2011届高三二轮物理专题限时规范训练5带电粒子在电场中的运动1
物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析及解析
物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，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：2043mv RQ kq=（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30° tan 30°=0y v v …③v y =at…④qUa md=…⑤ 0Lt v =…⑥ 由③④⑤⑥得：22003033mdv tan mdv U qL qL︒==2．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 -=，212h 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 =，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=⨯=3．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=60W4．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；()202B A ve v mϕϕ-+；（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：()0020cos 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 2e v mθϕϕ=-+故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②()202B A ve v mϕϕ-+；（2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+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 =m 2v R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 =12at 2…① a =qE m =qU md …② t =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+R 0-R 0cosα 可知tanα=43，即α=53° 比例η=53180︒o×100%=29%6．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。
高三物理专项基础训练 第练 带电粒子在电场中的运动
咐呼州鸣咏市呢岸学校第34练带电粒子在电场中的运动〔1〕一、单项选择题〔每题只有一个选项符合题意〕1.a粒子的质量是质子的4倍，电荷量是质子的2倍，它们从静止开始在同一匀强电场中加速，经过相的路程之后，它们获得的动能之比为〔〕A.2∶1B.1∶1C.1∶2D.1∶22.以下粒子从初速度为零的状态经过加速电压为U的电场之后，哪种粒子的速度最大〔〕A.质子B.氘核C.氦核D.金属钠离子3.如下图，在O点放置正点电荷Q，a、b两点的连线过O点，且Oa=ab，以下说法中正确的选项是〔〕A.将质子从a点由静止释放，质子向b做匀加速运动B.将质子从a点由静止释放，质子运动到b的速率为v，那么将a粒子从a点由静止释放后运动到b点的速率为2 2 vC.假设电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为v，那么电子以Ob为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为2vD.假设电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为v，那么电子以Ob为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为2 v4.如下图，真空中A、B两板间有匀强电场，一电子由A板无初速度释放运动到B板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为s1和s2；在前一半位移和后一半位移所经历的时间分别是t1和t2，以下选项中正确的选项是〔〕A. s1∶s2=1∶4，t1∶t2=2∶1B. s1∶s2=1∶3，t1∶t2=2∶1C. s1∶s2=1∶4，t1∶t2=1∶〔2－1〕D. s1∶s2=1∶3，t1∶t2=〔1∶2－1〕5.如下图，P和Q为两平行金属板，板间电压为U，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动.关于电子到达Q板时的速率，以下说法中正确的选项是〔〕A.两板间距离越大，加速时间越长，获得的速率就越大B.两板间距离越小，加速度越大，获得的速率就越大C.与两板间距离无关，仅与加速电压U有关D.以上说法都不正确6.如下图，长为L，倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，那么〔〕A.A、B两点的电势差一为sin mgLqB.小球在B点的电势能一大于小球在A点的电势能C.假设电场是匀强电场，那么该电场的场强的最大值一是mg qD.假设该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，那么Q一是正电荷7.在空间有一正方向水平向右、大小按图所示的图线变化的电场，位于电场中A点的电子在t=0时速度为零，在t=1s时，电子离开A点的距离大小为s，那么在t=2s时，电子将处在〔〕A.A点B.A点左方s处C.A点右方2s处D.A点左方2s处二、多项选择题〔每题有多个选项符合题意〕8.在如下图的装置中，B和A两板间的电压为U，C和D两板间电压为2U从F处释放出一个无初速度的电子，电荷量为e.关于电子的运动，以下说法中正确的选项是〔〕A.电子到达B板时的动能是eUB.电子从B板到达C板时动能不变C.电子到达D板时动能是3eUD.电子将在A板和D板之间往复运动9.一个带正电的微粒放在电场中，场强的大小和方向随时间变化的规律如下图.带电微粒只在电场力的作用下，由静止开始运动.那么以下说法中正确的选项是〔〕A.微粒在0～1s内的加速度与1s～2s内的加速度相同B.微粒将沿着一条直线运动C.微粒做往复运动D.微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同10.如下图，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的各有一小孔M和N.今有一带电质点自A板上方相距为d的P点由静止自由下落〔P、M、N在同一竖直线上〕，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返同.假设保持两极板间的电压不变，那么〔〕A.把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回B.把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C.把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回D.把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落11.如下图，一对平行金属板A、B间有交流电压，B板电势为0，A板电势0cos tϕϕω=，一个不计重力初速度为0的电子，在t=0时刻静止在O点处，那么电子运动情况可能为〔〕A.以某点为平衡位置来回振动B.一直向A板运动，到A板时速度恰好为0C.一直向A板加速运动，且打到A板D.电子可能运动到O点的左边三、计算题12.如下图，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正点电荷Q为圆心的某一圆周交于B、C点，质量为m，带电荷量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，q<Q，AB=h，小球滑到B点时速度大小为3gh.求：〔1〕小球由A到B过程中静电力做的功；〔2〕A、C两点的电势差.13.由AB、CD两金属板组成平行板电容器，其电容为C，两板与水平面夹角为a，并充以电荷量Q如下图，有一油滴质量为m，带电荷量为q，由A点从静止开始沿水平方向做直线运动，恰能到达D点〔设两板间为匀强电场〕问：〔1〕电容器两板间电势差为多少？〔2〕两板间的电场强度为多少？〔3〕油滴从A点运动到D点共用多少时间？14.在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电荷量为+2q，B球的带电荷最为－3q，组成一带电系统，如下图，虚线MP为AB两球连线的垂直平分线，虚线NQ 与MP平行且相距4L.最初A和B分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为3L.假设视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP，NQ间加上水平向右的匀强电场E后，求：〔1〕B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；〔2〕带电系统从开始运动到速度第一次为零所需时间以及B球电势能的变化量.15.如下图，由A、B两平行板构成的电容器，电容为C，原来不带电.电容器的A板接地，并且中心有一个小孔，通过这个小孔向电容器中射入电子，射入的方向垂直于极板，射入的速度为v0.如果电子的发射是一个一个单独进行的，即第一个电子到达B板后再发射第二个电子，并且所有和B板相碰的电子都留在B 板上.随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，直至到达一个稳值.电子的质量为m、电荷量为e，电子所受的重力可忽略不计，A、B两板的距离为L.〔1〕有n个电子到达B板上，这时两板间电场的场强E多大？〔2〕最多能有多少个电子和B板相碰？〔3〕到达B板的第1个电子在两板间运动的时间和最后一个电子在两板间运动的时间相差多少？第34练带电粒子在电场中的运动〔1〕1.A2.A3.B 解析由于库仑力变化，因此质子向b不是做匀加速运动，A错误，由于a、b之间的电势有效期恒，根据动能理得ABqUmv=221，可得mqUv AB2=，那么知a粒子从a点由静止释放后运动到b点的速率为v22，B正确；当电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动时，根据rvmrQqk22=，可得mrkQqv=，那么知电子以Ob为半径绕O做匀速圆周运动时的线速度为22v，C、D错误.4.D5.C 解析由221mvvq=得mvqv2=6.A7.D8.ABD9.BD10.ACD 解析因为UAB不变，PN距离不变，即重力功于静电力的功，故A正确，B错；B板上移，重力功大于静电力做的功，B板下移，重力功大于静电力做的功，故CD正确.此题可采用假设法分析：不管B板上移还是下移，都设粒子能到达N孔，那么静电力做功都为qU，而当B 板上移时，重力做功少于mg·2a，使质点不具备克服静电力做qU功的动能，故质点不能到达N孔，即到达某一点时动能变为零而后沿原路返回；假设B板下移，质点到N孔时，所具有的功能大于零，即重力所做的功大于qU.所以质点从N孔射出后继续向下运动.11.ABC12.〔1〕由动能理得：221BmvmghW=+得：mghW21=；〔2〕.2qmghqWUUABAC===13.〔1〕设电容器两极间电压为U由UQC=得CQU=〔2〕设匀强电场场强为E ，带电粒子沿直线AD 运动，那么： 〔3〕设板间距离为d ，粒子从 到D 位移为s ，那么：粒子带达C 处速度为v ，那么：221mv qU =，得：st v=2，即a d t cm qU sin 22= 得：mc Qq g a t cmg a Qq E U d 2cot ,cos ===14.〔1〕带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二律得m qEm qE a ==221球B 刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有L a v 1212=，解得：m qELv 21=〔2〕对带电系统进行分析，假设球A 能到达右极板，静电力对系统做功为W1，有0)23(321=⨯-+⨯=L qE L qE W故带电系统速度第一次为零时，球A 恰好到达右极板Q.设球B 从静止到刚进入电场的时间为t1，那么111a v t =，解得qE mL t 21=.球B 进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二律得显然，带电系统做匀减速运动.减速所需时间为t2，那么2120a v t -=，解得qE mL t 82=.可知，带电系统从静止到速度第一交为零所需的时间qE mL t t t 2321=+=B 球电势能增加了6EqL.15.〔1〕两极间电压C ne C Q U ==，场强LU E =，解得CL neE =.〔2〕设最多能有n′个电子到达B 板，那么第n′+1个电子在运动到B 板时速度恰减为0.满足22v L m e CL e n =⋅'，解得：2202e Cmv n ='. 〔3〕第1个电子在两板间做匀速运动，运动时间为01v Lt =.最后1个电子在两板间做匀减速运动，运动到B 板时速度恰为0，运动时间为022v L t =.二者时间之差为.012v L t t t =-=∆。
