高考物理帶電粒子在電場中的運動試題經典及解析

1、高考物理帶電粒子在電場中的運動試題經典及解析一、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射入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,兩板長度與兩板間的距離均為L,電子的質量為 m電荷量為e.(1)求板間勻強磁場的磁感應強度的大小B和方向；(2)若保留兩金屬板間的勻強磁場不變，使兩金屬板均不帶電，求從小孔O射入的電子打到N板上的位置到N板左端的距離x.【答案】(1) B 1“您工 垂直紙面向外；(2)巫LL e2【

2、解析】【分析】(1)在電場中加速度，在復合場中直線運動，根據(jù)動能定理和力的平衡求解即可;(2)洛倫茲力提供向心力同時結合幾何關系求解即可；【詳解】12(1)電子通過加速電場的過程中，由動能定理有：eU - mv22U由于電子在兩板間做勻速運動，則evB eE,其中E L聯(lián)立解得：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；(2)洛倫茲力提供電子在磁場中做圓周運動所需要的向心力，有:2L r _2 revB m,其中由(1)得到v r設電子打在N板上時的速度方向與 N板的夾角為 ，由幾何關系有：cos由幾何關系有： x r sin聯(lián)立解得：x L . 2【點睛】本題考查了帶電粒子的加速

3、問題，主要利用動能定理進行求解；在磁場中圓周運動，主要找出向心力的提供者，根據(jù)牛頓第二定律列出方程結合幾何關系求解即可.2.如圖，以豎直向上為 y軸正方向建立直角坐標系；該真空中存在方向沿x軸正向、場強為E的勻強電場和方向垂直 xoy平面向外、磁感應強度為 B的勻強磁場；原點 O處的離子 源連續(xù)不斷地發(fā)射速度大小和方向一定、質量為m、電荷量為-q (q0)的粒子束，粒子恰能在xoy平面內做直線運動，重力加速度為 g,不計粒子間的相互作用；(1)求粒子運動到距 x軸為h所用的時間；(2)若在粒子束運動過程中，突然將電場變?yōu)樨Q直向下、場強大小變?yōu)镋 四，求從qO點射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐

4、標范圍(不考慮電場變化產生的影響)；(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，求運動過程中，粒(1)粒子恰能在xoy平面內做直線運動，則粒子在垂直速度方向上所受合外力一定為零， 又有電場力和重力為恒力，其在垂直速度方向上的分量不變，而要保證該方向上合外力為 零，則洛倫茲力大小不變，因為洛倫茲力F洛 Bqv ,所以受到大小不變，即粒子做勻速Bqv 2 , qE2 mg 2 , v _qEmg2 國Bq2qBqE Emg則v在y萬向上分量大小 vy vsin v - x軸為h處所用的時間yBqv B 2qB因為粒子做勻速直線運動，根據(jù)運動的分解可得，粒子運動到距,h Bh 2

5、qhB t - E嗎qvy E mg (2)若在粒子束運動過程中，突然將電場變?yōu)樨Q直向下，電場強度大小變?yōu)閯t電場力F電qE mg,電場力方向豎直向上;所以粒子所受合外力就是洛倫茲力，則有，洛倫茲力充當向心力，即2VqvB m , r rmvBq22m- qE mg22B q如圖所示，由幾何關系可知，當粒子在O點就改變電場時，第一次打在x軸上的橫坐標最小，x 2Rsin 2m. qE 之B2q2mg2qE22qE mg2mE2m g2q b當改變電場時粒子所在處于粒子第一次打在2m.x軸上的位置之間的距離為2R時，第一次打在x軸上的橫坐標最大， x22R sin22qE mg2-2B qqE22

6、m qE2mg 5m2g2 2q b22qE mg所以從O點射出的所有粒子第一次打在x軸上的坐標范圍為2m g 2q b25m gx -2 2q 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動，粒子必發(fā)生偏轉，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；那么設離子運動到位置坐標qEx mgy1 mv2(x, y)滿足速率v v,則根據(jù)動能定理有3 21c 2 L32 15mgm 2V , qEx mgy mv 2-2 ,228q B115m gy - x 2 8q B點睛：此題考查帶電粒子在復合場中的運動問題；關鍵是分析受力情況及運動情況，畫出 受力圖及軌跡圖；

