高中物理带电粒子在电场中的运动的技巧及练习题及练习题(含答案)

（1）带电体从B到C的过程中电场力所做的功W
（2）带电体运动到C时对轨道的压力F
（3）带电体与斜槽轨道之间的动摩擦因数μ
【答案】(1)5J(2)16N(3)
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设带电体受到电场力的水平分量为Fx，竖直分量为Fy，带电体由B到C的运动过程中，水平分力做功为零，竖直分力做功等于重力做功．
【解析】
【详解】
（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：
所以，
（2）设电子的水平位移为x，电子的竖直偏移量为y，则有：
联立解得：
根据题意可知x、y均不变，当U增大到原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍。
（3）电子做直线运动
解得：
6．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。如图所示，平行板电容器水平放置，上板正中央有一小孔，两极板间的距离为d，电势差为U。一质量为m、带电量为+q的小球从小孔正上方某处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。重力加速度为g(空气阻力忽略不计)。求：小球释放位置距离上极板的高度h。
（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小；
（2）O、P两点间的电势差。
【答案】（1）FT= 1.5mg（2）
【解析】
【详解】
（1）小球受到竖直向上的电场力F=qE= 1.5mg＞mg
所以小球被释放后将向上绕O点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v，由动能定理
设细线被拉断前瞬间的拉力为FT，由牛顿第二定律
【答案】
【解析】
【详解】
小球首先自由落体，进入两极板后开始减速，到下极板时减速为零，对整个过程列动能定理有：W电+W重=△Ek
即：-qU+mg（h+d）=0-0
得h=
7．在竖直平面内，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为+q的小球。小球始终处在场强大小为 、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P点，P点与O点间的水平距离为L。重力加速度为g，不计空气阻力，求
（1）粒子从P点入射时的速度v0；
（2）第三、四象限磁感应强度的大小B/；
【答案】（1） （2）2.4B
【解析】试题分析：（1）粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：
根据 得
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有 ；
联立解得
（2）设Hale Waihona Puke Baidu子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于α．
从t0、3t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：
最远位置和最近位置之间的距离： ，
（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：
设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为 ， ，
高中物理带电粒子在电场中的运动的技巧及练习题及练习题(含答案)
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°，如图所示。以小球静止位置为坐标原点O，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其中x轴水平。现剪断细线，经0.1s，电场突然反向，场强大小不变；再经0.1s，电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E2，又经0.1s小球速度为零。已知小球质量m=1.0×10－2kg，电荷量q=1.0×10－8C，g取10m/s2，空气阻力不计。求
10．如图所示，内壁光滑、半径大小为R的绝缘圆轨道固定在竖直面内，圆心为O轨道左侧与圆心等高处附近空间有一高度为d的区域内存在着竖直向下的匀强电场(d<R)，电场强度E= 。质量为m带电量为+q可视为质点的小球，在与圆心等高的A点获得竖直向上的初速度v0，小球刚好能通过轨道最高点B。(重力加速度为g)求：
（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO’的最远位置和最近位置之间的距离
（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，
①求匀强磁场的磁感应强度B
②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y
【答案】（1） （2）① ②
【解析】
【详解】
（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：
即小球速度为零时的位置坐标是
2．两平行的带电金属板水平放置，板间电场可视为匀强电场．带电量相等粒子a，b分别以相同初速度水平射入匀强电场，粒子a飞离电场时水平方向分位移与竖直方向分位移大小相等，粒子b飞离电场时水平方向速度与竖直方向速度大小相等．忽略粒子间相互作用力及重力影响，求粒子a、b质量之比．
①⑤⑥⑦联立解得：
则 ．
3．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．
【详解】
解：(1)小球恰好能经过轨道最高点B
由牛顿第二定律有：
从A运动到B，对小球由动能定理得：
解得：
(2)设小球第三次经过轨道最低点时的速度为v
对小球由动能定理得：
在最低点时，由牛顿第二定律有：
解得：
由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力 ，方向竖直向下
11．如图所示，粗糙的斜槽轨道与半径R=0.5m的光滑半圆形轨道BC连接，B为半圆轨道的最底点，C为最高点．一个质量m=0.5kg的带电体，从高为H=3m的A处由静止开始滑下，当滑到B处时速度vB=4m/s，此时在整个空间加上一个与纸面平行的匀强电场，带电体所受电场力在竖直向上的分力大小与重力相等．带电体沿着圆形轨道运动，脱离C处后运动的加速度是a=2 m/s2，经过一段时间后运动到斜槽轨道某处时速度的大小是v=2m/s．已知重力加速度g=10m/s2，带电体运动过程中电量不变，经过B点时能量损失不计，忽略空气的阻力．求：
(1)电子通过小孔O时的速度大小v；
(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向。
【答案】（1） （2） 方向垂直纸面向里
【解析】
【详解】
(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：
解得：
(2)两板间电场的电场强度大小为：
由于电子在两板间做匀速运动，故：
解得：
根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.
