高中物理专题汇编物理带电粒子在电场中的运动(一)含解析
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高中物理专题汇编物理带电粒子在电场中的运动(一)含解析
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1.如图所示,光滑绝缘的半圆形轨道ABC 固定在竖直面内,圆心为O ,轨道半径为R ,B 为轨道最低点。
该装置右侧的
1
4
圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。
某一时刻一个带电小球从A 点由静止开始运动,到达B 点时,小球的动能为E 0,进入电场后继续沿轨道运动,到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0,试求: (1)小球所受重力和电场力的大小; (2)小球脱离轨道后到达最高点时的动能。
【答案】(1)0E R 0
2E R
(2)8E 0 【解析】 【详解】
(1)设带电小球的质量为m ,则从A 到B 根据动能定理有:
mgR =E 0
则小球受到的重力为:
mg =
E R
方向竖直向下;
由题可知:到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0,根据功能关系可知:
EqR =2E 0
则小球受到的电场力为:
Eq =
2E R
方向水平向右,小球带正电。
(2)设小球到达C 点时速度为v C ,则从A 到C 根据动能定理有:
EqR =
2
12C mv =2E 0 则C 点速度为:
v C 0
4E m
方向竖直向上。
从C 点飞出后,在竖直方向只受重力作用,做匀减速运动到达最高点的时间为:
41C v E t g g m
=
= 在水平方向只受电场力作用,做匀加速运动,到达最高点时其速度为:
0442
E E qE qE v at t m mg m m
==
== 则在最高点的动能为:
2200411(2)822k E E mv m E m
=
==
2.如图所示,竖直面内有水平线MN 与竖直线PQ 交于P 点,O 在水平线MN 上,OP 间距为d ,一质量为m 、电量为q 的带正电粒子,从O 处以大小为v 0、方向与水平线夹角为θ=60º的速度,进入大小为E 1的匀强电场中,电场方向与竖直方向夹角为θ=60º,粒子到达PQ 线上的A 点时,其动能为在O 处时动能的4倍.当粒子到达A 点时,突然将电场改为大小为E 2,方向与竖直方向夹角也为θ=60º的匀强电场,然后粒子能到达PQ 线上的B 点.电场方向均平行于MN 、PQ 所在竖直面,图中分别仅画出一条电场线示意其方向。
已知粒子从O 运动到A 的时间与从A 运动到B 的时间相同,不计粒子重力,已知量为m 、q 、v 0、d .求:
(1)粒子从O 到A 运动过程中,电场力所做功W ; (2)匀强电场的场强大小E 1、E 2; (3)粒子到达B 点时的动能E kB .
【答案】(1)2032W mv = (2)E 1203m υ E 22
03m υ (3) E kB =2
0143m υ
【解析】 【分析】
(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。
(2)粒子在电场中做类平抛运动,应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。
(3)根据粒子运动过程,应用动能计算公式求出粒子到达B 点时的动能。
【详解】
(1) 由题知:粒子在O 点动能为E ko =
2
012
mv 粒子在A 点动能为:E kA =4E ko ,粒子从O 到A 运动过程,由动能定理得:电场力所做功:W=E kA -E ko =2
032
mv ;
(2) 以O 为坐标原点,初速v 0方向为x 轴正向, 建立直角坐标系xOy ,如图所示
设粒子从O 到A 运动过程,粒子加速度大小为a 1, 历时t 1,A 点坐标为(x ,y ) 粒子做类平抛运动:x=v 0t 1,y=
21112
a t 由题知:粒子在A 点速度大小v A =2 v 0,v Ay 03v ,v Ay =a 1 t 1 粒子在A 点速度方向与竖直线PQ 夹角为30°。
解得:2
13v x =
,201
32v y a = 由几何关系得:ysin60°
-xcos60°=d , 解得:20
13v a =,104d t v =
由牛顿第二定律得:qE 1=ma 1,
解得:2
134mv E qd
=
设粒子从A 到B 运动过程中,加速度大小为a 2,历时t 2,
水平方向上有:v A sin30°=2
2
t a 2sin60°,2104d t t v ==,qE 2=ma 2,
解得:2023a d =,2
233mv E qd
=;
(3) 分析知:粒子过A 点后,速度方向恰与电场E 2方向垂直,再做类平抛运动, 粒子到达B 点时动能:E kB =2
12
B mv ,v B 2=(2v 0)2+(a 2t 2)2, 解得:2
143
KB mv E =。
【点睛】
本题考查了带电粒子在电场中的运动,根据题意分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键,应用动能定理、类平抛运动规律可以解题。
3.两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. 【答案】1:2 【解析】 【详解】
假设极板长度为l ,粒子a 的质量为m a ,离开电场时竖直位移为y ,粒子b 的质量为m b ,离开电场时竖直分速度为v y ,两粒子初速度均为v 0,在极板间运动时间均为t 对粒子a :l =v 0t …① y =
12
a 1t 2
…② 1a
qE
a m =
…③ y =l …④
①②③④联立解得:20
2a qEl m v = 对粒子b :v y =a 2t …⑤ v y =v 0…⑥
2b
qE
a m =
…⑦ ①⑤⑥⑦联立解得:20
b qEl m v =
则
1
2
a b m m =.