7、注意當求物體運動問題時，改變條件后的問題求解需要對條件改變引起 的運動變化進行分析，從變化的地方開始進行求解.3.如圖所示，在平面直角坐標系 xOy平面內直角三角形abc的直角邊ab長為6d,與y軸 重合，/ bac=30,中位線OM與x軸重合，三角形內有垂直紙面向里的勻強磁場.在笫一象限內，有方向沿y軸正向的勻強電場，場強大小E與勻強磁場磁感應強度 B的大小間滿足 E=v)B.在x=3d的N點處，垂直于x軸放置一平面熒光屏.電子束以相同的初速度 丫0從丫軸 上一3dWyW的范圍內垂直于 y軸向左射入磁場，其中從y軸上y=-2d處射入的電子，經磁場 偏轉后，恰好經過O點.電子質量為m,電量為e

8、,電子間的相互作用及重力不計.求(1)勻強磁楊的磁感應強度 B(2)電子束從y軸正半軸上射入電場時的縱坐標y的范圍；(3)熒光屏上發(fā)光點距 N點的最遠距離L-T* 竽罩【答案】(1) mv0； (2) 0 y 2d ； (3) 9d ； ed4【解析】設電子在磁場中做圓周運動的半徑為r;由幾何關系可得r=d2電子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：ev0B m也r解得：B mv0ed(2)當電子在磁場中運動的圓軌跡與ac邊相切時，電子從+ y軸射入電場的位置距 O點最遠，如圖甲所示.設此時的圓心位置為 O ,有：Oa sin 30OO 3d Oa解得OO d即從O點進入

9、磁場的電子射出磁場時的位置距O點最遠所以ym 2r 2dON間射出電場時的位t,電子打到熒光屏上電子束從y軸正半軸上射入電場時的縱坐標 y的范圍為0 y 2d 設電子從0 y 2d范圍內某一位置射入電場時的縱坐標為 y,從 置橫坐標為X,速度方向與x軸間夾角為0,在電場中運動的時間為 產生的發(fā)光點距 N點的距離為L,如圖乙所示：根據(jù)運動學公式有：X %tvytantan解得:1 eE+2t2 meE-t mVyV。L3d xL （3 .,d、石）W9 .,一，一d時，L有取大值8, 一 9解得：L d4當3 d 2y 2y【點睛】本題屬于帶電粒子在組合場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，要

10、求能正 確的畫出運動軌跡，并根據(jù)幾何關系確定某些物理量之間的關系；粒子在電場中的偏轉經 常用化曲為直的方法，求極值的問題一定要先找出臨界的軌跡，注重數(shù)學方法在物理中的 應用.4.如圖所示，直空中有以 O為圓心，半徑為 R的圓柱形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度方向垂O沿紙面不同方直紙面向外，在虛線范圍內、x軸上方足夠大的范圍內有寬度為d,方向沿y軸負向、大小 為E的勻強電場.圓形磁場區(qū)域的右端與電場左邊界相切，現(xiàn)從坐標原點m不計質子的重力.求向發(fā)射速率為v的質子，已知質子的電荷量為 e,質量為(1)要使質子不出磁場區(qū)域，磁感應強度B要滿足什么條件?(2) P、N兩點在圓周上，M是OP的中點，MN平行于

11、x軸，若質子從N點平行于x軸出磁場，求磁感應強度的大小和粒子從O點出射時的方向.(3)2d mRv c、(R - , 0)2 2eEd(3)求質子從N點平行于x軸出磁場后與x軸的交點坐標.【答案】(1) B 2mv (2) 600eR0)【解析】試題分析：當質子做圓周運動的半徑Hr,r 一時，質子不會出磁場，由牛頓第一th律即可求 2得磁感應強度的范圍；畫出粒子運動軌跡，根據(jù)幾何關系和牛頓第二定律求解；設質子剛 好打到電場右邊界與 x軸的交點，做類平拋運動，結合平拋運動公式分為兩種情況即可求 解.“，一 R , (1)當質子做圓周運動的半徑 r 一時，質子不會出磁場22由牛頓第二定律，得F m

