高考物理复习专题突破篇专题带电粒子在电场中的运动讲练
高考物理复习专题突破：专题三十一 带电粒子在电场中的运动
高考物理复习专题突破：专题三十一带电粒子在电场中的运动一、单选题1. ( 2分) （2020高三上·嘉兴月考）如图所示，两金属板M、N带有等量异种电荷，正对且水平放置。
带正电小球a、b以一定的速度分别从A、B两点射入电场，两小球恰能分别沿直线AC、BC运动到C点，则下列说法正确的是（）A. 电场中的电势B. 小球a、b在C位置一定具有相等的电势能C. 仅将下极板N向左平移，则小球a、b仍能沿直线运动D. 仅将下极板N向下平移，则小球a、b仍能沿直线运动2. ( 2分) （2020高二上·深圳月考）在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且，如图所示。
由此可知（）A.小球从A到B到C的整个过程中机械能守恒B. 电场力大小为2mgC. 小球从A到B与从B到C的运动时间之比为B.D. 小球从A到B与从B到C的加速度大小之比为3. ( 2分) （2020高二上·娄底期中）真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则( )A. 微粒一定带正电B. 微粒一定做匀速直线运动C. 可求出匀强电场的电场强度D. 可求出微粒运动的加速度4. ( 2分) （2020高二上·湖北期中）在竖直放置的平行金属板A、B间加一恒定电压，质量相同的两带电小球M和N以相同的速率分别从极板A的上边缘和两板间的中线下端沿竖直方向进入两板间的匀强电场，恰好分别从极板B的下边缘和上边缘射出，如图所示，不考虑两带电小球之间的相互作用，下列说法正确的是（）A. 两带电小球所带电量可能相等B. 两带电小球在电场中运动的时间一定相等C. 两带电小球在电场中运动的加速度M一定大于ND. 两带电小球离开电场时的动能M可能小于N5. ( 2分) （2020高二上·九江期中）示波器的内部结构如图所示，如果在电极YY之间加上图（a）所示的电压，在XX 之间加上图（b）所示电压，荧光屏上会出现的波形是（）A. B. C. D.6. ( 2分) （2020高二上·任丘月考）如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。
2020届高考物理专题突破：带电粒子在电场中的运动
2020高考物理 专题突破：带电粒子在电场中的运动（含答案）巩固练习（一） 带电粒子在电场中的直线运动例题1. 如图所示，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m 、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子刚好能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M 、N 两板间距的12处返回，则下述措施能满足要求的是( )．A ．使初速度减为原来的12B ．使M 、N 间电压提高到原来的2倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的12【答案】 BD例题2. 如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m ＝0.2 kg ，带电荷量为q ＝＋2.0×10－6C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t ＝0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右的方向为正方向，g ＝10 m/s 2)，求：(1)23 s 内小物块的位移大小． (2)23 s 内电场力对小物块所做的功． 【答案】 (1)47 m (2)9.8 J例题3. 如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB 运动，由此可知( )．A ．电场中A 点的电势高于B 点的电势B ．微粒在A 点时的动能大于在B 点时的动能，在A 点时的电势能小于在B 点时的电势能C ．微粒在A 点时的动能小于在B 点时的动能，在A 点时的电势能大于在B 点时的电势能D ．微粒在A 点时的动能与电势能之和等于在B 点时的动能与电势能之和 【答案】 AB例题4. 一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )． A ．打到下极板上 B ．在下极板处返回 C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回【答案】 D例题5. 如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两板间电压不变，则( )．A ．当减小两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长 【答案】 C例题6. 如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一稳压电源(未画出)相连，若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中该粒子( )A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．机械能逐渐减小D ．做匀变速直线运动 【答案】 D例题7. 如图所示、两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场.两极板间相距为d. — 带负电的微粒从上极板M 的边缘以初速度射入，沿直线从下极板的边缘射出.已知微粒的电量为q 、质量为m 。
高考物理带电粒子在电场中运动专题训练答案及解析
高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及分析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如下图，在两块长为 3 L、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰巧打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势随时间 t 的变化规律如下图，则t=0 时辰，从O 点射人的粒子P 经时间 t0 (未知量 )恰巧从下板右边沿射出．设粒子打到板上均被板汲取，粒子的重力及粒子间的作使劲均不计．(1)求两板间磁场的磁感觉强度大小B．(2)若两板右边存在必定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0 时辰射入的粒子 P 经过右边磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右边磁场的宽度d 应知足的条件和电场周期T 的最小值T min．【答案】（1）B mv0R2 cos a R23L(6 3 2 ) L（ 2）d2； T minqL3v0【分析】【剖析】【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1，则 qv0 B m v 02R1由几何关系：R12( 3L )2( R1L )222解得Bmv0 qL（2）粒子 P 从 O 点运动到下板右边沿的过程，有：3L v0t01 L 1v y t022解得v y 3 v0 3设合速度为 v，与竖直方向的夹角为α，则：tan v03v y则=3 v v02 3v0sin3粒子 P 在两板的右边匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R2，则1 LR22，sin解得R23L 3右边磁场沿初速度方向的宽度应当知足的条件为d R2 cosR23 L；2因为粒子 P 从 O 点运动到下极板右边边沿的过程与从上板右边沿运动到O 点的过程，运动轨迹是对于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：T min 2t(22) R2 0v解得T min6 32L3v0【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，重点是剖析粒子的受力状况和运动特点，画出粒子的运动轨迹图，联合几何关系求解有关量，并搞清临界状态.2．如图，质量分别为m A=1kg、 m B=2kg 的 A、B 两滑块放在水平面上，处于场强盛小5A 不带电，B 带正电、电荷量－5E=3× 10N/C、方向水平向右的匀强电场中，q=2 × 10 C．零时刻， A、 B 用绷直的细绳连结 (细绳形变不计 )着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知 A、 B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加快度大小 g=10m/s2．求：(1)前 2s 内， A 的位移大小；(2)6s 末，电场力的刹时功率．【答案】 (1) 2m (2) 60W【分析】【剖析】【详解】（1） B 所受电场力为 F=Eq=6N；绳断以前，对系统由牛顿第二定律： F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加快度由运动规律： x= 1a1 t12 2解得 A 在 2s 内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬时，AB 的速度大小为v1， t2 =6s 时辰， B 的速度大小为v2，则v1=a1 t1=2m/s ；绳断后，对 B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得 a2=2m/s 2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t 2-t 1 )解得 v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得 P=60W3．如下图，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP r=0.5m的圆弧轨道CDP和与，由半径之相切于 C 点的水平轨道 ABC 构成，圆弧轨道的直径DP 与竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、 B 两点间的距离 d=0.2m ．质量 m1=0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在 A 点，质量-5m2=0.1kg、电荷量 q=1 × 10C 的带正电小球静止在 B 点，小球的右边空间存在水平向右的匀强电场．现用大小 F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块抵达月点前瞬时撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，抵达P 点时恰巧和轨道无挤压且所受协力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计全部摩擦．取 g=10m／s2， sin37 °=0.6， cos37°=0.8．(1)求撤去该恒力瞬时滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E；(2)求小球抵达P 点时的速度大小v P和 B、 C 两点间的距离x．【答案】；× 4(1) 6m/ s 7.510N/ C (2) 2.5m/ s ；0.85m【分析】【详解】a1=1m/s 2；(1)对滑块从 A 点运动到 B 点的过程，依据动能定理有：Fd解得： v=6m/ s小球抵达 P 点时，受力如下图:则有： qE=m 2 gtan θ,4解得： E=7.5 ×10N/ C(2)小球所受重力与电场力的协力大小为：G 等m 2 g cos小球抵达 P 点时，由牛顿第二定律有：v P 2G 等r解得： v P =2.5m/ s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为则有： m 1v=m 1v 1+m 2v 21m 1v21m 1v 121m 2v 222 22解得： v 1=-2m / s( “-” v 1 的方向水平向左 )， v 2=4m /s表示对小球碰后运动到 P 点的过程，依据动能定理有：qE x r sinm 2 g rrcos1m 2 v P21m 2v 2 222解得： x=0.85m1m 1v22v 1、 v 2，4． 如图，以竖直向上为 y 轴正方向成立直角坐标系；该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为 E 的匀强电场和方向垂直 xoy 平面向外、磁感觉强度为B 的匀强磁场；原点 O 处的离子源连续不停地发射速度大小和方向必定、质量为 m 、电荷量为 -q （ q>0）的粒子束，粒子恰能在 xoy 平面内做直线运动，重力加快度为 g,不计粒子间的互相作用；（1）求粒子运动到距x 轴为 h 所用的时间；（2）若在粒子束运动过程中，忽然将电场变成竖直向下、场强盛小变成E 'mg，求从qO 点射出的全部粒子第一次打在 x 轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）；（3）若保持 EB 初始状态不变，仅将粒子束的初速度变成本来的2 倍，求运动过程中，粒子速度大小等于初速度 λ倍（ 0<λ<2）的点所在的直线方程 .【答案】 （1） Bhm 2 gx5m 2 g（ ） y1x15m 2 gt(2)222222BB 328q B Eqq【分析】（ 1）粒子恰能在 xoy 平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力必定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的重量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变，因为洛伦兹力F 洛 Bqv ，因此遇到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的协力为零，设重力与电场力协力与-y 轴夹角为 θ，粒子受力如下图，225mg222qEmgBqvqEmg， v 2qBBq则 v 在 y 方向上重量大小 v yv sinvqEE mgBqvB2qB因为粒子做匀速直线运动，依据运动的分解可得，粒子运动到距x 轴为 h 地方用的时间hBh2qhBt；v y Emgmg （2）若在粒子束运动过程中，忽然将电场变成竖直向下，电场强度大小变成E '，q则电场力 F 电 ' qE ' mg ，电场力方向竖直向上；因此粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充任向心力，即v2mvmqE 22qvBmgm， RB 2qrBq2如下图，由几何关系可知，当粒子在O 点就改变电场时，第一次打在x 轴上的横坐标最m22qE2mEm 2 g 小， x 12R sin2qEmg2 2222 2 2B qB qq BqEmg当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x 轴上的地点之间的距离为2R 时，第一次打在2m 22qE mg222RB 2q 22m[ qEmg x 轴上的横坐标最大，x 2] 5m 2 gsinqEB 2 q 2Eq 2 B222qE mg因此从 O 点射出的全部粒子第一次打在 x 轴上的坐标范围为x 1 x x 2 ，即m 2 g x5m 2 gq 2 B2q 2B2（ 3）粒子束的初速度变成本来的 2 倍，则粒子不可以做匀速直线运动，粒子必发生偏转，而洛伦兹力不做功，电场力和重力对粒子所做的总功必不为零；那么设离子运动到地点坐标（ x ， y ）知足速率 v ' v ，则依据动能定理有qEx mgy1 mv 21m 2v ， qEx mgy3 mv 23 2 ，15m g22228q 2 B 2因此 y1 x 15m2 g28q 2 B 2点睛：本题观察带电粒子在复合场中的运动问题；重点是剖析受力状况及运动状况，画出受力争及轨迹图；注意当求物体运动问题时，改变条件后的问题求解需要对条件改变惹起的运动变化进行剖析，从变化的地方开始进行求解．5． 如下图，在 xOy 平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于 y 轴向下．一电子以速度 v0 从 y 轴上的 P 点垂直于 y 轴向右飞入电场，经过 x 轴上 M 点进入磁场地区，又恰能从y 轴上的 Q 点垂直于 y 轴向左飞出磁场已知 P 点坐标为 (0，－ L)， M 点的坐标为 ( 2 3L，0)．求3(1)电子飞出磁场时的速度大小v(2)电子在磁场中运动的时间t【答案】（ 1）v2v04 L ；（ 2）t29v0【分析】【详解】（1）轨迹如下图，设电子从电场进入磁场时速度方向与x 轴夹角为，（1）在电场中 x 轴方向：23L v0t1，y轴方向： Lv y， tanv y3t1v0 32得60o， v v02v0cos（2）在磁场中，23L4 r Lsin32磁场中的偏转角度为32 rt23 4 Lv9v06．如下图，OO′为正对搁置的水平金属板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 的加快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 。
高考物理二轮复习 专题突破练8 电场 带电粒子在电场中的运动
专题突破练8 电场带电粒子在电场中的运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共12小题,每小题7分,共84分。