(物理)带电粒子在电场中的运动练习题含答案及解析
2L 1 2
2gt12 解得 t1
2L g
小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为 t2，则： t2
3 2 r 4
vA
3 4
2L g
小球离开管后做类平抛运动，物块从 B 到 N 的过程中所用时间： t3 2
2L g
则： t2 t 4
【点睛】 本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明 确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规 律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求 解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．
2 )R2 v
6 3 2 L
解得 Tmin
3v0
【点睛】
带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子
的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.
2．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管 ADB 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，圆管的半径为 r= 2 L(自身的直径忽略不
远，如图甲所示.
设此时的圆心位置为 O ，有： Oa r sin 30
OO 3d Oa 解得 OO d
即从 O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距 O 点最远
所以 ym 2r 2d 电子束从 y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y 的范围为 0 y 2d 设电子从 0 y 2d 范围内某一位置射入电场时的纵坐标为 y，从 ON 间射出电场时的位
圆周，即 tB
1T 4
2
m qB
所以
tB tE 2
带电粒子在电场中的运动练习题含答案.docx
带电粒子在电场中的运动练习题含答案一、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L(o) ，内圆弧面CD 的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB， ACDB与2MN 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2 3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E，若从 AB 圆弧面收集到的某粒子经4LO 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）v2q；（ 2）B1m；（ 3）600； 2L2mm L2q q【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：qU0 1 mv22U 22q vm(2）从 AB 圆弧面收集到的粒子有2能打到 MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与3MN 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600．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：R 2L2由洛伦兹力提供向心力得：qBv mv联合解得： BR1 mL 2q（ 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 .L1 qE t2 2 mt2mL 2mqE 2Lqv xEq 2qEL qtm2mm若速度与 x 轴方向的夹角为 角cos vx cos1600 v22．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/s 2；由运动规律： x= 1a1 t12 2解得 A 在 2s 内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v1， t2 =6s 时刻， 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．如图所示，在空间坐标系x<0 区域中有竖直向上的匀强电场区域 CDEF内有方向如图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场E1，在一、四象限的正方形B，已知 CD=2L，OC=L， E2=4E1。
高中物理二轮复习 专项训练 物理带电粒子在电场中的运动含解析
高中物理二轮复习 专项训练 物理带电粒子在电场中的运动含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，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，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专题训练答案含解析
高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，一带电荷量q =+0.05C 、质量M =lkg 的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m =lkg 的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75．距平板左端L =0.8m 处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。
整个空间存在电场强度E =100N/C 的水平向左的匀强电场。
现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g =10m/s 2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。
求：（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率； （2）平板的最小长度；（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。
【答案】（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率为1.0m/s;（2）平板的最小长度为0.53m;（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量为8.0N•s 【解析】 【详解】（1）两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速， 有a =qEm=2.5m/s 2＜μg 故平板M 与物块m 一起匀加速，根据动能定理可得：qEL =12（M +m ）v 21 解得v =2.0m/s平板反弹后，物块加速度大小a 1=mgmμ=7.5m/s 2，向左做匀减速运动平板加速度大小a 2=qE mgmμ+=12.5m/s 2， 平板向右做匀减速运动，设经历时间t 1木板与木块达到共同速度v 1′，向右为正方向。
-v 1+a 1t 1=v 1-a 2t 1解得t 1=0.2s ，v 1'=0.5m/s ，方向向左。
此时平板左端距挡板的距离：x =v 1t 122112a t -=0.15m 此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为v ，则由动能定理12（M +m ）v 2212-（M +m ）21'v =qEx 1解得v 2=1.0m/s（2）最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。
物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析及解析
代入数值，联立解得： v 4.8106 m / s ；U 5.76 10 -2V
（2）据粒子在磁场中的轨迹，由左手定则知：该粒子带负电，但在加速电场中从 Q 到 M
加速，说明
M
点比
Q
点电势高，故
0，3 4
4．如图 1 所示，光滑绝缘斜面的倾角 θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向 为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图 2 所示．一个质量 m=0.2kg，电量 q=1×10－5C 的带正电的滑块被挡板 P 挡住，在 t=0 时刻，撤去挡板 P．重力加速度 g=10m/s2，求：
而：
解得：
（n=1，2，3…）
应满足的时间条件为： (T0+T′)=T
， E2
3mv02 ； 3qd
(3) 分析知：粒子过 A 点后，速度方向恰与电场 E2 方向垂直，再做类平抛运动，
粒子到达
B
点时动能：EkB=
1 2
mvB2
，vB2=解得： EKB
14mv02 3
。
【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。
根据类平抛规律可得：
l
v0t，y
1 2
at 2
根据牛顿第二定律可得： Eq ma
联立可得： E 1.0104 N/C
（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度： vy
at qE m
l v0
5.0 103 m/s= v0
粒子射出电场时速度： v 2v0
根据几何关系可知，粒子在 B 区域磁场中做圆周运动半径： r 2 y
在磁场中由 P2 到 M
最新【通用版】高考物理二轮专题《电场及带电粒子在电场中的运动(含解析)
通用版高考物理二轮专题专题一《电场及带电粒子在电场中的运动》（含解析）一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．(济宁市高三第二次模拟)如图所示的四条实线是电场线，它们相交于点电荷O，虚线是只在电场力作用下某粒子的运动轨迹，A、B、C、D分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是()A．O点一定有一个正点电荷B．B点电势一定大于C点电势C．该粒子在A点的动能一定大于D点的动能D．将该粒子在B点由静止释放，它一定沿电场线运动C[没有画出电场线的方向，所以O点可能是正电荷，也可能是负电荷，故A错误；由于不知道电场线的方向，所以无法判断B、C两点电势的高低，故B错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，可知该粒子在该电场中受到的电场力沿电场线向下，故从A到D电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在A点的动能较大，故C正确；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于B点所在电场线为曲线，所以将该粒子在B点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，故D错误．故选C.]2．(宁夏银川一中高三质检(二))如图所示，在匀强电场中，场强方向沿△abc 所在平面平行，ac ⊥bc ，∠abc ＝60°， ac ＝0.2 m ．一个电量q ＝1×10－5C 的正电荷从a 移到b ，电场力做功为零；同样的电荷从a 移c ，电场力做功为1×10－8J.则该匀强电扬的场强大小和方向分别为( )A ．500 V/m 、沿ab 由a 指向bB ．500 V/m 、垂直ab 向上C ．1000 V/m 、垂直ab 向上D ．