4.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:
(1)电子进入偏转电场时的速度v 0;
(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E 1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】(12Ue m (2)2倍 (3)2m
Ue
【解析】 【详解】
(1)电子在电场中的加速,由动能定理得:2
012
Ue mv = 所以,02Ue
v m
=
(2)设电子的水平位移为x ,电子的竖直偏移量为y ,则有:
0x v t = 2
12y at =
Ee ma = 联立解得:24yU
E x =
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
0Bev Ee =
解得: 2m
B Ue
=
5.从宏观现象中总结出来的经典物理学规律不一定都能适用于微观体系。
但是在某些问题中利用经典物理学规律也能得到与实际比较相符合的结论。
根据玻尔的氢原子模型,电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动,原子中的电子在库仑力作用下,绕原子核做圆周运动。
已知电子质量为m ,电荷量为e ,静电力常量为k 。
氢原子处于基态(n =1)时电子
的轨道半径为r 1,电势能为2
1
P e E k r =-(取无穷远处电势能为零)。
第n 个能级的轨道半
径为r n ,已知r n =n 2 r 1,氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的电势能的总和。
(1)求氢原子处于基态时,电子绕原子核运动的速度; (2)证明:氢原子处于第n 个能级的能量为基态能量的
21
n
(n =1,2,3,…); (3)1885年,巴尔末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析,发现这些谱线的波长能够用一个公式表示,这个公式写做
2
21
11
(
)2R n
λ
=-,n = 3,4,5,…。
式中R 叫做里德伯常量,这个公式称为巴尔末公式。
已知氢原子基态的能量为E 1,用h 表示普朗克常量,c 表示真空中的光速, 求: a .里德伯常量R 的表达式;
b .氢原子光谱巴尔末系最小波长与最大波长之比。
【答案】(1
)1v =
(2)设电子在第1轨道上运动的速度大小为v 1,根据牛顿第二定律有221211v e k m r r =,电子在第1轨道运动的动能2
2111122k ke E mv r ==,电子在第1轨道运
动时氢原子的能量21111222
e ke e E k k r r 2r =-+=-,同理,电子在第n 轨道运动时氢原子的能量2222n n n n n e ke e E k k r r 2r =-+=-,又因为2
1n r n r =,则有 2122122n n E e e E k k r 2n r n
=-=-=,命题得证。
(3)a :1
E R hc
=- b :5:9 【解析】 【详解】
(1)电子绕氢原子核在第1轨道上做圆周运动
根据牛顿第二定律有22
211
e v k m r r =
则有1v =
(2)设电子在第1轨道上运动的速度大小为v 1,根据牛顿第二定律有22
1211v e k m r r =
电子在第1轨道运动的动能2
2111
122k ke E mv r ==
电子在第1轨道运动时氢原子的能量222
1111
22e ke e E k k r r r =-+=- 同理,电子在第n 轨道运动时氢原子的能量22222n n n n n
e ke e E k k r r r =-+=-,又因为2
1n r n r =
则有
22
1
22
1
22
n
n
E
e e
E k k
r n r n
=-=-=,命题得证。
(3)a:从n能级向2能级跃迁放出光的波长为
2
n
c
E E h
λ
-=
由1
2
n
E
E
n
=1
22
2
E
E=代入得:1
E
R
hc
=-
b:由
22
111
2
R
n
λ
⎛⎫
=-
⎪
⎝⎭
可知当n=3时波长最大,当n=∞时波长最小
代入可得,最小波长与最大波长之比为5:9。
6.如图所示,在一光滑绝缘水平面上,静止放着两个可视为质点的小球,两小球质量均为m,相距l,其中A球带正电,所带电荷量为q,小球B不带电.若在A球开始向右侧区域加一水平向右的匀强电场,场强为E,A球受到电场力的作用向右运动与B球碰撞.设每次碰撞为弹性碰撞,碰撞前后两球交换速度,且碰撞过程无电荷转移.求:
(1)小球A在电场中的加速度大小和第一次与B碰撞前的速度;
(2)若两小球恰在第二次碰撞时离开电场,求电场在电场线方向上的宽度;
(3)若两小球恰在第三次碰撞时离开电场,求电场在电场线方向上的宽度及小球A从进入电场到离开电场的过程中电势能的变化量.
【答案】(1) a=qE/m
2Eql
m
;13Eql
【解析】
【详解】
(1)根据牛顿运动定律:qE=ma,则a=qE/m
设第一次碰撞时小球A的速度为v:根据动能定理:2
1
2
Eql mv
=
解得:
2Eql
v
m
=
(2)第一次碰撞前后小球A的速度为v A1和v A1′,小球B碰撞前后的速度为v B1和v B1′所以v A1=v v B1=0 v A1′=0 v B1′=v
A球运动的距离为l第一次碰撞后,小球A做初速度为零的匀加速直线运动,小球B做速度为v的匀速直线运动.设第二次碰撞前后A球的速度为v A2和v A2′小球B碰撞前后的速度为v B2和v B2′
第一次碰撞后至第二次碰撞前:vt= (0+v A2)t/2
所以:v A2=2v;碰后v A2′= v
而B 球碰前为v ,碰后为2v .从第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中,A 球运动的距离
为l 2.()2
2120? 2
Eql m v =
- 2
4l l = 电场宽度为:L=l+4l=5l
(3)二次碰撞后,A 球做初速度为v 的匀加速直线运动,B 球以速度2v 匀速直线运动.设A 球第三次碰前后的速度为v A3和 v A3′,小球B 碰撞前后的速度为v B3和v B3′ 所以:
3
223232
A A v v t vt v v +==
从第二次碰撞到第三次碰撞过程中,A 球运动的距离为l 3 :qEl 3 = 12m ()23v -1
2
m 2v l 3=8l
所以:电场的宽度:L=l 1+l 2+l 3=13l A 球减少的电势能 △ε=Eq×13l=13Eql
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50、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)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)F T = 1.5mg (2)158OP mgL
U q
= 【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()212
F mg L mv -=
设细线被拉断前瞬间的拉力为F T ,由牛顿第二定律2
T v F mg F m L
+-= 联立解得: F T = 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:F - mg = 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 2
12
y at =
;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 U OP = Ed
联立解得 158OP mgL
U q
=
8.如图所示,一内壁光滑的绝缘圆管AB 固定在竖直平面内.圆管的圆心为O ,D 点为圆管的最低点,AB 两点在同一水平线上,AB =2L ,圆环的半径为r 2L =
(圆管的直径忽略
不计),过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点.在虚线AB 的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场;虚线AB 的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场,电场
强度大小等于mg
q
.圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为-q(q>0)的绝缘小物体(可视为质点),PC 间距为L.现将该小物体无初速度释放,经过一段时间,小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内,并继续运动.重力加速度用g 表示. (1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度为多大?
(2)小物体从管口B 离开后,经过一段时间的运动落到虚线AB 上的N 点(图中未标出N 点),则N 点距离C 点多远?