在每小题给出的四个选项中,第1~9小题只有一个选项符合题目要求,第10~12小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.下列关于电场的说法正确的是()A.由E=知,若q减半,则该处电场强度为原来的2倍B.由E=k知,E与Q成正比,而与r2成反比C.由E=k知,在以Q为球心,以r为半径的球面上,各处电场强度均相同D.电场中某点电场强度方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向答案 B解析电场中某点的电场强度大小与试探电荷的电量无关,故选项A错误;由E=k知,E与Q 成正比,而与r2成反比,选项B正确;由E=k知,在以Q为球心,r为半径的球面上,各处电场强度大小均相同,但是方向不同,选项C错误;电场中某点电场强度方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向,选项D错误。
2.(2017山东枣庄模拟)一个正点电荷Q静止在正方形的一个顶点上,另一个带电粒子q射入该区域时,仅受电场力的作用,恰好能依次经过正方形的另外三个顶点a、b、c,如图所示,则有()A.质点由a到c电势能先减小后增大B.质点在a、b、c三处的加速度大小之比是1∶2∶1C.a、b、c三点电势高低及电场强度大小的关系是φa=φc>φb,E a=E c=2E bD.若改变带电质点q在a处的速度大小和方向,则质点q可能做类平抛运动答案 C解析电荷受到的合力指向轨道的内侧,根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷,它们之间存在引力,所以质点由a到b电场力做负功,电势能增加,由b到c电场力做正功,电势能减小,即质点由a到c电势能先增大后减小,故A错误;由图可知,r a=r c=r b,由库仑定律:F=k可得F a∶F b∶F c=2∶1∶2,由a=可知,加速度之比应为2∶1∶2,故B错误;根据点电荷的电场线的特点,Q与a、c距离相等,都小于b,故b点的电势低于a、c两点的电势,由E=k可知,E a=E c=2E b;故C正确;由点电荷电场分布可知,带电粒子a、b、c三个点受到的电场力大小不相等,所以不可能其经过a、b、c三点做类平抛运动,故D错误。
高考物理一轮复习专题7.5带电粒子在电场中的运动(精练)(含解析)
专题7.5 带电粒子在电场中的运动1．（陕西省渭南市2019届高三教学质量检测）如图所示，一电荷量为q 、质量为m 的带电粒子以初速度v 0由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。
粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。
已知匀强电场的宽度为d ，不计重力作用。
则匀强电场的场强E 大小是（ ）A ．202qdB ．20qdC ．2032mv qdD ．202qd【答案】B 【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到：003tan 30y v v v ==，分方向方程：0d v t =，y Eq v t m =联立方程得：E =ACD 错误，B 正确2．（天津市红桥区2019届高三下学期期末）图甲是一点电荷形成的电场中的一条电场线，A 、B 是电场线上的两点，一正电荷q 仅在电场力作用下以初速度v 0从A 运动到B 过程中的速度图象如图乙所示，则以下说法中正确的是（ ）A.A 、B 两点的电场强度是E A =E BB.A 、B 两点的电势是C.正电荷q 在A 、B 两点的电势能是E PA ＞E PBD.此电场一定是负电荷形成的电场【答案】B【解析】速度时间图象的斜率等于物体的加速度，由图可知，点电荷从A 向B 运动的过程中加速度越来越大，受到的电场力增大，故A 点的场强小于B 点场强，即有E A ＜E B ，故A 错误；由于物体沿电场线运动过程当中做减速运动，故点电荷所受电场力方向由B 指向A ，又由于正电荷所受电场力的方向与场强的方向相同，所以电场线的方向由B 指向A ；而沿电场线的方向电势降低，所以φA <φB ．故B 正确；由正电荷在电势高处电势能大，所以，故C 错误；由于电荷由A 到B 做减速运动，故电场线方向由B 向A ，又因为加速度在变大，故B 处靠近场源电荷 ，故电场一定是正电荷所形成的，故D 错误。
3．（河南省八市重点高中联盟2019届高三模拟）如图ABCD 的矩形区域存在沿A 至D 方向的匀强电场，场强为E ，边长AB ＝2AD ，质量m 、带电量q 的正电粒子以恒定的速度v 从A 点沿AB 方向射入矩形区域，粒子恰好从C 点以速度v 1射出电场，粒子在电场中运动时间为t ，则（ ）A ．若电场强度变为2E ，粒子从DC 边中点射出B ．若电场强度变为2E ，粒子射出电场的速度为2v 1C ．若粒子入射速度变2v ，则粒子从DC 边中点射出电场 D ．若粒子入射速度变为2v ，则粒子射出电场时的速度为12v 【答案】C【解析】若电场强度变为2E ，则粒子从DC 边离开，运动时间变为2t ，则水平位移变为原来的2，而不是12，故A 错误；在粒子穿过电场的过程中，设电场力做功为W ，则由2211122W mv mv =-，可知电场强度加倍，则电场力做功变为了2W ，则射出电场的速度不等于2v ，故B 错误；粒子入射速度变2v ，则粒子在电场时间不变，即可得出粒子从DC 边中点射出电场，故C 正确；由于电场不变粒子在电场运动时间不变，电场力做功不变，有功能定理可知，粒子射出电场的和速度不是12v ，故D 错误。
(物理)高考必备物理带电粒子在电场中的运动技巧全解及练习题(含答案)
（物理）高考必备物理带电粒子在电场中的运动技巧全解及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为2L()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．（1）求粒子到达O 点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E Lφ=，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v mϕ=2）12m B L q ϕ=；（3）060α∴= ；22m L q ϕ【解析】 【分析】 【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =由洛伦兹力提供向心力得：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.212qE L t m=222mL mt L qE q ϕ==22x Eq qEL q v t m m m ϕ===若速度与x 轴方向的夹角为α角cos x v v α=1cos 2α=060α∴=2．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：(1)前2s 内，A 的位移大小； (2)6s 末，电场力的瞬时功率． 【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】 【分析】 【详解】（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2； 由运动规律：x=12a 1t 12 解得A 在2s 内的位移为x=2m ；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s电场力的功率P=Fv ，解得P=60W3．利用电场可以控制电子的运动，这一技术在现代设备中有广泛的应用，已知电子的质量为m ，电荷量为e -，不计重力及电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应．（1）在宽度一定的空间中存在竖直向下的匀强电场，一束电子以相同的初速度0v 沿水平方向射入电场，如图1所示，图中虚线为某一电子的轨迹，射入点A 处电势为A ϕ，射出点B 处电势为B ϕ．①求该电子在由A 运动到B 的过程中，电场力做的功AB W ；②请判断该电子束穿过图1所示电场后，运动方向是否仍然彼此平行？若平行，请求出速度方向偏转角θ的余弦值cos θ（速度方向偏转角是指末速度方向与初速度方向之间的夹角）；若不平行，请说明是会聚还是发散．（2）某电子枪除了加速电子外，同时还有使电子束会聚或发散作用，其原理可简化为图2所示．一球形界面外部空间中各处电势均为1ϕ，内部各处电势均为221()ϕϕϕ>，球心位于z 轴上O 点．一束靠近z 轴且关于z 轴对称的电子以相同的速度1v 平行于z 轴射入该界面，由于电子只受到在界面处法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，改变前后能量守恒．①请定性画出这束电子射入球形界面后运动方向的示意图（画出电子束边缘处两条即可）；②某电子入射方向与法线的夹角为1θ，求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角2θ的正弦值2sin θ．【答案】（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②是平行；()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+；（2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+【解析】 【详解】（1）①AB 两点的电势差为AB A B U ϕϕ=-在电子由A 运动到B 的过程中电场力做的功为()AB AB B A W eU e ϕϕ=-=-②电子束在同一电场中运动，电场力做功一样，所以穿出电场时，运动方向仍然彼此平行，设电子在B 点处的速度大小为v ，根据动能定理2201122AB W mv mv =- 0cos v v θ=解得：()020cos 2B A v v ve v mθϕϕ==-+（2）①运动图如图所示：②设电子穿过界面后的速度为2v ，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面方向的速度不变，则1122sin sin θθ=v v 电子穿过界面的过程，能量守恒则：2211221122mv e mv e ϕϕ-=- 可解得：()212212e v v mϕϕ-=+ 则()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+；（2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+4．两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 ＝12a 1t 2…② 1aqEa m =…③ y ＝l …④①②③④联立解得：202a qEl m v = 对粒子b ：v y ＝a 2t …⑤ v y ＝v 0…⑥2bqEa m =…⑦ ①⑤⑥⑦联立解得：20b qEl m v =则12a b m m =．5．如图所示，半径r =0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R =0.1m ，磁感应强度大小B =0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m ），平行金属板MN 的极板长L =0.3m 、间距d =0.1m ，极板间所加电压U =6.4x102V ，其中N 极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R 0=0.08m ，若粒子重力不计、比荷qm=108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6． （1）求粒子的发射速度v 的大小；（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29%【解析】【详解】（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m2vR可得：v=6×105m/s；（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ=0.0637cos o=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置；Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-0.0637sin o=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开；故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：y=12at2…①a=qEm=qUmd…②t=Lv …③由①②③解得：y=0.08m设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=r sinα+R0-R0cosα可知tanα=43，即α=53°比例η=53180o×100%=29%6．竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103V/m ．小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径，b 、c 球用长2m L =的绝缘细轻杆连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且满足224F t π+=．已知三个小球均可看做质点且m a =0.25kg ，m b =0.2kg ，m c =0.05kg ，小球c 带q=5×10-4C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g =10m/s 2，求(1)小球a 与b 发生碰撞时的速度v 0； (2)小球c 运动到Q 点时的速度v ；(3)从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球c 电势能的增加量． 【答案】(1)04m/s v = (2)v =2m/s (3) 3.2J P E ∆= 【解析】【分析】对小球a ，由动量定理可得小球a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得；解：(1)对小球a ，由动量定理可得00a I m v =-由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F 的冲量， 由圆方程可知21S m = 代入数据可得：04/v m s =(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞， 由动量守恒可得012()a a b c m v m v m m v =++ 由机械能守恒可得222012111()222a abc m v m v m m v =++ 解得120,4/v v m s ==小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理22211()()22c b c b c m gR qER m m v m m v -=+-+代入数据可得2/v m s =(3)由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为θ 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：21(1cos)sin ()sin 2b c b c m gR m gR m m v qER θθθ-+++=解得sin 0.6,37θθ==︒因此小球c 电势能的增加量：(1sin ) 3.2P E qER J θ∆=+=7．如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有一匀强电场，方向平行于y 轴向下．一电子以速度v 0从y 轴上的P 点垂直于y 轴向右飞入电场，经过x 轴上M 点进入磁场区域，又恰能从y 轴上的Q 点垂直于y 轴向左飞出磁场已知P 点坐标为(0，－L)，M 点的坐标为(233L ，0)．求 (1)电子飞出磁场时的速度大小v (2)电子在磁场中运动的时间t【答案】（1）02v v =；（2）2049Lt v π= 【解析】 【详解】（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x 轴夹角为θ，（1）在电场中x 轴方向：0133Lv t =，y 轴方向12y v L t =：，0tan 3y v v θ==得60θ=o ，002cos v v v θ== （2）在磁场中，234sin 3L r L θ== 磁场中的偏转角度为23απ=202439rL t v v ππ==8．如图所示，三块挡板围成截面边长L ＝1.2m 的等边三角形区域，C 、P 、Q 分别是MN 、AM 和AN 中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN 水平，MN 上方是竖直向下的匀强电场，场强E =4×10-4N /C ．三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 1；AMN 以外区域有垂直纸面向外， 磁感应强度大小为B 2＝3B 1的匀强磁场．现将一比荷q/m =105C/kg 的帯正电的粒子，从O 点由静止释放，粒子从MN 小孔C 进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN 经过Q 点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O 点，OC 相距2m ．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3．求：（1） 磁感应强度B 1的大小；（2） 粒子从O 点出发，到再次回到O 点经历的时间；（3） 若仅改变B 2的大小，当B 2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA 经孔P 回到O 点（若粒子经过A 点立即被吸收）． 