1000 V/m 、沿ac 由a 指向cC [正电荷从a 移到b ，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab 两点电势相等，故ab 应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c 做ab 的垂线，一定是电场线；正电荷从a 到c 过程，由W ＝Uq 可知，ac 两点的电势差U ac ＝W q ＝1.0×10－31×10－5V ＝100 V ，即a 点电势高于c 点的电势，故电场线垂直于ab 向上；ac 间沿电场线的距离d ＝ac ·cos 60°＝ 0.2×0.5 m ＝0.1 m ，由E ＝U d 可知：电场强度E ＝1000.1 V/m ＝1000 V/m ，方向垂直ab 向上；故C 正确，A 、B 、D 错误；故选C.]3．(山东省潍坊市高三二模)如图甲所示，平行金属板A 、B 正对竖直放置，CD 为两板中线上的两点．A 、B 板间不加电压时，一带电小球从C 点无初速释放，经时间T 到达D 点，此时速度为v 0.在A 、B 两板间加上如图乙所示的交变电压，t ＝0带电小球仍从C 点无初速释放，小球运动过程中未接触极板，则t ＝T 时，小球( )A ．在D 点上方B ．恰好到达D 点C．速度大于v D．速度小于vB[小球仅受重力作用时从C到D做自由落体运动，由速度公式得v0＝gT，现加水平方向的周期性变化的电场，由运动的独立性知竖直方向还是做匀加速直线运动，水平方向0～T4沿电场力方向做匀加速直线运动，T4～T2做匀减速直线运动刚好水平速度减为零，T2～3T4做反向的匀加速直线运动，3T4～T做反向的匀减速直线运动水平速度由对称性减为零，故t＝T时合速度为v0，水平位移为零，则刚好到达D点，故选B.]4．(山东省淄博市高三三模) 已知一个无限大的金属板与一个点电荷之间的空间电场分布与等量异种电荷之间的电场分布类似，即金属板表面各处的电场强度方向与板面垂直．如图所示MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接．现将一个电荷量为Q的正点电荷置于板的右侧，图中a、b、c、d是以正点电荷Q为圆心的圆上的四个点，四点的连线构成一内接正方形，其中ab连线与金属板垂直．则下列说法正确的是()A．b点电场强度与c点电场强度相同B．a点电场强度与b点电场强度大小相等C．a点电势等于d点电势D．将一试探电荷从a点沿直线ad移到d点的过程中，试探电荷电势能始终保持不变C[画出电场线如图所示：A.根据对称性可知，b点电场强度与c点电场强度大小相同，方向不同，故A错误；B.电场线密集的地方电场强度大，从图像上可以看出a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；C.根据对称性并结合电场线的分布可知a 点电势等于d 点电势，故C 正确；D.由于试探电荷先靠近正电荷后远离正电荷，所以电场力在这个过程中做功，当总功为零，所以试探电荷电势能不是始终保持不变，故D 错误；故选C.]5．(河北衡水中学信息卷)如图所示，边长为L 的等边三角形ABC 的三个顶点上分别固定一个点电荷，所带电荷量依次为＋q 、＋q 和－q . D 点和M 点分别为AB 边和AC 边的中点，N 点为三角形的中心，静电力常量为k .在该电场中，下列说法正确的是( )A ．D 点的电场强度大小为k q L 2，方向为从N 指向DB ．N 点的电场强度大小为9k q L 2，方向为从N 指向CC ．D 点的电势高于N 点的电势D ．若取无穷远处电势为0，则M 点的电势φM 为0C [A 、B 两点处的点电荷在D 点的电场强度的矢量和为0，C 点处的点电荷在D 点处的电场强度为E ＝q k ⎝ ⎛⎭⎪⎫3L 22＝4kq 3L 2，方向为从D 指向N ，A 错误；三个点电荷在N 点的电场强度大小均为3k q L 2，其中两个正点电荷的电场强度矢量合成后大小为3k q L 2，方向为从N 指向C ，与负点电荷电场强度合成，N 点的电场强度大小为6k qL2，方向为从N指向C，B错误；CD连线上电场强度方向由D指向C，可知φD>φN，C正确；若无穷远电势为0，则A、C两点处的等量异种点电荷在M点的电势为0，B处的正点电荷在M点的电势大于0，故φM>0，D错误．] 6．(山东省临沂市高三三模)如图所示，某条电场线上有a、b、c三点，其中b为ac的中点，已知a、c两点的电势分别为φa＝10 V，φC＝4 V，若将一点电荷从c点由静止释放，仅在电场力作用下沿着电场线向a点做加速度逐渐增大的加速运动，则下列判断正确的是()A．该点电荷带负电B．电场在b点处的电势为7 VC．a、b、c三点c点处的场强最小D．该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功多AC[A项：点电荷从c静止释放向左运动，电场线方向向右，所以点电荷带负电，故A正确；B项：由点电荷从c到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，即cb段平均场强小于ab段的平均强度，根据公式U＝E d，可知电场在b点处的电势小于7 V，故B错误；C项：由点电荷从c到a做加速度增大的加速运动，说明从c到a电场强度增大，a、b、c三点c点处的场强最小，故C正确；D项：由C分析可知，从c到a电场强度增大，即电场力增大，ab＝bc，根据W＝Fx可知，在cb段的电场力小于ab段的电场力，所以该电荷从c点运动到b点电场力做的功比从b点运动到a点电场力做的功少，故D错误．]7．吉林省长春市高考模拟检测理科综合能力测试)如图，电路中A、B、C、D是完全相同的金属极板，P是AB板间的一点，在CD板间插有一块有机玻璃板．闭合开关，电路稳定后将开关断开．现将CD板间的玻璃板抽出，下列说法正确的是()A．金属板CD构成电容器的电容减小B．P点电势降低C．玻璃板抽出过程中，电阻R中有向右的电流D. A、B两板间的电场强度减小AC[A.根据C＝εrS4πkd，将CD板间的玻璃板抽出，电介质εr减小，其它条件不变，则金属板CD构成电容器的电容减小，故A正确；BCD.当闭合开关，电路稳定后将开关断开，极板总电荷量不变，金属板CD构成电容器的电容减小，由U＝QC可知极板CD电势差变大，极板AB电势差变大，由E＝Ud可知极板AB间的场强变大，导致P点与B板的电势差变大，因B板接地，电势为零，即P 点电势升高，因此电容器CD处于放电状态，电容器AB处于充电状态，电阻R 中有向右的电流，故C正确，BD错误；故选AC.]8．(山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试)通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q在场源电荷Q的电场中具所有电势能表达式为E r＝kqQr(式中k为静电力常量，r为试探电荷与场源电荷间的距离)．真空中有两个点电荷Q1、Q2分别固定在x坐标轴的x＝0和x＝6 cm 的位置上．x轴上各点的电势φ随x的变化关系如图所示．A、B是图线与x的交点，A点的x坐标是4.8 cm，图线上C点的切线水平．下列说法正确的是()A．电荷Q1、Q2的电性相反B．电荷Q1、Q2的电量之比为1∶4 C．B点的x坐标是8 cmD．C点的x坐标是12 cmACD[A.电势φ随x的变化关系图象的斜率ΔφΔx＝E，所以C点电场为0，根据电场叠加原理可知电荷Q1、Q2的电性相反，故A正确；B.根据φ＝E pq可知，φA＝kQ1qr1q＋kQ2qr2q＝kQ148＋kQ212＝0，解得Q1∶|Q2|＝4∶1，故B错误；C.根据φ＝E Pq可知，φB＝kQ1qx1q＋kQ2qx1－6q＝KQ1x1＋kQ2x1－6＝0，解得B点的坐标是8 cm，故C正确；D.由E＝kQr2知，E c＝kQ1x22＋kQ2(x2－6)2＝0解得C点的坐标是x2＝12 cm，故D正确；故选ACD.]9．(陕西西北工大附中高三模拟)如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，两个等量异种点电荷＋Q和－Q分别固定于A、B两点．光滑绝缘直导轨CD的上端点D位于到A、B中点的正上方，且与A、B两点的距离均为L.在D处质量为m、电荷量为＋q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g.忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A ．D 点的场强大小为kQ L 2B ．小球到达CD 中点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgLD ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小AC [根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D 处的电场强度沿DB 方向，正电荷在D 处的电场强度沿AD 方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD 、DB的角平分线；由库仑定律得，A 、B 在D 点的场强的大小：E A ＝E ＝k Q L 2，则D 点的场强：E D ＝E A cos 60°＋E B cos 60°＝k Q L 2，故A 正确；当小球到达CD 中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B 错误；由于C 与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C 点与D 点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即：mg OD ＝12m v 2，又几何关系可知：OD ＝L ·sin 60°＝32L . 小球的动能E k ＝12m v 2＝32mgL ，故C 正确，D 错误．故选AC.]10．(山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x 轴平行，在x 轴上的电势φ与坐标x 的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点(0.15,3)的切线．现有一质量为0.20 kg ，电荷量为＋2.0×10－8C 的滑块P (可视作质点)，从x ＝0.10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02.取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是 ( )A ．滑块运动的加速度先逐渐减小后逐渐增大B ．x ＝0.15 m 处滑块运动的动能最大1.0×10－3JC ．滑块运动过程中电势能先减小后增大D ．滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3JAB [电势φ与位移x 图线的斜率表示电场强度，则x ＝0.15 m 处的场强E ＝3×1050.15 V/m ＝2×106V/m ，此时的电场力F ＝qE ＝2×10－8×2×106N ＝0.04 N ，滑动摩擦力大小f ＝μmg ＝0.02×2 N ＝0.04 N ，在x ＝0.15 m 前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x ＝0.15 m 后电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐渐增大，故A 正确，在x ＝0.15 m 时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，E km ＝qU －fx ，因为0.10 m 和0.15 m 处的电势差大约为1.5×105V ，代入求解，最大动能为1.0×10－3J.故B 正确．滑块运动过程中因电势一直降低，可知电势能一直减小，选项C 错误；若滑块运动过程中克服摩擦力做功8.0×10－3J ，则移动的距离为Δx ＝W f f ＝8.0×10－30.04 m ＝0.2 m ，此时滑块从x ＝0.1 m 的位置运动到0.3 m 的位置，电势能的变化为ΔE p ＝(4－1.5)×105×2.0×10－8J ＝5×10－3J ，即电场力做功小于克服摩擦力做功，此时滑块的速度不为零，将继续运动一段距离停下，故滑块运动过程中克服摩擦力做功大于8.0×10－3J ，选项D 错误；故选AB.]二、非选择题11．(四川省泸州市高三模拟)如图所示，相距2L 的AB 、CD 两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS 下方的电场E 1的场强方向竖直向上，PS 上方的电场E 2的场强方向竖直向下，在电场左边界AB 上宽为L 的PQ 区域内，连续分布着电量为＋q 、质量为m 的粒子．