖,長度為d的絕緣輕桿一端套在光滑水平轉(zhuǎn)軸O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分別為圓的豎直和水平直徑.等量異種點(diǎn)電荷+Q、-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)時小球的速度大小為v,不考慮q對+Q、一Q所產(chǎn)生電場的影響.重力加速度為g求：0辦1i:二;二-0ELF(1)小球經(jīng)過C點(diǎn)時球?qū)U的拉力大??；(2)小球經(jīng)過D點(diǎn)時的速度大小.【

17、答案】(1)5mgi【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,根據(jù)動能定理,有:2.mg(2d)=mvC2-0解得：vc=2W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=5mgII1(2)對從B至ijC過程,根據(jù)動能定理,有：mgd+W電5mv*-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：此題關(guān)鍵是靈活選擇過程根據(jù)動能定理列式求解,同時要熟悉等量異號電荷的電場線分布情況.9.如下圖,水平放置的平行板電容器,原來兩板不帶電,上極板接地,它的極板長L=0.1m,兩板間距離d=0

18、.4cm,有一束相同微粒組成的帶電粒子流從兩板中央平行極板射入,由于重力作用微粒能落到下板上,微粒質(zhì)量為m=2X1.6kg,電荷量q=1.6X1d3C,電容器電容為C=106F.求：g=10m/s21為使第一個粒子能落在下板中點(diǎn),那么微粒入射速度V0應(yīng)為多少?2以上述速度入射的帶電粒子,最多能有多少落到下極板上？【答案】12.5m/s23.75/10【解析】試題分析：1第一個粒子只受重力：靖,2分22t=0.02s1分%=Z5m/s2分2以V0速度入射的帶電粒子,恰打到下極板右邊緣B時：工1=s1分%d1,八、=-tna=1分2214,班一、由：0號1二mu1分L=3.75xlO?v1分四Q=

19、CL=0375c1分落到下極板上粒子個數(shù)：=375xlO-1分q考點(diǎn)：帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)、平行板電器器10.如下圖,在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi),第一、四象限有與y軸相切于O點(diǎn)、圓心為01、半徑一定的有界圓形區(qū)域,其內(nèi)存在垂直于紙面勻強(qiáng)磁場,第二、三象限有平行y軸的勻強(qiáng)電場.一帶電粒子重力不計(jì)自Pd,多點(diǎn)以平行于X軸的初速度V0開始運(yùn)動,粒子從0點(diǎn)離開電場,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又從y軸上的Q點(diǎn)圖中未畫出垂直于y軸回到電場區(qū)域,并恰能返回到P點(diǎn).求:(1)粒子經(jīng)過O點(diǎn)時的速度；(2)電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值.1)2V0(2)試題分析：(1)粒子從P到O的過程中做類平拋運(yùn)動,設(shè)時間為幾經(jīng)過O點(diǎn)時的速

20、度為v,其在y軸負(fù)方向的分速度為Vy,與y軸負(fù)方向的夾角為0Vxt2t1d=voti,3d222V=V0,2+Vy,V0tan一Vy解得：V=2V09=30(2)設(shè)粒子質(zhì)量為m,電荷量為q,粒子在電場中運(yùn)動的加速度為a：Eq=ma312d一at1t2,Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)為yQ22粒子從Q到P的過程中,也做類平拋運(yùn)動,設(shè)時間為L1#yQ1-d2at2d=vt2解得：yQ5_Jd8設(shè)粒子由S點(diǎn)離開磁場,粒子從O到S過程中做圓周運(yùn)動,半徑為r,由幾何關(guān)系有:r+rsin0Q=y2vqvBm一r5.3.rd12E5V0B8考點(diǎn)：帶電粒子在電場及磁場中的運(yùn)動【點(diǎn)睛】【名師點(diǎn)睛】此題是帶電粒子在電場及磁場中的運(yùn)

21、動問題；關(guān)鍵是搞清粒子的運(yùn)動情況,畫出粒子運(yùn)動的軌跡圖,結(jié)合平拋運(yùn)動及勻速圓周運(yùn)動的規(guī)律,并利用幾何關(guān)系進(jìn)行求解；此題難度中等,考查學(xué)生運(yùn)用根底知識解決問題的水平.11.如下圖,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O點(diǎn),所在的整個空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場,重力加速度為g.現(xiàn)將懸線拉直使小球從與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)靜止釋放,當(dāng)小球運(yùn)動到O點(diǎn)正下方的B點(diǎn)時速度的大小為v=JgL.求：該電場白場強(qiáng)E的大??；(2)小球剛到達(dá)B點(diǎn)時繩的拉力；(3)假設(shè)到達(dá)B點(diǎn)后繩子忽然斷裂,斷裂時小球以原速度拋出,那么小球再次經(jīng)過O點(diǎn)正下方時與O點(diǎn)的距離是多少？【答案】1Emg22mg;39L12(1)由A到B根據(jù)動能定理：mgLEqL-mv解得Emg2q(2)在B點(diǎn),由牛頓第二定律:Tmg2vmL解得T=2mg(3)繩子斷裂后,小球水平方