【答案】（1）51210T 3B -=⨯；（2）-22.8510s t =⨯；（3）524210T 3k B -+=⨯' 【解析】 【详解】（1） 粒子从O 到C 即为在电场中加速，则由动能定理得：212Eqx mv = 解得v =400 m/s带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示．由几何关系可知 10.6m 2LR == 由211v qvB m R =代入数据得 51210T 3B -=⨯ （2）由题可知 B 2=3B 1=2×10-5 T211v qvB m R =则 120.2m 3R R == 由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则112x vt = 得到 t 1=0.01 s粒子在磁场B 1中的周期为 112mT qB π=则在磁场B 1中的运动时间为 3211310s 3t T -==⨯ 在磁场B 2中的运动周期为 222mT qB π= 在磁场B 2中的运动时间为3-3321803001801110s 5.510s 3606t T π-︒+︒+︒==⨯=⨯︒则粒子在复合场中总时间为：3-21231722010s 2.8510s 6t t t t π-⎛⎫=++=+⨯=⨯ ⎪⎝⎭（3）设挡板外磁场变为'2B ，粒子在磁场中的轨迹半径为r ，则有 2'2v qvB m r=根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA 经孔P 回到O 点，需满足条件()212Lk r =+其中 k =0、1、2、3…… 解得524210T 3k B -+=⨯'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）22mma eBeE π+2）3ea mE （3）（a ，eamE） 【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：2v evB m a=即： Beav m=出射速度沿x 轴正方向的质子，经14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 mt v eBππ===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： 222eEt a m=即： 22mat eE＝故所求时间为： 1222mmat t t eBeEπ=+=+（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：x1=a+asin30°=1．5a设在电场中运动的时间为 t3，由匀变速直线运动规律有：23 12eEt xm =即33mateE =质子在y轴方向做匀速直线运动，到达y轴时有：133eay vtmE ==所以质子在y轴上的位置为：13eay a y amE=+=+（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：22eaymE =质子离坐标原点的距离为：22m eay a y amE=+=+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。
高考物理带电粒子在电场中的运动提高训练含解析
高考物理带电粒子在电场中的运动提高训练含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。
y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1m 。
现从坐标为（﹣0.2m ，﹣0.2m ）的P 点发射出质量m ＝2.0×10﹣9kg 、带电荷量q ＝5.0×10﹣5C 的带正电粒子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v 0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。
（1）带电粒子从坐标为（0.1m ，0.05m ）的点射出电场，求该电场强度；（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m ，﹣0.05m ）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。
【答案】（1）1.0×104N/C （2）4T ，方向垂直纸面向外【解析】【详解】解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：200v qv B m r= 可得：r =0.20m =R根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：2012l v t y at ==， 根据牛顿第二定律可得：Eq ma =联立可得：41.010E =⨯N/C（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：30 5.010y qE l v at m v ===⨯g m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '=根据洛伦兹力提供向心力可得： 2v qvB m r'=' 联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mv B qr'=='T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。
高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题
高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题一、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14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 02E 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 ＝212C mv ＝2E 0 则C 点速度为：v C 04E 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：0442E 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，半径为a 的内圆A 是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v 的电子；外圆C 为与A 同心的金属网，半径为3a ．不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m ，电量为e ．(1)为使从C 射出的电子速率达到3v ，C 、A 间应加多大的电压U ； (2)C 、A 间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场．①若沿A 径向射出的电子恰好不从C 射出，求该电子第一次回到A 时，在磁场中运动的时间t ；②为使所有电子都不从C 射出，所加磁场磁感应强度B 应多大．【答案】（1）24mv e （2）①39a vπ ②(31)B ae ≥-【解析】 【详解】（1）对电子经C 、A 间的电场加速时，由动能定理得()2211322eU m v mv =-得24mv U e=（2）电子在C 、A 间磁场中运动轨迹与金属网相切．轨迹如图所示．设此轨迹圆的半径为r ，则()2223a rr a -=+又2rT vπ=得tan 3arθ== 故θ=60°所以电子在磁场中运动的时间2-22t T πθπ= 得43at π=（3）若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C 相切．则所有电子都不从C 射出，轨迹如图所示：23r a a '=-又2v evB m r ='得3-1B ae =（）所以3-1B ae≥（）3．利用电场可以控制电子的运动，这一技术在现代设备中有广泛的应用，已知电子的质量为m ，电荷量为e -，不计重力及电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应．（1）在宽度一定的空间中存在竖直向下的匀强电场，一束电子以相同的初速度0v 沿水平方向射入电场，如图1所示，图中虚线为某一电子的轨迹，射入点A 处电势为A ϕ，射出点B 处电势为B ϕ．①求该电子在由A 运动到B 的过程中，电场力做的功AB W ；②请判断该电子束穿过图1所示电场后，运动方向是否仍然彼此平行？若平行，请求出速度方向偏转角θ的余弦值cos θ（速度方向偏转角是指末速度方向与初速度方向之间的夹角）；若不平行，请说明是会聚还是发散．（2）某电子枪除了加速电子外，同时还有使电子束会聚或发散作用，其原理可简化为图2所示．一球形界面外部空间中各处电势均为1ϕ，内部各处电势均为221()ϕϕϕ>，球心位于z 轴上O 点．一束靠近z 轴且关于z 轴对称的电子以相同的速度1v 平行于z 轴射入该界面，由于电子只受到在界面处法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，改变前后能量守恒．①请定性画出这束电子射入球形界面后运动方向的示意图（画出电子束边缘处两条即可）；②某电子入射方向与法线的夹角为1θ，求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角2θ的正弦值2sin θ．【答案】（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②是平行；()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+；（2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+【解析】 【详解】（1）①AB 两点的电势差为AB A B U ϕϕ=-在电子由A 运动到B 的过程中电场力做的功为()AB AB B A W eU e ϕϕ=-=-②电子束在同一电场中运动，电场力做功一样，所以穿出电场时，运动方向仍然彼此平行，设电子在B 点处的速度大小为v ，根据动能定理2201122AB W mv mv =- 0cos v v θ=解得：()020cos 2B A v v ve v mθϕϕ==-+（2）①运动图如图所示：②设电子穿过界面后的速度为2v ，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面方向的速度不变，则1122sin sin θθ=v v 电子穿过界面的过程，能量守恒则：2211221122mv e mv e ϕϕ-=- 可解得：()212212e v v mϕϕ-=+ 则()1122211sin sin 2v e v mθθϕϕ=-+故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②()020cos 2B A v v ve v mθϕϕ==-+；（2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+4．如图所示，在竖直面内有一边长为的正六边形区域，O 为中心点，CD 水平．将一质量为m 的小球以一定的初动能从B 点水平向右拋出，小球运动轨迹过D 点．现在该竖直面内加一匀强电场，并让该小球带电，电荷量为+q，并以前述初动能沿各个方向从B点拋入六边形区域，小球将沿不同轨迹运动．已知某一方向拋入的小球过O点时动能为初动能的，另一方向拋入的小球过C点时动能与初动能相等．重力加速度为g，电场区域足够大，求：（1）小球的初动能；（2）取电场中B点的电势为零，求O、C两点的电势；（3）已知小球从某一特定方向从B点拋入六边形区域后，小球将会再次回到B，求该特定方向拋入的小球在六边形区域内运动的时间．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）设小球从B点抛出时速度为，从B到D所用时间为t，小球做平抛运动在水平方向上在竖直方向上由几何关系可知：，解得小球的初动能为：（2）带电小球B→O：由动能定理得：解得：带电小球B→C：由动能定理得：解得：（3）在正六边形的BC边上取一点G，令，设G到B的距离为x，则由匀强电场性质可知解得：由几何知识可得，直线GO与正六边形的BC边垂直，OG为等势线，电场方向沿CB方向，由匀强电场电场强度与电势的关系可得受力分析如图，根据力合成的平行四边形定则可得：，方向F→B小球只有沿BF方向抛入的小球才会再次回到B点，该小球进入六边形区域后，做匀减速直线运动，速度减为零后反向匀加速直线运动回到B点，设匀减速所用时间为t1，匀加速所用时间为t2，匀减速发生的位移为x由牛顿定律得(未射出六边形区域)小球在六边形区域内运动时间为5．如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L =" 1" m．间距d =3m，两金属板间电压U MN= 1×104V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M 平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上．B、C、H也处于同一直线上．AF两点距离为23m．现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg，带电量q = +1×10-4C，初速度v0= 1×105m/s．(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1(3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件． 【答案】（1）52310/m s ⨯；垂直于AB 方向出射．（2）33T （3）23T + 【解析】试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ， 则：U qma d =解得：102310/qU a m s md ==⨯ 50110Lt s v -==⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝3×105m/s 射出时速度为：22502310/y v v v m s =+=⨯ 速度v 与水平方向夹角为θ，03tan y v v θ==，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射． （2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移21322d y at m ===，即粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为12cos303d R m ==o由211v B qv m R =知：113310mv B T qR == （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin 60R R o+= 故半径2(233)R m =又222v B qv m R =故2235B T +=所以B 2应满足的条件为大于235T +． 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.6．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2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0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．（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B②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2010U e y y t dm∆=∆= 【解析】 【详解】（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……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：2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm=+=+= 从t 0、3t 0、……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：220min 001122U e y at t dm==最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，2010U e y t dm∆=（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：sin L R θ=设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1sin y v v θ=，式中00y U ev t dm = 又：1mv R Be =解得：00U t B dL=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△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm∆=∆=7．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，方向垂直xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P 点．