从某时刻起由Q 到P 点间的带电粒子，依次以相同的初速度v 0沿水平方向垂直射入匀强电场E 1中，若从Q 点射入的粒子，通过PS 上的某点R 进入匀强电场E 2后从CD 边上的M 点水平射出，其轨迹如图，若MS 两点的距离为L 2.不计粒子的重力及它们间的相互作用．试求：(1)电场强度E 1与E 2的大小；(2)在PQ 间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD 边水平射出，这些入射点到P 点的距离有什么规律？解析 (1)设粒子由Q 到R 及R 到M 点的时间分别为t 1与t 2，到达R 时竖直速度为v y ，则由y ＝12at 2、v y ＝at 及F ＝qE ＝ma 得：L ＝12a 1t 21＝12 qE 1m t 21L 2＝12a 2t 22＝12 qE 2m t 22v y ＝qE 1m t 1＝qE 2m t 2v 0(t 1＋t 2)＝2L联立解得：E 1＝9m v 208qL ，E 2＝9m v 204qL .(2)由(1)知E 2＝2E 1，t 1＝2t 2.因沿PS 方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD 边的时间同为t ＝2L v 0. 设PQ 间距离P 点为h 的粒子射入电场后，经过n (n ＝2,3,4，…)个类似于Q →R →M 的循环运动(包括粒子从电场E 2穿过PS 进入电场E 1的运动)后，恰好垂直于CD 边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T ＝t n ＝2L n v 0(n ＝2,3,4，…)，第一次到达PS 边的时间则为23T ，则有h ＝12·qE 1m ·(23T )2＝L n 2(n ＝2,3,4，…)．答案 (1)9m v 208qL 9m v 204qL (2)L n 2(n ＝2,3,4，…)12．(辽宁省大连市高考模拟检测)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 ＝1 m 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 ＝4×103 V/m.小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径，b 、c 球用长L ＝2m 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 的变化图象如图乙所示，且满足F 2＋t 2＝4π.已知三个小球均可看做质点且m a ＝0.25 kg ，m b ＝0.2kg ，m c ＝0.05 kg ，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 ＝10 m/s 2，求(1)小球a与b发生碰撞时的速度v0；(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．解析对小球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：(1)由题意可知，F图象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S＝1 m2代入数据可得：v0＝4 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m a v0＝m a v1＋(m b＋m c)v2由机械能守恒可得12m a v2＝12m a v21＋12(m b＋m c)v22解得v1＝0，v2＝4 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m c gR－qER＝1 2(m b ＋m c )v 2－12(m b ＋m c )v 22代入数据可得v ＝2m/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：m b gR (1－cos θ)＋m c gR sin θ＋12(m b ＋m c )v 2＝qER sin θ解得sin θ＝0.6，θ＝37°因此小球c 电势能的增加量：ΔE p ＝qER (1＋sin θ)＝3.2 J ．]答案 (1)v 0＝4 m /s (2) v ＝2 m/s (3)ΔE P ＝3.2 J专题二、《磁场及带电体在磁场中的运动》（含解析）一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的 ( )A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小D [分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由公式r ＝m v qB 可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T ＝2πm qB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT知角速度减小．选项D 正确．] 2．如图所示，总质量为m ，边长为L 的正方形线圈共三匝，放置在倾角为α的光滑斜面上，刚好关于磁场边界MN 对称，MN 上方存在匀强磁场，若线圈通以图示方向的恒定电流I 后刚好在斜面上保持静止，重力加速度为g ，则( )A ．磁场方向可以竖直向下，且B ＝mg tan αILB ．磁场方向可以竖直向上，且B ＝mg tan α3ILC ．磁场方向可以垂直斜面向下，且B ＝mg sin α3ILD．磁场方向可以水平向左，且B＝mg ILC[当磁场方向竖直向下时，由平衡条件得3BIL＝mg tan α，则B＝mg tan α3IL，选项A错误；当磁场方向竖直向上时，由受力分析可知线圈不会静止，选项B错误；当磁场方向垂直斜面向下时，由平衡条件得3BIL＝mg sin α，则B＝mg sin α3IL，选项C正确；当磁场方向水平向左时，由受力分析可知线圈不会静止，选项D 错误．]3．(山东省潍坊市昌乐县二中高三下学期质检)已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝k 1r，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0－R区间内磁感应强度大小B 随x变化的图线可能是()C[根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零．由于规定B的正方向垂直纸面向里，所以C正确，ABD错误；故选C.]4. (山东省实验中学高三二模)如图所示，在一等腰直角三角形ACD 区城内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v 从AC 边的中点O 垂直AC 边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L ，要使粒子从CD 边射出，则v 的取值范围为( )A.qBL m ≤v ≤22qBL mB.qBL m ≤v ≤5qBL mC.qBL 2m ≤v ≤(2＋1)qBL mD.qBL 2m ≤v ≤5qBL 2m C [根据洛伦兹力充当向心力可知，v ＝Bqr m ，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD 边相切时速度最大，如图由几何关系可知，最大半径为r 1＝2L ＋1，故最大速度应为v 1＝qB (2＋1)L m ；当粒子从C 点出射时半径最小，为r 2＝L 2，故最小速度应为v 2＝qBL 2m ，故v 的取值范围为qBL 2m ≤v ≤qB (2＋1)L m，故选C.] 5．(山东省临沂市高三三模)如图所示，电子经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，在磁场中转半个圆周后打在P 点，通过调节电压U 可以控制P 点的位置，设OP ＝x ，能够正确反映U 与x 关系的图象是( )C [带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得：12m v 2＝qU 解得：v ＝2qUm进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有：q v B ＝m v 2r 解得：r ＝m v qB粒子运动半个圆打到P 点， 所以x ＝2r ＝2m qB2qU m 即x 与U 成正比，故C 正确．]6．(山东省青岛市高考模拟检测理科综合能力测试)如图，在xOy 平面内，虚线y ＝33x 左上方存在范围足够大、磁感应强度为B 的匀强磁场，在A (0，l )处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m ，电量为q 的带电粒子，速率均为3qBl 2m ，粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的最短时间为( )A.πm qBB.πm 4qBC.πm 3qBD.πm 6qBC [粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有：q v B ＝m v 2r ，而将题中的v 值代入得：r ＝32l ，分析可知：粒子运动的时间t 最短时，所粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦最短，作AB ⊥OB 于B 点，AB 即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何关系有：AB ＝OA sin 60°＝32l ，粒子偏转的角度；θ＝60°，结合周期公式：T ＝2πm qB ，可知粒子在磁场中运动的最短时间为：t ＝T 6＝πm 3qB ，故C 正确，A 、B 、D 错误；故选C.]7．(湖南省怀化市高三联考)一绝缘圆筒上有一小孔，筒内有方向沿圆筒轴线的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，整个装置的横截面如图所示．一质量为m 、带电量为q 的小球(重力不计)沿孔半径方向射入筒内，小球与筒壁碰撞n 次后恰好又从小孔穿出．小球每次与筒壁碰撞后均以原速率弹回，且碰撞过程中小球的电荷量不变．已知小球在磁场中运动的总时间t ＝πm qB ，则n 可能等 ( )A ．2B ．3C ．4D ．5AC [粒子在磁场中的周期为T ＝2πm Bq ，而小球在磁场中运动的总时间t ＝πm Bq＝12T ，可知，粒子在磁场中做圆周运动的总圆弧所对的圆心角为180°；若n ＝2，即粒子与圆筒碰撞2次，分别对应三段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为60°，则总圆心角为180°，则选项A正确；若n＝3，即粒子与圆筒碰撞3次，分别对应四段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为90°，则总圆心角为360°，则选项B错误；若n＝4，即粒子与圆筒碰撞4次，则可能每次碰撞对应的圆弧所对的圆心角为36°(对应着圆筒上的圆心角为144°)，则总圆心角为5×36°＝180°，则选项C正确；若n＝5，即粒子与圆筒碰撞5次，分别对应6段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为120°，则总圆心角为72°，则选项D错误；故选A、C.]8．(安徽六安一中一模)如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3 m，现有一个比荷大小为qm＝1.0C/kg，可视为质点的带正电小球(重力不计)，从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰后以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是()A．3 m/s B．3.75 m/sC．4 m/s D．5 m/sABD[由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3 m，而ON＝9 m<3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方，也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点．