12、r洛倫茲力為：F evB解得：B2mveR(2)如圖，質子做圓周運動的圓心在NA上，AB為ON的垂直平分線，故交點 A為圓心,OM為ON的一半，知角 ONM為30,角CNA為600,則NA=R,質子做圓周運動的的半徑 為R結合以上解得：B=mv eR易知OB與x軸的夾角為600故質子出射時速度與 x軸成60O角(3)設質子剛好打到電場右邊界與x軸的交點在豎直方向：R -eEt222 m在水平方向：d vt聯(lián)立解得：d v. mRi)當d vJmR時，質子出邊界之后與 x軸相交，設在電場中的偏移為y,出電場時在y軸方向的速度為vy ,偏轉角為41 eE,2由y t 結合以上解得：y2 m1 eE

13、d22 mv2eE eEd在豎直方向的速度為：vy Et eEdm mv偏轉角為：tanvy eEd2v mv一 R由圖DF y 2DGDFtan聯(lián)立求解得：DGmRv2 d2eEd 22 mRv2eEd根據(jù)幾何關系得：OG R d DG Rd2d mRv2故與x軸父點坐標為(R - , 0)2 2eEdii）當 dmR 時，質子在電場區(qū)域內與 x軸相交eE,R 1 eE由22 m根據(jù)幾何關系得：OH故與x軸交點坐標為(水平位移sx,畫出軌跡、在結合幾點睛：本題主要考查了帶電粒子在磁場和電場中的運動，分清過程 何知識和牛頓第二定律即可解題.如圖所示，AB是一段長為s的光滑絕緣水平軌道，BC是一

14、段豎直墻面。一帶電量為q(q0)的小球靜止在 A點。某時刻在整個空間加上水平向右、場強 E=40的勻強電場,當 小球運動至B點時，電場立即反向(大小不變)，經一段時間后，小球第一次運動至 C點。(1)小球由A運動至B的時間t;(2)豎直墻面 BC的高度h；(3)小球從B點拋出后，經多長時間動能最小 ？最小動能是多少？百 116 I 12 I【答案】(1) 二為(2)近【解析】【分析】根據(jù)“小球在勻強電場中運動至B點，經一段時間后小球第一次運動至C點”可知，本題考查帶電小球在勻強電場中的曲線運動問題，根據(jù)勻變速曲線運動的運動規(guī)律，運用動能定理和分運動的運動學公式列式計算.【詳解】(1)小球由A至

15、B,由牛頓第二定律得：二咽位移為丁二件聯(lián)立解得運動時間:(2)設小球運動至B時速度為vb,則%小球由B運動至C的過程中，在水平方向做加速度為-a的勻變速運動，位移為 0,在豎直方向上做自由落體運動，則16聯(lián)立解得：h = -s(3)從B點拋出后經時間t,水平方向、豎直方向速度分別為為二慳經時間t合速度v滿足/ =謔+呼代入得：Vj = Ve - at由此，當t =需時，忻最小，最小值 均24imil 二方，h bs故小球從B點拋出后，達動能最小需經時間 TOC o 1-5 h z 112動能最小值. ：,【點睛】 涉及電場力和重力作用下的勻變速曲線運動，針對運動規(guī)律選擇牛頓第二定律和運動學公式

16、；針對初末狀態(tài)選用動能定理截決問題比較容易.如圖所示，一內壁光滑的絕緣圓管AB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,圓環(huán)的半徑為r J2L (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點有一質量為m、電荷量為q(q0)的絕緣小物體(可q視為質點)，PC間距為L.現(xiàn)將該小物體無初速度釋放，經過一段時間，小物體剛好沿切線無 碰撞地進入圓管內，并繼續(xù)運動.重力加速度用g表示.