在P 点有一个粒子源，可以向x 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为81.010/qC kg m=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率60 4.010/v m s =⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离．【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】 【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动20v qvB m r=解得：05mv r cm qB== （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有000x v t =2012h at =qE a m=解得：18210h cm R cm =>=，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则0x v t =212y at =代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，000tan 2y qE x v m v yv v θ===g所以()()00tan 22H x x x y y θ=-=-g ， 由数学知识可知，当()022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，所以max 9H cm =8．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：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B /； 【答案】（1）3EB（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： 2360d d dr sin sin α===︒ 根据200mv qv B r =得023qBdv =粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cos t m -︒=（）； 00y v qEt tan v mv α==联立解得03Ev B=（2）设粒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．则有：x=v 0t ， 2y v y t =得03222y v y tan x v α=== 由几何知识可得 y=r-rcosα= 1323r d = 则得23x d =所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为1253239d d R d sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBdv v cos α===根据2'v qvB m R=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动9．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔。
高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题
高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【解析】 【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v ，则对油滴b 做竖直上抛运动，有2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，2012h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p vgh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，油滴p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，则由2082pp v m qv m qT r π= 得04T gh r π=，由2p r T v π= 得02T T = 即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为2r 、4r （轨迹如图所示）．最小矩形的面积为20min2242ghT s r r π=⨯=2．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R 的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B 点平滑连接，过半圆轨道圆心0的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场E ，质量为m 的带正电小滑块从水平轨道上A 点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B 点后电量保持不变，小滑块在AB 段加速度随位移变化图像如图乙．已知A 、B 间距离为4R ，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g ，不计空气阻力，求(1)小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量 (2)滑块对半圆轨道的最大压力大小(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B 的距离 【答案】（1）mgq E∆=（2）(635N F mg =+（3）425v gR =夹角为11arctan 2β=斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处． 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：根据在A 、B 两点的加速度结合牛顿第二定律即可求解小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量；利用“等效重力”的思想找到新的重力场中的电低点即压力最大点； 解：(1)A 点：01·2q E mg m g μ-= B 点13·2q E mg m g μ-= 联立以上两式解得10mgq q q E∆=-=； (2) 从A 到B 过程：2113122··4022g gm R mv +=- 将电场力与重力等效为“重力G '，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”对轨道压力最大，则：'G =cos mgG α='从B 到“等效最低点”过程：222111(cos )22G R R mv mv α--'=22N v F G m R-='由以上各式解得：(6N F mg =+由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为：(6N F mg =+；(3) 从B 到C 过程：2213111·2?22mg R q E R mv mv --=- 从C 点到再次进入电场做平抛运动：13x v t =212R gt =y gt =v13tan y v v β=21tan mgq Eβ=由以上各式解得：12ββ=则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 12tan R x β=从C 点到水平轨道：22124311·2?22mg R q E x mv mv +=- 由以上各式解得：425v gR =126x x x R ∆=+=因此滑块再次到达水平轨道的速度为425V Rg =，方向与水平方向夹角为11arctan 2β=，斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处．3．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E ；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．【答案】（1）2mv E qL =（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）02L t v π=【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，2122L at =，qE ma =联立解得：2mv EqL=(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan xyvvθ==l速度大小02sinvv vθ==设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0 )点，应满足L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2π；当满足L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为2π.则有2R，此时满足L=2nx联立可得：22Rn=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2vqvB mR=得：04nmvBqL=，n=1、2、3....轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为2π.则有222x R，此时满足()221L n x=+联立可得：()2212Rn=+由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222vqvB mR=得：()2221n mvBqL+=，n=1、2、3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =，n=1、2、3....或()02221n mv B qL+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×2π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为02222n n m Lt T qB v ππππ=⨯==或2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯==4．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比； （2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度．【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度为222v g．【解析】 【分析】 【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=L2，解得：r=2 2L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=24Lvπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x=r=v0t2，运动时间：t2=22Lv，则：t1：t2=π：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r=2212at，解得，加速度：a=222vL，对小球，由牛顿第二定律得：a=mgsinmθ=g sinθ，AB边距离桌面的高度：h=L sinθ=222vg；5．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为（L，0）。
高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题
高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，半径为a 的内圆A 是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v 的电子；外圆C 为与A 同心的金属网，半径为3a ．不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m ，电量为e ．(1)为使从C 射出的电子速率达到3v ，C 、A 间应加多大的电压U ； (2)C 、A 间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场．①若沿A 径向射出的电子恰好不从C 射出，求该电子第一次回到A 时，在磁场中运动的时间t ；②为使所有电子都不从C 射出，所加磁场磁感应强度B 应多大．【答案】（1）24mv e （2）①43a π ②(31)B ae ≥- 【解析】 【详解】（1）对电子经C 、A 间的电场加速时，由动能定理得()2211322eU m v mv =- 得24mv U e=（2）电子在C 、A 间磁场中运动轨迹与金属网相切．轨迹如图所示．设此轨迹圆的半径为r ，则)2223a rr a -=+又2rT vπ=得tan 3arθ== 故θ=60°所以电子在磁场中运动的时间2-22t T πθπ= 得439at vπ=（3）若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C 相切．则所有电子都不从C 射出，轨迹如图所示：23r a a '=-又2v evB m r ='得3-1B ae =（）所以3-1B ae≥（）2．一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E 1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E 2，又经0.1s 小球速度为零。
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)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．如图所示，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【解析】 【分析】 【详解】（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1 由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得2011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l rπ=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos22qEl r tmα-=⋅解得:220(23)9mvEqlππ-=2．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射入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．(1)求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B和方向；(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O射入的电子打到N板上的位置到N板左端的距离x．【答案】（1）12mUBL e=垂直纸面向外；（2）32L【解析】【分析】（1）在电场中加速度，在复合场中直线运动，根据动能定理和力的平衡求解即可；（2）洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可；【详解】（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212eU m v=由于电子在两板间做匀速运动，则evB eE=，其中2UEL=联立解得：12mUBL e=根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外；（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有：2vevB mr=，其中由（1）得到2eUvm=设电子打在N板上时的速度方向与N板的夹角为θ，由几何关系有：2cosLrrθ-=由几何关系有：sin x r θ= 联立解得：32x L =． 【点睛】本题考查了带电粒子的加速问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要找出向心力的提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可．3．如图所示，EF 与GH 间为一无场区．无场区左侧A 、B 为相距为d 、板长为L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A 为正极板．无场区右侧为一点电荷Q 形成的电场，点电荷的位置O 为圆弧形细圆管CD 的圆心，圆弧半径为R ，圆心角为120°，O 、C 在两板间的中心线上，D 位于GH 上．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：(1)O 处点电荷的电性和电荷量； (2)两金属板间所加的电压．