由于洛伦兹力提供向心力，所以：q v B＝m v2r，得：v＝qmBr①；若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OO′＝s，由几何关系得：r2＝OM2＋s2＝9＋s2②，3r－9＝s③，联立②③得：r1＝3 m；r2＝3.75 m，分别代入①得：v1＝qm·Br1＝1×1×3 m/s＝3 m/s，v2＝qm Br2＝1×1×3.75 m/s＝3.75 m/s，若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO′＝x，由几何关系得：r23＝OM2＋x2＝9＋x2④，x＝9－r3⑤，联立④⑤得：r3＝5 m，代入①得：v3＝qm Br3＝1×1×5 m/s＝5 m/s，A、B、D正确．]9．(山东省济南市高三一摸)如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场．已知甲、乙两带电粒子的电荷量之比为1∶2，质量之比为1∶2，不计粒子重力. 以下判断正确的是()A．甲粒子带负电，乙粒子带正电B．甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍C．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的43倍D．甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1 4倍CD[A项：由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；B项：由几何关系可知，R甲＝2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60°，弦长为L2，所以L2＝2R乙sin 60°，解得R乙＝L23，根据q v B＝mv2r，所以E k＝m v22＝q2B2r22m，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B错误：C项：由公式q v B＝mv2r可知，v＝qBrm，所以f洛＝q v B＝q2B2rm，即f洛甲f洛乙＝(12)2×(21)2×2LL23＝43，故C正确；D项：由几何关系可知，甲粒子的圆心角为30°，由B分析可得，乙粒子的圆心角为120°.根据公式t＝α360°T和T＝2πmqB可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的14倍，故D正确．]10．(广东省湛江市高三模拟)如图所示，MN平行于y轴，在y轴与MN之间的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内．其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界MN上的P点离开磁场，已知P点的坐标是((2＋2)d，2d)不计粒子重力，下列说法正确的是()A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2＋2dB．粒子的发射速度大小为3πd2t0C．带电粒子的比荷为π4Bt0D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0BD[根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示．圆心为O′，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为r＝2d，故A错；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为3π4，运动时间t0＝3π4×2dv0解得：v0＝3πd2t0，故B正确；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为3π4，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T＝8t03，由Bq v0＝m(2πT)2r则qm＝3π4Bt0故C错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示．由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为3π2，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确．]二、非选择题11．(河北唐山质检)如图所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1 kg，电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，细线对ab的拉力为水平方向，。
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，在两块长为3L、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，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O点射人的粒子P经时间t0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T的最小值T min．【答案】（1）0mvBqL=（2）223cosd R a R L≥+=；min(632)3LTvπ+=【解析】【分析】【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012qv B mvR=由几何关系：222113()()2L LR R=+-解得0mvBqL=（2）粒子P从O003L v t=01122y L v t =解得03y v v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan 3yv v α== 则=3πα0023sin 3v v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α=， 解得233L R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos d R R L α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关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：2min 0(22)2R T t v πα--=解得()min 06323L T v π+=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，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)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=60W3．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，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m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧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，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦．取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；(2)求小球到达P点时的速度大小v P和B、C两点间的距离x．【答案】(1) 6m/s；7.5×104N/C (2) 2.5m/s ；0.85m【解析】【详解】(1)对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：2112Fd m v = 解得：v =6m /s小球到达P 点时，受力如图所示:则有：qE =m 2g tan θ, 解得：E =7.5×104N /C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cos m gG 等θ=小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：2P v G r=等解得：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v 1、v 2， 则有：m 1v =m 1v 1+m 2v 222211122111222m v m v m v =+ 解得：v 1=-2m /s(“-”表示v 1的方向水平向左)，v 2=4m /s 对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有：()()22222211sin cos 22P qE x r m g r r m v m v θθ--+=- 解得：x =0.85m4．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；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为'mgE q=，求从O 点射出的所有粒子第一次打在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为原来的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）Bh tE =(2)2222225m g m gxq B q B≤≤（3）22211528m gy xq B=-+【解析】（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一定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，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 Bqv=洛，所以受到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，设重力与电场力合力与-y轴夹角为θ，粒子受力如图所示，()()()222Bqv qE mg=+，()()2252qE mg mgvqB+==则v在y方向上分量大小sin2yqE E mgv v vBqv B qBθ====因为粒子做匀速直线运动，根据运动的分解可得，粒子运动到距x轴为h处所用的时间2yh Bh qhBtv E mg===；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，电场强度大小变为'mgEq=，则电场力''F qE mg==电，电场力方向竖直向上；所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充当向心力，即2v qvB m r =，()()22mqE mg mv R Bq+==如图所示，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 轴上的横坐标最小，()()()()22212222222sin 2mqE mg mE m gx R B q q BqE mg θ+====+ 当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x 轴上的位置之间的距离为2R 时，第一次打在x 轴上的横坐标最大，()()()()()()22222222222222[]25sin mqE mg m qE mg Rm g x qEB q Eq BqE mg θ++====+ 所以从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围为12x x x ≤≤，即2222225m g m gx q B q B≤≤ （3）粒子束的初速度变为原来的2倍，则粒子不能做匀速直线运动，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；那么设离子运动到位置坐标（x ，y ）满足速率'v v =，则根据动能定理有()2211222qEx mgy mv m v --=--，3222231528m g qEx mgy mv q B --=-=-，所以22211528m gy x q B =-+点睛：此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是分析受力情况及运动情况，画出受力图及轨迹图；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引起的运动变化进行分析，从变化的地方开始进行求解．5．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 0123Lv 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，2343L r L == 磁场中的偏转角度为23απ=202439rL t v v ππ==6．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 。