17、(1)虛線AB上方勻強電場的電場強度為多大？(2)小物體從管口 B離開后，經過一段時間的運動落到虛線AB上白N點(圖中未標出N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？l mg【答案】(1) E 上 Xcn 7L q【解析】，、，3 、(3) t總一(3 一) 42Lg(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，小物體剛好沿切線無碰撞地進入圓管內，故小物體剛好沿PA連線運動，重力與電場力的合力沿PA方向；又 TOC o 1-5 h z 0qEmg HYPERLINK l bookmark186 o Current Document PA AC L

18、,故tan 45，解得：E HYPERLINK l bookmark182 o Current Document mgq HYPERLINK l bookmark180 o Current Document 12.1Va 2 gL(2)小物體從P到A的運動由動能te理可得：mgL qEL - mvA ,解得:2mg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,電荷q量為q (q0)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，vB vA 2，g水平方向：x(vB cos 450 )t1at2 2qE ma 解得：x 8L小物

19、體從管口 B離開后，經過一段時間的運動落到虛線AB上的N點，對豎直方向:N點距離C點：Xcn x L 7L(3)小物體從P到A的時間t1，則J5l2Lg1 ，一 ，二 VaL 解得：t12 -2.2L c f TOC o 1-5 h z 物體從A到B的時間t2 ,則+ / 3_ /空t2Va4 V g3小物體由P點運動到N點的總時間 t幣 = t1t2 t 3 -心47.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

20、，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=T到t=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42條件？|-1 I i ft IC當 U U一/口1J- 1L甲乙【答案】(1) T fn(n=i,2,3,)2 ) d 4可(3) T 4L2 1. m2 . 2m【解析】 【分析】粒子從t 0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

21、度為零，則粒子在板間運動的時間應為周期的整數(shù)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t 1到t1時間內向A做勻加速運動，在 TOC o 1-5 h z 42T , 3Tt 7至收 一時間內向A做勻減速運動，速度減為零后將返回； HYPERLINK l bookmark152 o Current Document 24【詳解】解：(1)由題可知，粒子從t 0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(shù)倍；設板間的間距

22、為d,則板間電場強度大小為：E d在開始的半周期內，粒子運動的距離：x(n=1, 2, 3 -.)解得：dT Jnq_0 , (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,1.2d - at2md帶電粒子在t 二到t胃時間內向A做勻加速運動，在t彳到t 一時間內向A做勻 42241 T 2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：s 2 -a(T)224A板，則有：x La ” mL從B板附近由靜止釋放后粒子不能到達解得：T 4L 、q 08.如圖所示，粗糙的斜槽軌道與半徑R=0.5m的光滑半圓形軌道 BC連接，B為半圓軌

23、道的最底點，C為最高點.一個質量 m=0.5kg的帶電體，從高為 H=3m的A處由靜止開始滑 下，當滑到B處時速度VB=4m/s,此時在整個空間加上一個與紙面平行的勻強電場，帶電體所受電場力在豎直向上的分力大小與重力相等.帶電體沿著圓形軌道運動，脫離C處后運動的加速度是a=2 3 m/s2,經過一段時間后運動到斜槽軌道某處時速度的大小是v=2m/s ,已知重力加速度g=10m/s2,帶電體運動過程中電量不變，經過B點時能量損失不(1)帶電體從B到C的過程中電場力所做的功W(2)帶電體運動到 C時對軌道的壓力 F(3)帶電體與斜槽軌道之間的動摩擦因數(shù)科【答案】(1)5J (2)16N(3) H3

24、45【分析】【詳解】(1)設帶電體受到電場力的水平分量為Fx,豎直分量為Fy,帶電體由B到C的運動過程中，水平分力做功為零，豎直分力做功等于重力做功.即：W=Fy?2R= mg?2R= 5J(2)帶電體從B到C運動的過程中，重力和電場力的豎直分力相等，電場力的水平分力不做功，所以 Vc= vb= 4m/s2在C點，由牛頓第二定律得：f mg Fv m y R又 mg = Fy聯(lián)立解得：F=16N(3)帶電體脫離軌道后在水平方向上做勻減速直線運動，由速度位移公式得:22cvc v 2 ax代入數(shù)據(jù)得：x 3設斜面與水平面的夾角為 %則tan 2R x解得：a= 30帶電體從A到B的運動過程中，由