【答案】(1)负电，2043mv R kq ；(2) 2033mdv qL【解析】（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q 的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O 处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D 点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D 点时速度为：0023303v v v cos ==︒ …①在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q 带负电且满足22Qq v k mR R=…②由①②得：243mv R Qkq=（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°tan 30°=yvv…③v y=at…④qUamd=…⑤Ltv=…⑥由③④⑤⑥得：22003033mdv tan mdvUqL qL︒==4．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心0的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B 点后电量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图像如图乙．已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g，不计空气阻力，求(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B的距离【答案】（1）mgqE∆=（2）(635NF mg=+（3）425v gR=夹角为11arctan2β=斜向左下方，位置在A点左侧6R处．【解析】【分析】【详解】试题分析：根据在A、B两点的加速度结合牛顿第二定律即可求解小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量；利用“等效重力”的思想找到新的重力场中的电低点即压力最大点；解：(1)A 点：01·2q E mg m g μ-= B 点13·2q E mg m g μ-= 联立以上两式解得10mgq q q E∆=-=； (2) 从A 到B 过程：2113122··4022g gm R mv +=- 将电场力与重力等效为“重力G '，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”对轨道压力最大，则：'G =cos mgG α='从B 到“等效最低点”过程：222111(cos )22G R R mv mv α--'=22N v F G m R-='由以上各式解得：(6N F mg =+由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为：(6N F mg =+；(3) 从B 到C 过程：2213111·2?22mg R q E R mv mv --=- 从C 点到再次进入电场做平抛运动：13x v t =212R gt =y gt =v13tan y v v β=21tan mgq Eβ=由以上各式解得：12ββ=则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 12tan R x β=从C 点到水平轨道：22124311·2?22mg R q E x mv mv +=-由以上各式解得：425v gR =126x x x R ∆=+=因此滑块再次到达水平轨道的速度为425V Rg=，方向与水平方向夹角为11 arctan2β=，斜向左下方，位置在A点左侧6R处．5．如图，质量分别为m A=1kg、m B=2kg的A、B两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C、方向水平向右的匀强电场中，A不带电，B带正电、电荷量q=2×10－5C．零时刻，A、B用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s末细绳断开．已知A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s2．求：(1)前2s内，A的位移大小；(2)6s末，电场力的瞬时功率．【答案】(1) 2m (2) 60W【解析】【分析】【详解】（1）B所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加速度a1=1m/s2；由运动规律：x=12a1t12解得A在2s内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬间，AB的速度大小为v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则v1=a1t1=2m/s；绳断后，对B由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得a2=2m/s2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1)解得v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得P=60W6．如图所示，在直角坐标系x0y平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L，L<y<2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q的带负电粒子从坐标(L，3L/2)处以初速度v沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E ；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．【答案】（1）2mv E qL=（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）02L t v π= 【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，2122L at =，qE ma = 联立解得： 2mv E qL=(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan xyv v θ==l 速度大小002sin v v v θ== 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2π；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2v qvB m R=得：04nmv B qL=，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有222x R ，此时满足()221L n x =+联立可得：()2212R n =+由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222v qvB m R =得：()02221n mv B qL+=，n=1、2、3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =，n=1、2、3....或()02221n mv B qL+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×2π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为02222n n m Lt T qB v ππππ=⨯==或2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯==7．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2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0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．（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B②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2010U e y y t dm∆=∆= 【解析】 【详解】（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……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：2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm=+=+= 从t 0、3t 0、……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：220min 001122U e y at t dm== 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，2010U e y t dm∆=（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：sin L R θ=设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1sin y v v θ=，式中00y U ev t dm = 又：1mv R Be=解得：00U t B dL=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△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm∆=∆=8．如图所示，虚线MN 为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E 方向竖直向下且与边界MN 成θ=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P ，P 点到边界MN 的竖直距离为d 。
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据 qvB=m v2 R
解得：B=
mv qR
=
m q
5
3 5
v0 L
=
2mv0 3qL
2
解得： E 4v0 ； B3
（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为 O′，在图中，过 P2 做 v 的垂线交 y=- 3 L 直线与 Q′ 2
点，可得：
3L 5
P2O′=
= L =r
（3）粒子从出发直至到达
P
点经历时间的所有可能取值： t
2a v0
k
m 2qB
(k
1)
3 m 4qB
2a m 3 m
k＝1、2、3……或 t
v0
n n 2qB 4qB
n＝1、2、3……。
【解析】
【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a＝v0t，
竖直方向： a vy t ， 2
解得：vy＝v0，tanθ＝
4．如图，以竖直向上为 y 轴正方向建立直角坐标系；该真空中存在方向沿 x 轴正向、场强 为 E 的匀强电场和方向垂直 xoy 平面向外、磁感应强度为 B 的匀强磁场；原点 O 处的离子 源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为 m、电荷量为-q（q>0）的粒子束，粒子恰 能在 xoy 平面内做直线运动，重力加速度为 g,不计粒子间的相互作用； （1）求粒子运动到距 x 轴为 h 所用的时间；
因此滑块再次到达水平轨道的速度为V4 2 5Rg ，方向与水平方向夹角为
1
arctan
1 2
，斜向左下方，位置在
A
点左侧 6R
处．
2．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0 及 y＜- 3 L 区域存在场强大小相同，方向相反均平 2
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【解析】 【分析】 【详解】（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1 由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得2011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l r π=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=2．如图所示，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．点3,0P L ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q 、质量为m 的带负电粒子．不考虑粒子的重力．（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，-L ），求其速率v 1；（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y 轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度E 以及粒子2的发射速率v 2；（3）若在xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场E o ，粒子3以速率v 3沿y 轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动． 请尝试用该思路求解． 【答案】（1）23BLq m （2221BLq32230B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【详解】（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2111v qv B m r =由几何憨可知：()22211r L r ⎫=-+⎪⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子21L v t =，212qE h t m =在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到289qLB E m=又22212v v Eh =+，得到：29v m=（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0E v B'=而v ''=所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'即：0E v B =3．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。
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【解析】 【分析】 【详解】（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1 由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得2011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l r π=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=2．如图所示，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．点3,0P L ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q 、质量为m 的带负电粒子．不考虑粒子的重力．（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，-L ），求其速率v 1；（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y 轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度E 以及粒子2的发射速率v 2；（3）若在xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场E o ，粒子3以速率v 3沿y 轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动． 请尝试用该思路求解． 【答案】（1）23BLq m （2221BLq32230B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【详解】（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2111v qv B m r =由几何憨可知：()222113r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：13L v t =，212qE h t m =在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到289qLB E m=又22212v v Eh =+，得到：22219BLqv m=（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0E v B'= 而'223v v v ''=+ 所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'即：22003E E v v B B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭3．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。