(物理)高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析.doc
（物理）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，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)a1可得系统的加速度a1=1m/s 2；由运动规律： x= 1a1 t12 2解得 A 在 2s 内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v1， t2 =6s 时刻， 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=60W2．如图 1 所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30，°整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图－ 5 2 所示．一个质量 m=0.2kg，电量 q=1×10 C的带正电的滑块被挡板P 挡住，在 t=0 时刻，撤去挡板 P．重力加速度 g=10m/s 2，求：(1)0~4s 内滑块的最大速度为多少?(2)0~4s 内电场力做了多少功?【答案】（1） 20m/s （ 2） 40J【解析】【分析】对滑块受力分析，由牛顿运动定律计算加速度计算各速度【详解】【解】 (l)在 0~2 s 内，滑块的受力分析如图甲所示，．电场力 F=qEF1mg sin ma12在 2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示F2 mg sin ma2解得 a2 10m / s2因此物体在0～ 2 s 内，以a110 m / s2的加速度加速，在 2～ 4 s 内，a 10m / s2 2s时，速度最大2的加速度减速，即在由 v a1t 得，v max 20m / s(2)物体在 0～ 2s 内与在 2～ 4s 内通过的位移相等．通过的位移xvmax t20 m 2在 0~2 s 内，电场力做正功W1 F1 x 60 J - 在 2～ 4 s 内，电场力做负功W2 F2 x 20J电场力做功W=40 J3 MN与 x 轴垂直放置，与 x 轴相交于 Q 点， Q 点的横坐标．如图所示，荧光屏x0 6cm ，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E 1.6 105N / C，在第二象限有半径R 5cm 的圆形磁场，磁感应强度 B 0.8T ，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q 1.0 108 C / kg 的带正电的粒子，已知粒子的m发射速率 v0 4.0106 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）0 y 10cm （ 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qv0 B m v2rmv05cm解得： rqB（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PO FO1为菱形，所以 FO1 / /O P ，又O P垂直于 x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO1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0 y 10cm ．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有x 0v 0 t 0h1at 022qEam 解得： h 18cm 2R10cm ，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x vt 0y 1 at 22代入数据解得 x2 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，v yqE g xtanm v 0 ，v 0v 02 y所以 Hx 0 x tanx 0 2 y g 2 y ，由数学知识可知，当 x 02y2 y 时，即 y 4.5cm 时 H 有最大值，所以 H max 9cm4． 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=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 。
高中物理带电粒子在电场中的运动练习题及答案及解析
高中物理带电粒子在电场中的运动练习题及答案及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，在两块长为3L 、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v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （2）223cos 2d R a R L ≥+= ；min 0(632)3L T v π+= 【解析】 【分析】 【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则0102qv B m v R =由几何关系：222113()()22L LR R =+- 解得0mv B qL=（2）粒子P 从O 003L v t =01122y L v t =解得0y v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan yv v α== 则=3πα00sin 3v v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α=，解得23R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为22cos d R R L α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关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：2min 0(22)2R T t v πα--=解得()min 023L T v π=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.2．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB 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 ，圆管的半径为L(自身的直径忽略不计)．过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点，在虚线AB 的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E 2=mgq．圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC 间距为L ．现将该小球从P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A 无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g ．求：(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度E 1的大小； (2)小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小球从管口B 离开后，经过一段时间到达虚线AB 上的N 点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比ABPNt t ． 【答案】（1）mg q （2）2mg ，方向竖直向下（3）4ππ+ 【解析】 【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比. 【详解】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°= mgEq解得：mg qE =（2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL=12mv A 2 解得v A gL小球在管中运动时，E 2q=mg ，小球做匀速圆周运动，则v 0=v A gL 在D 点时，下壁对球的支持力2022v F m mg r==由牛顿第三定律，22F F mg =='方向竖直向下．（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，设所用时间为t 1，则：211222L gt =解得12L t g= 小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t 2，则：2323244A rL t v gππ⋅==小球离开管后做类平抛运动，物块从B 到N 的过程中所用时间：322L t g= 则：24t t ππ=+ 【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．3．如图1所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图2所示．一个质量m=0.2kg ，电量q=1×10－5C 的带正电的滑块被挡板P 挡住，在t=0时刻，撤去挡板P ．重力加速度g=10m/s 2，求：(1)0~4s 内滑块的最大速度为多少? (2)0~4s 内电场力做了多少功? 【答案】（1）20m/s （2）40J 【解析】 【分析】对滑块受力分析，由牛顿运动定律计算加速度计算各速度． 【详解】【解】(l)在0~2 s 内，滑块的受力分析如图甲所示，电场力F=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速， 在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最大由1v a t =得，max 20/v m s =(2)物体在0～2s 内与在2～4s 内通过的位移相等．通过的位移max202v x t m == 在0~2 s 内，电场力做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场力做负功2220W F x J ==- 电场力做功W=40 J4．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 =33m ，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．（233（323+ 【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：102310/3qU a m s md ==⨯ 50110Lt s v -==⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝33×105m/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 3y 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 ===，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 ==由211v B qv m R =知：113310mv B 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 += 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.5．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 tB 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∆=∆=6．