(1)E1和E2；
(2)细线剪断0.3s末小球的位置坐标。
【答案】(1) (2)
【解析】
【详解】
（1）当小球静止时，
则
电场力与重力的合力
剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为
经过0.1s小球的速度大小为
速度的方向与x轴正方向成 斜向右下方
在第2个0.1s内，电场方向，小球的水平分速度
竖直分速度
【答案】1：2
【解析】
【详解】
假设极板长度为l，粒子a的质量为ma，离开电场时竖直位移为y，粒子b的质量为mb，离开电场时竖直分速度为vy，两粒子初速度均为v0，在极板间运动时间均为t
对粒子a：l＝v0t…①
y＝ a1t2…②
…③
y＝l…④
①②③④联立解得：
对粒子b：vy＝a2t…⑤
vy＝v0…⑥
…⑦
(1)小球初速度v0的大小；
(2)小球第3次经过轨道最低点时对轨道的压力。
【答案】(1) (2) ，方向竖直向下
【解析】
【分析】
小球恰好能经过轨道最高点B，由牛顿第二定律求出B的速度，从A运动到B，对小球由动能定理求出小球初速度v0的大小；对小球由动能定理得小球第三次经过轨道最低点时的速度大小，在最低点时，由牛顿第二定律和牛顿第三定律求得小球对轨道的压力；
电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力
1分
由图可知 1分
得 1分
（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为3t1= 1分
电子在磁场中运动的时间t2= 2分
电子从A运动到D的时间t=3t1+ t2= 1分
考点：带电粒子在电场中做类平抛运动匀速圆周运动牛顿第二定律
9．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M、N的中线，热灯丝逸出的电子(初速度、重力均不计)在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔O射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动，已知两板间的电压为2U，两板长度与两板间的距离均为L，电子的质量为m、电荷量为e。求：
即：W＝Fy•2R＝mg•2R＝5J
（2）带电体从B到C运动的过程中，重力和电场力的竖直分力相等，电场力的水平分力不做功，所以vC＝vB＝4m/s
在C点，由牛顿第二定律得：
又mg＝Fy
联立解得：F＝16N
联立解得：FT= 1.5mg
（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a竖直向上，由牛顿第二定律：Fmg=ma
设细线断裂后小球经时间t到达P点，则有L=vt
小球在竖直方向上的位移为 ；解得
O、P两点沿电场方向（竖直方向）的距离为d=L+y
O、P两点间的电势差UOP=Ed
联立解得
8．如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，一电子(质量为m、电量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点，当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点，C、D两点均未在图中标出．已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d.不计电子的重力．求
(1)电场强度E的大小．
(2)磁感应强度B的大小．
(3)电子从A运动到D经历的时间t.
【答案】（1） ；（2） ；（3） ．
【解析】
试题分析：（1）电子在电场中做类平抛运动
设电子从A到C的时间为t1
1分
1分
1分
求出E = 1分
（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则
θ = 45° 1分
（1）电子进入偏转电场时的速度v0；
（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B点经过，则偏转电场的电场强度E1应该变为原来的多少倍？
（3）若在偏转电场区域加上垂直纸面向外的匀强磁场，使电子从A点射入该相互垂直的电场和磁场共同存在的区域沿直线运动，求所加磁场的磁感应强度大小。
【答案】（1） （2）2倍（3）
式中
又：
解得：
②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．
由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO′的最大距离和最小距离的差值为△y1，
所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：
4．如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P（-d，0）点沿与x轴正方向成α=60°角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点（图中未画出）垂直y轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：
即第2个0.1s末，小球的速度 大小为 ，方向竖直向下
依题意，在第3个0.1s内小球做匀减速直线运动，
由运动学公式知
根据牛顿第二定律得
代入数据得
（2）第1个0.1s内，小球的位移大小
则小球沿x方向移动的距离
沿y方向移动的距离
在第2个0.1s内，小球沿x方向移动的距离
沿y方向移动的距离
在第3个0.1s内，小球沿沿方向移动的距离
则有：x=v0t，
得
由几何知识可得y=r-rcosα=
则得
所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为
粒子进入第三、四象限运动的速度
根据
得：B′=2．4B
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
5．如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为A，最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为E，方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e，质量为m，重力忽略不计。求：