高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题
高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】 【分析】 【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=ocos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥2．如图所示,有一比荷qm=2×1010C/kg 的带电粒子,由静止从Q 板 经电场加速后,从M 板的狭缝垂直直线边界a 进入磁感应强度为B =1.2×10-2T 的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b ,匀强磁场方向垂直平面向里,a 、b 间距d =2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：(1)带电粒子射入磁场区域时速度v ； (2)Q 、M 两板间的电势差U QM 。
高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题
高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．【答案】(1)0v Ba(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a【解析】 【详解】(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得Bqv 0＝m 2v r故粒子的比荷v q m Ba= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．由几何关系知O ′A ＝r ·ABBC＝2a 则OO ′＝OA －O ′A ＝a即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为OD ＝y m ＝2a所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a ＝v 0·t 02019222qE y t a a m ==>， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有x ＝v 0·t竖直方向有212qE y t m=代入数据得x设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则00tan y x qE x v m v v v θ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝当=y ＝98a 时，H 有最大值 由于98a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为y ＝98a －2a ＝－78a2．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【解析】 【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v ，则对油滴b 做竖直上抛运动，有2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，2012h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p v gh =上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，油滴p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，则由2082pp v m qv m qT r π= 得0T gh r =，由2p r T v π= 得02T T =即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为2r 、4r （轨迹如图所示）．最小矩形的面积为20min2242ghT s r r π=⨯=3．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2平行的屏．现将一电子(电荷量为e ，质量为m ，重力不计)无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，A 点到MN 的距离为2L，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1) 电子到达MN 时的速度；(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tan θ； (3) 电子打到屏上的点P ′到点O 的距离.【答案】(1) eELv m=L . 【解析】 【详解】（1）电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则：a 1＝1eE m ＝eEm 2122La v =解得eELv m=（2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，a 2＝2eE m ＝2eEm t ＝L v v y ＝a 2ttan θ＝y v v=2（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′.由几何关系知：tan θ＝2xLL+解得：x ＝3L .4．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:(1)电压U 0的大小；(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】 【分析】【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=ocos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥5．利用电场可以控制电子的运动，这一技术在现代设备中有广泛的应用，已知电子的质量为m ，电荷量为e -，不计重力及电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应．（1）在宽度一定的空间中存在竖直向下的匀强电场，一束电子以相同的初速度0v 沿水平方向射入电场，如图1所示，图中虚线为某一电子的轨迹，射入点A 处电势为A ϕ，射出点B 处电势为B ϕ．①求该电子在由A 运动到B 的过程中，电场力做的功AB W ；②请判断该电子束穿过图1所示电场后，运动方向是否仍然彼此平行？若平行，请求出速度方向偏转角θ的余弦值cos θ（速度方向偏转角是指末速度方向与初速度方向之间的夹角）；若不平行，请说明是会聚还是发散．（2）某电子枪除了加速电子外，同时还有使电子束会聚或发散作用，其原理可简化为图2所示．一球形界面外部空间中各处电势均为1ϕ，内部各处电势均为221()ϕϕϕ>，球心位于z 轴上O 点．一束靠近z 轴且关于z 轴对称的电子以相同的速度1v 平行于z 轴射入该界面，由于电子只受到在界面处法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，改变前后能量守恒．①请定性画出这束电子射入球形界面后运动方向的示意图（画出电子束边缘处两条即可）；②某电子入射方向与法线的夹角为1θ，求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角2θ的正弦值2sin θ．【答案】（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②是平行；()020cos 2B A v v ve v mθϕϕ==-+； （2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+【解析】 【详解】（1）①AB 两点的电势差为AB A B U ϕϕ=-在电子由A 运动到B 的过程中电场力做的功为()AB AB B A W eU e ϕϕ=-=-②电子束在同一电场中运动，电场力做功一样，所以穿出电场时，运动方向仍然彼此平行，设电子在B 点处的速度大小为v ，根据动能定理2201122AB W mv mv =- 0cos v v θ=解得：()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+（2）①运动图如图所示：②设电子穿过界面后的速度为2v ，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面方向的速度不变，则1122sin sin θθ=v v 电子穿过界面的过程，能量守恒则：2211221122mv e mv e ϕϕ-=- 可解得：()212212e v v mϕϕ-=+ 则()1122211sin sin 2v e v mθθϕϕ=-+故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②()020cos 2B A v v ve v mθϕϕ==-+； （2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+6．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距d =3m ，两金属板间电压U MN = 1×104V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直线上．AF 两点距离为23m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件． 【答案】（152310/m s ；垂直于AB 方向出射．（2）3310（3）235+【解析】试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a，则：Uq mad=解得：102310/3qUa msmd==⨯5110Lt sv-==⨯竖直方向的速度为：v y＝at＝33×105m/s射出时速度为：2252310/3yv v v m s=+=⨯速度v与水平方向夹角为θ，3tan3yvvθ==，故θ=30°，即垂直于AB方向出射．（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移213262dy at m===，即粒子由P1点垂直AB射入磁场，由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为12cos303dR m==o由211vB qv mR=知：1133mvB TqR==（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin60RRo+=故半径2(233)R m=又222vB qv mR=故223B+=所以B2应满足的条件为大于235+．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.7．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x 轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R 的半圆和一个长为2R、宽为2R的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度v 从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R ，0)点进入磁场区域．(1)求电场强度大小及粒子经过P 点时的速度大小和方向； (2)为使粒子从AC 边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?【答案】(1) 224mv E qR=2v ，速度方向沿y 轴负方向8222mv mv B ≤≤)2713mvqR【解析】 【分析】 【详解】（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动132cos 4522cos 45RL R R =-︒=︒1L vt =沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a22sin 452L R R =︒=2212L at =qE a m=设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v 、2v ，合速度v '1v v =、2v at =，2tan v vθ=联立可得224mv E qR=进入磁场的速度22122v v v v =+='45θ=︒，速度方向沿y 轴负方向（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A 点射出时，运动半径12Rr =由211mv qv B r =''得122mvB =当粒子从C 点射出时，由勾股定理得()222222R R r r ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭解得258r R =由222mv qv B r =''得282mvB =根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当8222mv mvB ≤≤时，粒子从AC 边界射出（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行于x轴，其半径为3r，由几何关系得222 332Rr r R⎛⎫+-=⎪⎝⎭解得()3714Rr+=由233mvqv Br=''得()322713mvBqR-=磁感应强度小于3B，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x轴下方，便不会回到电场中8．如图所示，虚线OL与y轴的夹角θ=450，在OL上侧有平行于OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。
高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析
高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【解析】 【分析】 【详解】（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1 由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得2011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l rπ=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos22qEl r tmα-=⋅解得:220(23)9mvEqlππ-=2．如图所示，在直角坐标系x0y平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L，L<y<2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q的带负电粒子从坐标(L，3L/2)处以初速度v沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间．【答案】（1）2mvEqL=（2）04nmvBqL=n=1、2、3 (3)2Ltvπ=【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有：0L v t=，2122Lat=，qE ma=联立解得：2mvEqL=(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan xyvvθ==l速度大小002sin v v v θ== 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2π；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2v qvB m R=得：04nmv B qL=，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有222x R ，此时满足()221L n x =+联立可得：()2212R n =+由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222v qvB m R =得：()02221n mv B qL+=，n=1、2、3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =，n=1、2、3....或()02221n mv B qL+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×2π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为02222n n m Lt T qB v ππππ=⨯==或2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯==3．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电量为+q 、质量为m 的粒子，在P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示．该粒子运动到图中Q 点时速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示．已知P 、Q 间的距离为L ．若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P 点运动到Q 点．