25、動能定理的:mgH-2代入數(shù)據(jù)解得:11 .3459.如圖所示，空間存在水平方向的勻強電場，帶電量為 =-走10-:。的絕緣滑塊,其質量m=1 kg,靜止在傾角為 0= 30。的光滑絕緣斜面上，斜面的末端接(滑塊經過此位置滑上皮帶時無能量損失)，傳送帶的運行速度 B與水平傳送帶相V0= 3 m/s ,長 1_= 1.4m.今將電場撤去，當滑塊滑到傳送帶右端C時，恰好與傳送帶速度相同.滑塊與傳送帶(2)求滑塊下滑的高度；(3)若滑塊滑上傳送帶時速度大于3 m/s,求滑塊在傳送帶上滑行的整個過程中產生的熱量.【答案】(1) 1000N/C,方向水平向左 ；(2) 0.8m； (3) 0.5J.【解

26、析】試題分析：(1)根據(jù)題意滑塊在電場中應滿足：Eq mg tanmg tan得：E1000N /Cq即大小為1000N/C,方向水平向左(2)在水平傳送帶上：二*Mg=加口代入數(shù)據(jù)得：a=0.5m/s2若滑塊自B點勻加速到C,則：年一嗎=2aL代入數(shù)據(jù)得：V*-二 ,回m s 1 由動能7E理得：，r -； 一.口,整理得：hi=0.im若滑塊自B點勻減速到C,則：% Vp-二一2口工代入數(shù)據(jù)得：VB2=4m/s由動能定理得：t ,： - -t.-整理得：h2=0.8m(3)根據(jù)題意，物塊在傳送帶上應滿足：匕：十三貫。=工，且vB2 4m/ s整理得：t=0.4s TOC o 1-5 h z

27、 該時間段內傳送帶傳送距離滿足：. 一整理得：x=1.2m根據(jù)能量守恒可知：.-一代入數(shù)值得：Q=0.5J考點：牛頓第二定律的綜合運用.10.如圖所示，y, N為水平放置的平行金屬板，板長和板間距均為2d.在金屬板左側板間中點處有電子源 S,能水平發(fā)射初速為 V。的電子，電子的質量為 m,電荷量為e,金屬 板右側有兩個磁感應強度大小始終相等，方向分別垂直于紙面向外和向里的勻強磁場區(qū)域，兩磁場的寬 度均為d.磁場邊界與水平金屬板垂直，左邊界緊靠金屬板右側，距磁場 右邊界d處有一個熒光屏.過電子源 S作熒光屏的垂線，垂足為 O.以O為原點，豎直向 下為正方向，建立 y軸.現(xiàn)在y, N兩板間加上圖示

28、電壓，使電子沿SO方向射入板間后，恰好能夠從金屬板右側邊緣射出.進入磁場.(不考慮電子重力和阻力)(1)電子進入磁場時的速度 V；(2)改變磁感應強度 B的大小，使電子能打到熒光屏上，求 磁場的磁感應強度口大小的范圍；電子打到熒光屏上位置坐標的范圍.【答案】（1）亞V0 ,方向與水平方向成45。，、不12 mv0一（27b ， 4d 272d 4d ed【解析】試題分析：（1）電子在MN間只受電場力作用，從金屬板的右側下邊沿射出，有,11= at （1 分）2d =巧，（1 分）4 = G （ 1 分）期二舊有（1分）解得V =近場（1分）V速度偏向角tan次=，=1 （1分）or = 450

29、 （1 分）（2）電子恰能（或恰不能）打在熒光屏上，有磁感應強度的臨界值Bo,此時電子在磁場中作圓周運動的半徑為 RR-R 媼 = d （2 分）2p 士mv -八又有qvB0 （2分）R由 解得：b0 （1 ）mv0 （1分）ed磁感應強度越大，電子越不能穿出磁場，所以取磁感應強度B （1 J2）mv0時電子能打ed在熒光屏上（得b （1 丙mv0不扣分）.（1分） ed如圖所示，電子在磁感應強度為B0時，打在熒光屏的最高處，由對稱性可知，電子在磁場右側的出射時速度方向與進入磁場的方向相同，即a = 4爐.（1分）出射點位置到so連線的垂直距離yi d 2Rsin45 （ 1 分）電子移開磁場后做勻速直線運動，則電子打在熒光屏的位置坐標、2 yi d