(3)小物体由P 点运动到N 点的总时间为多少?
【答案】(1)mg q
E = (2)7CN x L = (3)32(3)4L t g
π+
总= 【解析】
(1)小物体无初速释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动,小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内,故小物体刚好沿PA 连线运动,重力与电场力的合力沿PA 方向;又
PA AC L ==,故0
tan 45qE mg =
,解得:mg
q
E =
(2)小物体从P 到A 的运动由动能定理可得:2
12
A mgL qEL mv +=
,解得:2A v gL =虚线AB 的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场,电场强度大小等于mg
q
,电荷
量为q -(q >0)的绝缘小物体所受电场力22F qE mg ==,方向竖直向上,故小物体从A 到B 做匀速圆周运动,2B A v v gL ==
小物体从管口B 离开后,经过一段时间的运动落到虚线AB 上的N 点,对竖直方向:
02sin 45B v t g =解得:22L t g
=
水平方向:0
2
1(cos 45)2
B x v t
at =+
、 qE ma =解得:8x L = N 点距离C 点:7CN x x L L =-= (3)小物体从P 到A 的时间1t ,则1122A L v t =
解得:12L t g
= 物体从A 到B 的时间2t ,则2
3
223244
A L
L t v g
ππ⨯⨯==
小物体由P 点运动到N 点的总时间 123234L
t t t t g
π⎛⎫++=+
⎪
⎝⎭总=
9.如图所示,在xoy 坐标系内存在一个以(a ,0)为圆心、半径为a 的圆形磁场区域,方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B ;另在y 轴右侧有一方向向左的匀强电场,电场强度大小为E ,分布于y≥a 的范围内.O 点为质子源,其出射质子的速度大小相等、方向各异,但质子的运动轨迹均在纸面内.已知质子在磁场中的偏转半径也为a ,设质子的质量为m 、电量为e ,重力及阻力忽略不计.求:
(1)出射速度沿x 轴正方向的质子,到达y 轴所用的时间;
(2)出射速度与x 轴正方向成30°角(如图中所示)的质子,到达y 轴时的位置; (3)质子到达y 轴的位置坐标的范围; 【答案】(1)
22m
ma eB
eE π+
2)3ea mE (3)(a ,ea
mE
) 【解析】试题分析:(1)质子在磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力得:
2
v evB m a
=
即: Bea
v m
=
出射速度沿x 轴正方向的质子,经1
4
圆弧后以速度v 垂直于电场方向进入电场,在磁场中运动的时间为:
1422T a m
t v eB
ππ=
==
质子进入电场后做类平抛运动,沿电场方向运动a 后到达y 轴,由匀变速直线运动规律
有: 2
22eEt a m
=
即: 22ma
t eE
=
故所求时间为: 1222m
ma
t t t eB
eE
π=+=
+
(2)质子转过120°角后离开磁场,再沿直线到达图中P 点,最后垂直电场方向进入电场,做类平抛运动,并到达y 轴,运动轨迹如图中所示. 由几何关系可得P 点距y 轴的距离为:x 1=a+asin30°=1.5a
设在电场中运动的时间为 t 3,由匀变速直线运动规律有: 2
312eEt x m
=
即33ma
t eE
=
质子在y 轴方向做匀速直线运动,到达y 轴时有: 133ea
y vt mE
==所以质子在y 轴上的位置为: 13ea
y a y a mE
=+=+(3)若质子在y 轴上运动最远,应是质子在磁场中沿右边界向上直行,垂直进入电场中做类平抛运动, 此时x′=2a
质子在电场中在y 方向运动的距离为: 22ea y mE
=质子离坐标原点的距离为: 22m ea
y a y a mE
=+=+ 由几何关系可证得,此题中凡进入磁场中的粒子,从磁场穿出时速度方向均与y 轴平行,且只有进入电场中的粒子才能打到y 轴上,因此 质子到达y 轴的位置坐标的范围应是(a ,ea
mE
) 考点:带电粒子在电场及磁场中的运动
【名师点睛】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律,要注意明确在电场中的类平抛和磁场中的圆周运动处理方法,难度较大,属于难题。
10.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v B =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=23m/s 2,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/s 2,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)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) 113