不计重力．求：（1）电场强度的大小．（2）两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之比．【答案】22B qLE m=；2B E t t π= 【解析】 【分析】 【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，则有20v qv B m R= 由于粒子在Q 点的速度垂直它在p 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹为14圆周，故有2R =以E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212E R at =竖直方向上：0E R v t =由以上各式，得22B qL Em =且EmtqB=（2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为14圆周，即142Bt TmqBπ==所以2BEttπ=4．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R的半圆和一个长为2R、宽为2R的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m、电荷量为+q的粒子(重力忽略不计)以速度v从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R，0)点进入磁场区域．(1)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向；(2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?【答案】(1)224mvEqR=2v，速度方向沿y轴负方向(2)82225mv mvBqR qR≤≤(3))2713mvqR【解析】【分析】【详解】（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动132cos4522cos45RL R R=-︒=︒1L vt=沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a22sin452L R R=︒=2212L at=qEam=设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v，合速度v'1v v=、2v at=，2tanvvθ=联立可得224mvEqR=进入磁场的速度22122v v v v=+='45θ=︒，速度方向沿y轴负方向（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A点射出时，运动半径12Rr=由211mvqv Br=''得122mvBqR=当粒子从C点射出时，由勾股定理得()222222RR r r⎛⎫-+=⎪⎝⎭解得258r R=由222mvqv Br=''得2825mvBqR=根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当82225mv mvBqR qR≤≤时，粒子从AC边界射出（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行于x轴，其半径为3r，由几何关系得222 332Rr r R⎛⎫+-=⎪⎝⎭解得()3714Rr+=由233mvqv Br=''得()322713mvBqR-=磁感应强度小于3B，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x轴下方，便不会回到电场中5．如图所示，虚线OL与y轴的夹角θ=450，在OL上侧有平行于OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。
高考物理带电粒子在电场中的运动提高训练及解析
高考物理带电粒子在电场中的运动提高训练及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，半径为a 的内圆A 是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v 的电子；外圆C 为与A 同心的金属网，半径为3a ．不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m ，电量为e ．(1)为使从C 射出的电子速率达到3v ，C 、A 间应加多大的电压U ； (2)C 、A 间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场．①若沿A 径向射出的电子恰好不从C 射出，求该电子第一次回到A 时，在磁场中运动的时间t ；②为使所有电子都不从C 射出，所加磁场磁感应强度B 应多大．【答案】（1）24mv e （2）①43a π ②(31)B ae ≥- 【解析】 【详解】（1）对电子经C 、A 间的电场加速时，由动能定理得()2211322eU m v mv =- 得24mv U e=（2）电子在C 、A 间磁场中运动轨迹与金属网相切．轨迹如图所示．设此轨迹圆的半径为r ，则)2223a rr a -=+又2rT vπ=得tan 3arθ== 故θ=60°所以电子在磁场中运动的时间2-22t T πθπ= 得439at vπ=（3）若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C 相切．则所有电子都不从C 射出，轨迹如图所示：23r a a '=-又2v evB m r ='得3-1B ae =（）所以3-1B ae≥（）2．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．【答案】(1)0v Ba(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a【解析】 【详解】(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得Bqv 0＝m 2v r故粒子的比荷v q m Ba= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．由几何关系知O ′A ＝r ·ABBC＝2a 则OO ′＝OA －O ′A ＝a即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为OD ＝y m ＝2a所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a ＝v 0·t 02019222qE y t a a m ==>， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有x ＝v 0·t竖直方向有212qE y t m=代入数据得x＝2ay设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则002tan y x qE x v m v y v v aθ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y -当322a y y -=时，即y ＝98a 时，H 有最大值 由于98a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为y ＝98a －2a ＝－78a3．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。
高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题及解析
高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．点3,0P L ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q 、质量为m 的带负电粒子．不考虑粒子的重力．（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，-L ），求其速率v 1；（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y 轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度E 以及粒子2的发射速率v 2；（3）若在xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场E o ，粒子3以速率v 3沿y 轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动． 请尝试用该思路求解． 【答案】（1）23BLq m （2221BLq32230B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【详解】（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2111v qv B m r =由几何憨可知：()2221133r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：133L v t=，212qE h t m = 在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到289qLB E m=又22212v v Eh =+，得到：2221BLqv =（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0E v B'= 而'223v v v ''=+ 所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'即：22003E E v v B B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭2．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。
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专题七带电粒子在电场中的运动考点1| 电场的性质难度：中档题题型：选择题五年7考(2014·江苏高考T4)如图1所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )图1A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低【解题关键】解此题的关键有两点：(1)圆环正电荷均匀分布，x轴上各处的场强方向与x轴平行．(2)沿电场方向电势降低，但电场强度不一定减小．B[根据电场的叠加原理和电场线的性质解题．根据电场的对称性和电场的叠加原理知，O点的电场强度为零．在x轴上，电场强度的方向自O点分别指向x轴正方向和x轴负方向，且沿电场线方向电势越来越低，所以O点电势最高．在x轴上离O点无限远处的电场强度为零，故沿x轴正方向和x轴负方向的电场强度先增大后减小．选项B正确．] (2016·江苏高考T3)一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图2所示，容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是( )图2A．A点的电场强度比B点的大B．小球表面的电势比容器内表面的低C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直D．将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【解题关键】解此题的关键有三点：(1)电场线越密的地方电场强度越大(2)电场线一定与该处的等势面垂直．(3)电场力做功的大小由始末两点的电势差与移动的电荷量共同决定．C[由题图知，B点处的电场线比A点处的密，则A点的电场强度比B点的小，选项A 错误；沿电场线方向电势降低，选项B错误；电场强度的方向总与等势面导体表面垂直，选项C正确；检验电荷由A点移动到B点，电场力做功一定，与路径无关，选项D错误．] (多选) (2014·全国卷ⅠT21)如图3所示，在正点电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M＝30°.M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM＝φN，φP＝φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则( )图3A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正拭探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP大于φM【解题关键】解此题的关键有两点：(1)正点电荷Q 形成电场及等势面的特点． (2)灵活应用三角形的几何关系．AD [本题根据点电荷形成电场中等势面的特点及在任何电场中电场线与等势面垂直的特性进行解题．电场是由正点电荷产生的，所以电场线由正点电荷指向无穷远处，并且跟点电荷距离相等的点，电势相等，场强大小相等．由于φM ＝φN ，φP ＝φF ，所以点电荷Q 到M 和N 的距离相等，到P 和F 的距离相等，即过F 作MN 的中垂线，然后作FP 的中垂线，两中垂线的交点为点电荷Q 所在的位置，由几何知识得Q 在MP 上，如图所示，故选项A 正确；点电荷形成的电场中等势面是球面，故选项B 错误；正试探电荷与Q 同号，所以受斥力作用，故将其从P 点搬运到N 点时，电场力做正功，故选项C 错误；由几何关系知点电荷Q 距M 的距离大，距P 的距离小，所以φM <φP ，故选项D 正确．]1．高考考查特点(1)本考点重在考查电场中的基本概念、典型电场的分布特点、电场线、等势面及电场强度的关系，电场、电势能高低的判断．(2)理解电场力、电场力做功的特点，电场力做功与电势能的关系，灵活应用电场线分析电势高低，电势能的变化是解题的关键．2．解题常见误区及提醒(1)典型电场中电场线的分布特点不熟练，特别是正、负点电荷电场线的方向． (2)不清楚运动电荷的电性，出现受力及做功判断的错误． (3)公式U ＝E ·d 的适用条件不清楚，乱套公式． (4)电场力做功与电势能变化关系不准确．●考向1 电场力的性质1．(2013·江苏高考T 3)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O 处电场强度最大的是( )B [每个14圆环在O 点产生的电场强度大小相等，设为E .根据电场的叠加原理和对称性，得A 、B 、C 、D 各图中O 点的电场强度分别为E A ＝E 、E B ＝2E 、E C ＝E 、E D ＝0，故选项B 正确．]●考向2 电场能的性质2．(多选)(高考改编)在[例3](2014·全国卷ⅠT 21)中，将三角形换成椭圆，如图4所示，已知a 、b 、c 、d 为椭圆的四个顶点，＋Q 处在椭圆的一个焦点上，一带负电的点电荷仅在库仑力作用下绕固定的点电荷＋Q 运动，则下列说法正确的是( )【导学号：25702029】图4A ．负电荷在a 、c 两点所受的电场力相同B ．负电荷在a 点和c 点的电势能相等C ．负电荷由b 运动到d 的过程中电势能增加，动能减少D ．负电荷由a 经b 运动到c 的过程中，电势能先增加后减少BC [在a 、c 两点负电荷所受电场力方向不同，A 项错误；以单个点电荷为球心的球面是等势面，所以a 、c 两点电势相等，根据电势与电势能的关系可知，负电荷在a 、c 两点电势能也相等，B 项正确；负电荷由b 到d 过程中，电场力始终做负功，电势能增加，动能减少，C 项正确；负电荷由a 经b 到c 的过程中，电场力先做正功再做负功，故电势能先减少后增加，D 项错误．]3. (多选)在绝缘、光滑的水平桌面上有一带负电的小球只在电场力作用下沿x 轴正向运动，其电势能E p 随位移x 变化的关系如图5所示，则下列说法中正确的是( )图5A ．在带负电的小球从x 1处运动到x 2处的过程中，电场力做正功B ．x 1、x 2处的电场强度方向均沿x 轴正方向C ．x 1处的场强大小大于x 2处的场强大小D ．x 1处的电势比x 2处的电势低AD [由于小球从x 1处运动到x 2处的过程中电势能减小，因此电场力做正功，A 项正确；由于电场力做正功，因此小球所受电场力的方向沿x 轴正方向，场强方向沿x 轴负方向，B 项错误；沿电场方向电势降低，D 项正确；由ΔE p ＝qE Δx ，即qE ＝ΔE pΔx 可知E p x 图线上某点的斜率的绝对值反映了电场强度的大小，由题图可知x 1处的场强大小小于x 2处的场强大小，C 项错误．]●考向3 电场的综合应用4．如图6所示，均匀带正电圆环带电荷量为Q ，半径为R ，圆心为O ，A 、B 、C 为垂直于圆环平面的中心轴上的三个点，且BC ＝2AO ＝2OB ＝2R ，当在C 处放置一点电荷时(不影响圆环的电荷分布情况，整个装置位于真空中)，B 点的电场强度恰好为零，则由此可得A 点的电场强度大小为( )图6A.2kQ 4R 2 B.52kQ 16R 2 C.32kQ 16R2 D ．2kQ 2R2B [在带电圆环上取一长为Δl 的微小段，则其所带电荷量为Δq ＝Q ·Δl2πR，此微小段在B 点产生的电场强度为E 1＝kΔq 2R2，由对称性可知，带电圆环在B 处产生的电场强度是水平向右的(垂直分量相抵消)，大小为E B ＝2πR Δl ·E 1·cos 45°，联立得E B ＝2kQ4R 2，再由对称性知，圆环在A 点产生的电场强度水平向左，大小也为2kQ4R2，又因在C 处放置一点电荷时，B 点的电场强度恰好为零，故点电荷在B 点产生的电场强度水平向左，大小为2kQ 4R2，由点电荷电场强度决定式可知点电荷在A 点产生的电场强度水平向左，大小为2kQ16R2，由电场强度的矢量叠加可知A 点的电场强度大小为52kQ 16R2，B 项正确．]