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： 23603d d dr sin sin α===︒ 根据200mv qv B r =得0233qBdv m=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004323v qBdv v cos mα===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7．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN 、PQ ，其交点为O ．MN 一侧有电场强度为E 的匀强电场（垂直于MN ），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ 线上距O 点为h 的A 点处，身边有多个质量均为m 、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN 方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN 上的C 点第一次进入磁场，通过O 点第一次离开磁场，OC=2h ．求：（1）第1个小球的带电量大小； （2）磁场的磁感强度的大小B ；（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．【答案】(1) 2012mv q Eh=；(2) 02E B v =；(3)存在，0E B v '= 【解析】 【详解】（1）设第1球的电量为1q ，研究A 到C 的运动：2112q E h t m=02h v t =解得：2012mv q Eh=；（2）研究第1球从A 到C 的运动：12y q Ev h m= 解得：0y v v =tan 1y v v θ==，45o θ=，02v v =；研究第1球从C 作圆周运动到达O 的运动，设磁感应强度为B由21v q vB m R =得1mvR q B = 由几何关系得：22sin R h θ= 解得：02E B v =； （3）后面抛出的小球电量为q ，磁感应强度B '①小球作平抛运动过程02hmx v t v qE==2y qE v h m= ②小球穿过磁场一次能够自行回到A ，满足要求：sin R x θ=，变形得：sin mvx qB θ'= 解得：0E B v '=．8．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。
(物理) 高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案含解析
（物理） 高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案含解析一、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3．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专项训练及答案含解析
高考物理带电粒子在电场中的运动专项训练及答案含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，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：2043mv RQ kq=（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30° tan 30°=0y v v …③v y =at…④qUa md=…⑤ 0Lt v =…⑥ 由③④⑤⑥得：22003033mdv tan mdv U qL qL︒==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：4v =126x x x R ∆=+=因此滑块再次到达水平轨道的速度为4V =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1所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图2所示．一个质量m=0.2kg ，电量q=1×10－5C 的带正电的滑块被挡板P 挡住，在t=0时刻，撤去挡板P ．重力加速度g=10m/s 2，求：(1)0~4s 内滑块的最大速度为多少? (2)0~4s 内电场力做了多少功? 【答案】（1）20m/s （2）40J 【解析】 【分析】对滑块受力分析，由牛顿运动定律计算加速度计算各速度． 【详解】【解】(l)在0~2 s 内，滑块的受力分析如图甲所示，电场力F=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速， 在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最大由1v a t =得，max 20/v m s =(2)物体在0～2s 内与在2～4s 内通过的位移相等．通过的位移max202v x t m == 在0~2 s 内，电场力做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场力做负功2220W F x J ==- 电场力做功W=40 J4．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-32L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-32L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（32L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52L （不计粒子重力），求：（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向； （2）EB；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．【答案】（1）5 3v0，与x成53°角；（2）043v；（3）2L；（4）()4053760Lvπ+．【解析】【详解】（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，由运动学规律知32L=v0t1，L=2yvt1可得t1=32Lv，v y=43v0故粒子在P2的速度为v220yv v+=53v0设v与x成β角，则tanβ=yvv=43，即β=53°；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=12mv2-12mv02可得E=289mvqL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m2vR解得：B=mvqR=5352m vq L⨯⨯=023mvqL解得：043vEB=；（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=-32L直线与Q′点，可得：P2O′=3253Lcos o=52L=r故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y =-32L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =32L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=032Lv 在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯o=037120Lv π 从M 运动到N ，a =qE m =289v L则t 3=v a =0158Lv 则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=()04053760Lv π+．5．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，tE 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 E m= 且E mt qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为14圆周，即142B t T m qB π==所以2B E t t π=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 =33m ，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】（1）5310/3m 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：U qma d =解得：102310/3qU 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：22502310/3y v v v m s =+=⨯ 速度v 与水平方向夹角为θ，03tan 3y 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213262d 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：1133mv 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 +=所以B 2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，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；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为'mgE q=，求从O 点射出的所有粒子第一次打在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为原来的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）Bht E= (2)2222225m g m g x q B q B ≤≤ （3）22211528m g y x q B =-+【解析】（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一定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，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 Bqv =洛，所以受到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，设重力与电场力合力与-y 轴夹角为θ，粒子受力如图所示，()()()222Bqv qE mg =+，()()2252qE mg mg v qB+==则v 在y 方向上分量大小sin 2y qE E mgv v vBqv B qBθ==== 因为粒子做匀速直线运动，根据运动的分解可得，粒子运动到距x 轴为h 处所用的时间2yh Bh qhBtv E mg===；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，电场强度大小变为'mgEq=，则电场力''F qE mg==电，电场力方向竖直向上；所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充当向心力，即2vqvB mr=，()()22m qE mgmvRBq+==如图所示，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轴上的横坐标最小，()()()()22212222222sin2m qE mg mE m g x RB q q BqE mgθ+====+当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x轴上的位置之间的距离为2R时，第一次打在x轴上的横坐标最大，()()()()()()22222222222222[]25sinm qE mgm qE mgR m gxqE B q E q BqE mgθ++====+所以从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围为12x x x≤≤，即2222225m g m gxq B q B≤≤（3）粒子束的初速度变为原来的2倍，则粒子不能做匀速直线运动，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；那么设离子运动到位置坐标（x，y）满足速率'v v=，则根据动能定理有()2211222qEx mgy mv m v--=--，3222231528m gqEx mgy mvq B--=-=-，所以22211528m gy xq B=-+点睛：此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是分析受力情况及运动情况，画出受力图及轨迹图；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引起的运动变化进行分析，从变化的地方开始进行求解．8．如图所示，轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°.已知绳长l =l.0m ，小球所带电荷量q =+l.0×104C ，质量m =4.0×10-3kg 。