45
【解析】 【分析】 【详解】
(1)设带电体受到电场力的水平分量为F x ,竖直分量为F y ,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. 即:W =F y •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v C =v B =4m/s
在C 点,由牛顿第二定律得:2
y v F mg F m R
+-=
又mg =F y 联立解得:F =16N
(3)带电体脱离轨道后在水平方向上做匀减速直线运动,由速度位移公式得:
222C v v ax -=
代入数据得:3x π=
设斜面与水平面的夹角为α,则23
tan R x α==
解得:α=30°
带电体从A 到B 的运动过程中,由动能定理的:mgH ﹣μmgcos α
sin H α=2
12
B mv
代入数据解得:
113
45
μ=
11.如图所示,在竖直平面内有一直角坐标系xOy ,在直角坐标系中y 轴和x =L 之间有沿y 轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E ,在电场的右侧以点(3L,0)为圆心、L 为半径的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B ,在y 轴上A 点(0,L )处沿x 轴正方向射出一质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子,粒子经电场偏转后,沿半径方向射入磁场,并恰好竖直向下射出磁场,粒子的重力忽略不计,求:(结果可含根式)
(1)粒子的初速度大小; (2)匀强磁场的磁感应强度大小. 【答案】(1)52qEL
m (2)
2910229050mE
qL
- 【解析】 【详解】
(1)粒子射入电场中并在电场中发生偏转,由于能沿半径方向进入磁场,因此其处电场 后的轨迹如图所示,出电场后的速度方向的反向延长线交于在电场运动的水平位移的中点:
则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y 满足
122L
y L y L
=- 解得
15
y L =
竖直方向
212y a t
=
水中方向
0L t v =
在电场中根据牛顿第二定律
qE ma =
联立可以得到
0v =
(2)设粒子进磁场时的轨迹与磁场边界交点为C ,由于粒子出磁场时方向沿y 轴负方向,因此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在2O 点,连接2O 和C 点,交x 轴与D 点,做2O F 垂直x 轴,垂直为F . 由几何关系
452L
CD L L
=
解得
2
5
CD L =
由于21O F O C L ==,故2O FD ∆与1O CD ∆全等,可以得到
21O D O D =
则
1O D ==
因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为
2R O D CD =+=
粒子出电场时速度沿y 轴负方向的分速度
y v ==
因此粒子进磁场时的速度为
v ==
粒子在磁场中做匀速圆周运动有
2
qvB m R
v =
解得
()
52929102290
5010229
mE mE
B qL qL
-=
=+ 点睛:本题考查了粒子在电场与磁场中的运动,分析清楚 粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键,应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题.
12.如图所示,质量M =0.2 kg 的长板静止在水平地面上,与地面间动摩擦因数μ1=0.1,另一质量m =0.1 kg 的带正电小滑块以v 0=8 m/s 初速度滑上长木板,滑块与长木板间动摩擦因数μ2=0.5,小滑块带电荷量为q =2×10-3C ,整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中,电场强度E =1×102N/C ,(g 取10 m/s 2)求: (1)刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少? (2)小滑块最后停在距木板左端多远的位置?
【答案】(1)-3 m/s 2,1 m/s 2;(2)8 m ; 【解析】 【分析】 【详解】
(1)设小滑块的加速度为a 1,长木板的加速度为a 2,规定水平向右为正方向. 由牛顿第二定律得qE -μ2mg =ma 1, 得a 1=-3 m/s 2
由牛顿第二定律得μ2mg -μ1(m +M )g =Ma 2, 得a 2=1 m/s 2
(2)设两者经过时间t 相对静止,此时的速度为v , 则v =v 0+a 1t =a 2t , 得t =2 s ,v =2 m/s
这段时间内小滑块的位移x 1=v 0t +12
a 1t 2
=10 m 木板的位移x 2=
12
a 2t 2
=2 m 此后两者一起向右减速运动,所以小滑块最后停在距木板左端Δx =x 1-x 2=8 m 处.。