5. (2016·湖北黄石二调)如图7所示，一个“V”形玻璃管ABC 倒置于竖直平面内，并处于场强大小为E ＝1×103V/m 、方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G ＝1×10－3N 、电荷量为q ＝2×10－6C 的带负电小滑块从A 点由静止开始运动，小滑块与管壁的动摩擦因数μ＝0.5.已知管长AB ＝BC ＝L ＝2 m ，倾角α＝37°，B 点处是一段很短的光滑圆弧管，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )图7A ．B 、A 两点间的电势差为2 000 VB ．小滑块从A 点第一次运动到B 点的过程中电势能增大C ．小滑块第一次速度为零的位置在C 处D ．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3 mD [U BA ＝EL sin α＝1.2×103V ，A 错误；小滑块从A 点第一次运动到B 点过程中，电场力做正功，电势能减小，B 错误；小滑块受到竖直向上的电场力为F ＝qE ＝2×10－3N ＝2G ，重力和电场力的合力大小等于G 、方向竖直向上，可以把电场力与重力的合力等效为一个竖直向上的“重力”，小滑块开始沿玻璃管运动的加速度为a 1＝g (sin α－μcos α)＝2 m/s 2，所以小滑块第一次到达B 点时的速度为v ＝2a 1L ＝2 2 m/s ，在BC 段，小滑块做匀减速运动，加速度大小为a 2＝g (sin α＋μcos α)＝10 m/s 2，所以第一次速度为0的位置到B 点的距离为x ＝v 22a 2＝0.4 m ，C 错误；小滑块第一次速度减为零后，又反向向B 加速运动，到B后又减速向A 运动，这样不断地往复，最后停在B 点，根据能量守恒定律，有GL sin α＝μGs cos α，解得s ＝3 m ，即小滑块通过的总路程为3 m ，D 正确．]电场强度、电势、电势能的判断方法1．电场强度：(1)根据电场线的疏密程度进行判断；(2)根据等势面的疏密程度进行判断；(3)根据E ＝ma q进行判断．2．电势：(1)沿电场线方向电势逐渐降低；(2)若q 和W ab 已知，由U ab ＝W abq判定． 3．电势能：(1)电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大；(2)正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能反而小．考点2| 平行板电容器难度：中档题 题型：选择题 五年1考(2012·江苏高考T 2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小 【解题关键】关键语句信息解读保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变 平行板电容器的S 、d 、Q 大小不变 在两极板间插入一电介质电容器介电常数ε增大B [由平行板电容器电容决定式C ＝4πkd 知，当插入电介质后，ε变大，则在S 、d不变的情况下C 增大；由电容定义式C ＝Q U 得U ＝Q C，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势差U 减小，选项B 正确．](2015·全国卷ⅡT 14)如图8所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒， 微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图8A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动【解题关键】 解此题的关键有两点： (1)带电微粒在两板间的受力情况． (2)两板旋转45°后电场强度的变化特点．D [两板水平放置时，放置于两板间a 点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D 正确．]1．高考考查特点(1)高考在本考点的命题热点为电容器的动态分析，带电体在电容器间的受力情况及运动情况．(2)解此题目的关键是从力、电两个角度分析研究，特别明确两种连接方式，并灵活应用C ＝εS 4πkd ，C ＝Q U ，E ＝Ud等常用公式． 2．解题的常见误区及提醒(1)不能正确判断平行板电容器中的变量和不变量． (2)电容器的定义式C ＝Q U 及决定式C ＝εS4πkd 混淆．(3)分析带电体的运动时，易出现受力分析的错误．●考向1 电容器的动态分析6．如图9所示的实验装置中，极板A 接地，平行板电容器的极板B 与一灵敏的静电计相接．将A 极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q 、电容C 、两极间的电压U 及电容器两极板间的场强E 的变化情况是( )【导学号：25702030】图9A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 变小C [电容器未接电源，故电容器的电荷量Q 不变，A 、B 错误；根据C ＝Q U 及E ＝U d 、C ＝εr S4πkd 可知，当两极板间的距离d 增大时，C 变小，U 变大，三式联立可得E ＝4πkQεr S，故电场强度E 不变，C 正确，D 错误．]7．(2016·开封二模)如图10所示，一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S ，电容器充电后，细线与竖直方向夹角为φ，则下列说法中正确的是( )图10A ．保持开关S 闭合，使两极板靠近一些，φ将减小B ．保持开关S 闭合，将滑动变阻器滑片向右移动，φ将减小C ．打开开关S ，使两极板靠近一些，φ将不变D ．轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动C [保持开关S 闭合，即电容器两端电压不变，使两极板靠近些，由E ＝Ud知，电场强度增大，φ将增大，A 项错误；调节滑动变阻器滑片不影响电容器两极板间的电压，B 项错误；打开开关S ，电容器两极板所带电荷量不变，使两极板靠近一些，由C ＝εr S 4πkd 、U ＝QC、E ＝Ud知，E 不变，即夹角φ不变，C 项正确；轻轻将细线剪断，小球将沿细线方向向下做匀加速直线运动，D 项错误．]●考向2 平行板电容器的综合问题8．(高考改编)在[例5](2015·全国卷ⅡT 14)中，若在两极板接上电源，如图11所示，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．此时极板带电荷量与微粒带电荷量的比值为k ，则( )图11A ．微粒带正电B ．微粒带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgdU 2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动C [带电微粒静止在两极板间，重力与电场力等大、反向，电场力竖直向上，而电容器上极板与电源正极相连为正极板，两板间电场方向竖直向下，综上可知，带电微粒带负电，A 项错；由场强与电势差关系可知，mg ＝Eq ＝U d q 解得：q ＝mgdU，B 项错；由题意知，电容器带电荷量Q ＝kq ＝kmgd U ，由电容的定义式知，C ＝Q U ＝kmgdU2，C 项正确；电容器与电源保持连接时，两板间电势差不变，N 板向下移动，板间距离变大，F 电＝Udq ，微粒所受电场力减小，微粒向下运动，D 项错．]平行板电容器问题的分析思路(1)明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的以及怎样变化． (2)应用平行板电容器的决定式C ＝εr S4πkd 分析电容器的电容的变化．(3)应用电容的定义式C ＝Q U分析电容器带电量和两板间电压的变化情况． (4)应用E ＝U d分析电容器两极板间电场强度的变化．考点3| 带电粒子在电场中的运动难度：中档题 题型：选择题、计算题 五年1考(2016·全国甲卷T 15)如图12所示，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c .则( )图12A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b【解题关键】解此题的关键有三点： (1)点电荷电场线、等势线的分布特点． (2)带电粒子运动轨迹和受力的关系． (3)电场力做功与动能的变化关系．D [a 、b 、c 三点到固定的点电荷P 的距离r b <r c <r a ，则三点的电场强度由E ＝k Q r2可知E b >E c >E a ，故带电粒子Q 在这三点的加速度a b >a c >a a .由运动轨迹可知带电粒子Q 所受P 的电场力为斥力，从a 到b 电场力做负功，由动能定理－|qU ab |＝12mv 2b －12mv 2a <0，则vb <v a ，从b到c 电场力做正功，由动能定理|qU bc |＝12mv 2c －12mv 2b >0，vc >v b ，又|U ab |>|U bc |，则v a >v c ，故v a >v c >v b ，选项D 正确．](2015·全国卷ⅡT 24)如图13所示，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A 、B 两点间的电势差．图13【解题关键】 解此题可按以下思路：(1)重力不计，只受电场力，A 、B 两点在垂直电场方向分速度相等． (2)求电势差，可考虑应用动能定理．【解析】 设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即v B sin 30°＝v 0sin 60°①由此得v B ＝3v 0 ②设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有qU AB ＝12m (v 2B －v 20)③联立②③式得U AB ＝mv 20q.④【答案】mv 20q1．高考考查特点高考对本考点的考查重在应用动力学观点和动能定理分析计算带电粒子在电场运动过程中的受力、做功及能量变化．2．解题的常见误区及提醒(1)常见典型电场的电场线、等势面的分布特点．(2)电场线、等势面与运动轨迹结合点及题目中力的方向判断． (3)动能定理应用时易出现分解的错误．●考向1 电场中的直线运动9．(2016·武汉二模)如图14所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电量为q ，从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )【导学号：25702031】图14A ．微粒达到B 点时动能为12mv 2B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板的电势差U MN ＝mgdq cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程电势能减少mgdcos θC [物体在运动过程中，受力如图所示．由于物体受力不在一条直线上，因此不可能做匀速直线运动，到达B 点的动能一定不是12mv 20，因此A 错误；将电场力分解到水平方向和竖直方向上，可知，Eq cos θ＝mg ，Eq sin θ＝ma ，因此加速度大小为g tan θ，B 错误；电容器内的电场强度E ＝mgq cos θ，因此两板间的电势差为U ＝Ed ＝mgdq cos θ，C 正确；从A 向B 运动的过程中，由于电场力做负功，电势能增加，D 错误．]●考向2 电场中的曲线运动10．(2016·西安六校联考)如图15所示，水平放置、相距为d 的两块平行金属板M 、N 与电源相连，开关S 闭合后，M 、N 间产生了匀强电场，一个重力与电场力相等的带电粒子垂直于电场方向从M 板边缘射入电场，粒子恰好打在N 板中央，已知重力加速度为g .图15(1)若开关S 闭合，为了让粒子恰能飞出电场，应将N 板向下平移多少？(2)若开关S 断开且粒子初速度大小变为原来的3倍，重力忽略不计，为了让粒子恰能飞出电场，应将N 板向上平移多少？【解析】 设电源电压为U ，粒子初速度为v 0，金属板长为L (1)当开关S 闭合时，两板间电压不变，由类平抛规律知L2＝v 0t 1，d ＝12·qE ＋mg m·t 21＝gt 21 设N 板向下平移距离为x 1，粒子恰能飞出电场，则有 L ＝v 0t 2，d ＋x 1＝12·qE ＋mg m ·t 22＝gt 22联立可得x 1＝3d .(2)当开关S 断开时，两板所带电荷量不变，电场强度E 不变，设N 板上移距离为x 2，则L ＝3v 0t 3，d －x 2＝12·qE m ·t 23＝12gt 23联立解得x 2＝79d .【答案】 (1)3d (2)79d●考向3 电场中的力电综合问题11．(2016·东北三省五市联考)如图16所示，一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ 、MN 和一半径为R 的光滑半圆环MAP 组成，固定在竖直平面内，其中MN 杆是光滑的，PQ 杆是粗糙的．现将一质量为m 的带正电荷的小环套在MN 杆上，小环所受的电场力为重力的12.图16(1)若将小环由D 点静止释放，则刚好能到达P 点，求DM 间的距离；(2)若将小环由M 点右侧5R 处静止释放，设小环与PQ 杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．【解析】 (1)设DM 间距离为x ，对小环从D 点到P 点过程由动能定理得qEx －2mgR ＝0－0又有qE ＝12mg解得x ＝4R .(2)若μ≥12，则μmg ≥qE设小环到达P 点右侧距离P 点x 1处静止，由动能定理得qE (5R －x 1)－2mgR －μmgx 1＝0解得x 1＝R1＋2μ则整个运动过程中克服摩擦力所做的功W f ＝μmgx 1＝μmgR1＋2μ若μ<12，则μmg <qE小环经过往复运动，最后不能达P 点右侧，全过程由动能定理得qE ·5R －2mgR －W f ＝0解得W f ＝12mgR .【答案】 (1)4R (2)若μ≥12，W f ＝μmgR 1＋2μ 若μ<12，W f ＝12mgR带电粒子在电场中的运动问题的解题思路(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是曲线运动问题． (2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：①如果是带电粒子在恒定电场力作用下做直线运动的问题，应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．(3)对于曲线运动问题，如是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，应用动力学方法或功能方法求解．热点模型解读| 平行板电容器中带电粒子运动模型考题2012·江苏高考T 152015·全国卷ⅡT 142015·山东高考T 20模型展示加速与偏转模型带电粒子在电场中的动力学问题带电体在变化电场中的运动考题2012·江苏高考T 15 2015·全国卷ⅡT 14 2015·山东高考T 20模型解读带电体在平行板电容器间的运动，实际上就是在电场力作用下的力电综合问题，依然需要根据力学解题思路求解，解题过程要遵从以下基本步骤：(1)确定研究对象(是单个研究对象还是物体组)；(2)进行受力分析(分析研究对象所受的全部外力．其中电子、质子、正负离子等基本微观粒子在没有明确指出或暗示时一般不计重力，而带电油滴、带电小球、带电尘埃等宏观带电体一般要考虑其重力)；(3)进行运动分析(分析研究对象所处的运动环境是否存在束缚条件，并根据研究对象的受力情况确定其运动性质和运动过程)；(4)建立物理等式(由平衡条件或牛顿第二定律结合运动学规律求解，对于涉及能量的问题，一般用动能定理或能量守恒定律列方程求解.能忽略，当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，水平放置的平行金属板间有一带电液滴正好处于静止状态，在将滑片P由左端点a滑向右端点b的过程中，下列关于液滴的带电情况及运动情况(液滴始终没与极板相碰)分析正确的是( )图17A．液滴带正电，液滴将向上做匀加速直线运动B．液滴带正电，液滴将以原平衡位置为中心做往复运动C．液滴带正电，液滴将向上先做变加速再做变减速直线运动D．液滴带负电，液滴将向上做变速直线运动【解题指导】当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态，所以电场力竖直向上，由题图知下极板带正电，即液滴一定带正电，D项错误；因滑片由左端点a滑向右端点b的过程中，外电路总电阻先增大后减小，电路的总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，即电源的路端电压先增大后减小，所以电容器两极板间电压先增大后减小，由E＝Ud可知电容器两极板间电场强度先增大后减小，但方向不变，所以液滴的加速度先增大后减小，方向一直向上，即液滴将向上先做变加速运动再做变减速直线运动，C项正确，A、B项错误．【答案】 C[拓展应用] 如图18(a)所示，平行板电容器间距为d，两板所加电压如图(b)所示，t ＝0时刻，质量为m、带电荷量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器，2.5T时恰好落在下极板上，带电粒子的重力不计，在这一过程中，求：图18(1)该粒子的水平位移； (2)粒子落到下极板时的速度．【解析】 (1)带电粒子在水平方向不受外力作用，做匀速直线运动，因此水平位移为s ＝v 0t ＝v 0×2.5T ＝2.5v 0T .(2)带电粒子落在下极板上时在竖直方向的分速度为v y ＝a ·32T ＝3qU 02mdT 粒子落在下极板上时的速度大小为v ＝v 2x ＋v 2y ＝v 20＋9q 2U 20T 24m 2d2.【答案】 (1)2.5v 0T (2) v 20＋9q 2U 20T 24m 2d2。