高中物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析
高中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，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．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。
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 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，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP ，由半径r ＝0.5m 的圆弧轨道CDP 和与之相切于C 点的水平轨道ABC 组成，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 。
【物理】物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析
【物理】物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，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：tanθ＝2xLL+解得：x＝3L.2．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v0=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U0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)42.1610VU=⨯ (2)0.04mx∆= (3)0.1425mx≥【解析】【分析】【详解】(1)对于t=0时刻射入极板间的粒子：l v T=7110T s-=⨯211()22Ty a=2yTv a=22yTy 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 ≥3．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）。
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2011届高三二轮物理专题限时规范训练5带电粒子在电场中的运动(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(每小题4分，共40分)1.如图1所示，真空中有两个电量相同的正电荷A 、B 相距L 放置，在AB连线的中垂线上有a 、b 、c 三点，b 点在AB 连线的中点上，a 较c 离b 近一些，现若将A 、B 两电荷同时向两边扩大相同距离，设无穷远处电势为零，则有( )A ．两电荷间电势能将加大B ．b 点场强仍为零，a 、c 两点场强都变小C ．a 、b 、c 三点电势都升高D ．电场强度始终有E a >E c >E b2.如图2所示，a 、b 、c 是某电场中一条电场线上的三个点，已知ab ＝bc ，a 、b 两点间电势差为10 V ，则下列说法正确的是 ( ) A ．若此电场为匀强电场，则b 、c 两点间电势差等于10 VB ．若此电场为匀强电场，则b 、c 两点间电势差小于10 VC ．若此电场是孤立的负点电荷产生的电场，则b 、c 两点间电势差小于10 VD ．若此电场是孤立的正点电荷产生的电场，则b 、c 两点间电势差大于10 V3.如图3所示，竖直方向的平行线表示电场线，但未标明方向．一个带电量为q ＝－10－6 C 的微粒，仅受电场力的作用，从M 点运动到N 点时，动能增加了10－4 J ，则 ( )A ．该电荷运动的轨迹不可能是bB ．该电荷从M 点运动到N 点时电势能增加C ．MN 两点间的电势差为－100 VD ．该电荷从M 点由静止开始运动4.如图4所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a 、b 、c ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是 ( ) A ．a 粒子动能最大B ．c 粒子速率最大C ．b 粒子在磁场中运动时间最长D ．它们做圆周运动的周期T a <T b <T c5.如图5所示的匀强电场E 的区域内，由A 、B 、C 、D 、A ′、B ′、C ′、D ′作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD 垂直．下列说法正确的是 ( ) 图1 图2图3 图4图5A. AD 两点间电势差U AD 与AA ′两点间电势差U AA ′相等B. 带正电的粒子从A 点沿路径A →D →D ′移到D ′点，电场力做正功C. 带负电的粒子从A 点沿路径A →D →D ′移到D ′点，电势能减小D. 同一带电粒子从A 点沿对角线到C ′点与从A 点沿路径A →B →B ′移动到B ′电场力做功相同6.如图6所示，两个固定的相同细环相距一定的距离，同轴放置，O 1、O 2分别为两环的圆心，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷．一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环．则在带电粒子运动过程中 ( ) A ．在O 1点粒子加速度方向向左B ．从O 1到O 2过程粒子电势能一直增加C ．轴线上O 1点右侧存在一点，粒子在该点动能最小D ．轴线上O 1点右侧，O 2点左侧都存在场强为零的点，它们关于O 1、O 2连线中点对称7.如图7所示，有两个相同的带电粒子A 、B ，分别从平行板间左侧中点和贴近上极板左端处以不同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们恰好都打在下极板右端处的C 点，若不计重力，则可以判定 ( )A ．A 粒子的初动能是B 粒子的2倍B ．A 粒子在C 点的偏向角的正弦值是B 粒子的两倍C ．A 、B 两粒子到达C 点时的动能可能相同D ．如果仅将加在两极板间的电压加倍，A 、B 两粒子到达下极板时仍为同一点D (图中未画出)8.如图8所示，相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，有一个带电液滴在竖直面内做匀速圆周运动，那么这个液滴的电性与转动方向应是( ) A ．带正电，逆时针方向B ．带负电，顺时针方向C ．带负电，逆时针方向D ．带正电，顺时针方向9.如图9所示，在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，电荷量为q 的液滴在竖直面内做半径为R 的匀速圆周运动，已知电场强度为E ，磁感应强度为B ，则油滴的质量和环绕速度分别为 ( ) A. qE g ，E B B. B 2qR E ，E B 图6图7图8图9C.qE g ，BgR E D ．B qR g，qgR 10.如图10所示，一平行板电容器，板长为2d ，板间距离为d .一带电量为q 、质量为m 的正离子(重力不计)以速度为v 0贴近左极板，与极板平行的方向射入，恰沿右极板下边缘射出．在右极板右边空间存在垂直纸面方向的匀强磁场(未标出)．要使正离子在磁场中运动后，又能直接从右极板上边缘进 入电场，则 ( )A ．磁场方向垂直纸面向里B ．磁场方向垂直纸面向外C ．磁感应强度大小为m v 0qdD ．在磁场中运动时间为3 2πd 2v 0二、实验题(11题5分，12题6分，共11分)11.(5分)某同学想通过一个多用表中的欧姆挡，直接去测量某电压表(量程10 V)的内阻(大约为几十千欧)，该多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30，欧姆挡的选择开关拨至倍率______挡．先将红、黑表棒短接调零后，选用图11中________方式连接．图11在实验中，如图12所示，某同学读出欧姆表的读数为________ Ω，这时电压表的读数为________ V ．请你求出欧姆表电池的电动势为________ V.图1212.(6分)某实验小组要测量一电源的电动势E (约3 V)和内阻r (约1 Ω)，现有下列器材：a ．电压表V(3 V 和15 V 两个量程)b ．电阻箱R (0～999.9 Ω)c ．定值电阻R 0＝10 Ωd ．开关和导线其实验的实物连接图如图13所示，请就下列问题作答图10图13(1)根据实物连接图在方框内画出实验电路图(2)主要的实验步骤如下a ．闭合电键，将电阻箱的阻值调到R 1，读得电压表的读数U 1b ．将电阻箱的阻值调到R 2，读得电压表的读数U 2c ．由方程组U 1＝E －U 1R 1＋R 0r 和U 2＝E －U 2R 2＋R 0r 解出E 和r 若考虑实验结果的准确性，请指出上述步骤有何不妥之处：____________________________________________________________________________________________________________________________(3)若采用线性图象处理数据，请写出与线性图象对应的坐标轴表示的物理量(用字母符号表示)y 轴：_________________________________________________________x 轴：_________________________________________________________三、解答题(13题12分，14题17分，15题20分，共49分)13.(12分)如图14所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y <0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场．一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从电场中Q (－2h ，－h )点以速度v 0水平向右射出，经坐标原点O 处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN 的方向射出磁场．已知MN 平行于x 轴，N 点的坐标为(2h,2h )，不计粒子的重力，求：图14(1)电场强度E 的大小；(2)磁感应强度B 的大小．14.(17分)如图15所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．匀强磁场分为Ⅰ、Ⅱ两个区域．其边界为MN 、PQ ，磁感应强度大小均为B ，方向如图所示，Ⅰ区域高度为d ，Ⅱ区域的高度足够大．一个质量为m 、电量为q 的带正电的小球从磁场上方的O 点由静止开始下落，进入电、磁复合场后，恰能做匀速圆周运动．(1)若带电小球能进入Ⅱ区域，h 应满足什么条件？(2)若带电小球经一定的时间后恰能回到O 点，h 应满足什么条件？(3)若带电小球第一次射出边界MN 时与射入点相距为d ，h 应满足什么条件？15.(20分)如图16甲所示，两平行金属板A 、B 的板长l ＝310 m ，板间距d ＝0.10 m ，在金 属板右侧有一范围足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为MN ，与金属板垂直．在t ＝0时刻，两金属板间加如图乙所示的正弦交变电压，匀强磁场的磁感应强度B ＝1.0×10－2 T ．现从t ＝0开始，从两极板左侧的中点O 以每秒钟1 000个的数量不间断地释放出某种正电荷，这种带正电的粒子均以v 0＝32×105 m/s 的速度沿两板间的中线OO ′连续进入电场，经电场后射入磁场．已知带电粒子的比荷q m ＝1.25×107 C/kg ，粒子的重力忽略不计，假设在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变，不计粒子间的相互作用．求：图16(1)t ＝0时刻进入的粒子，经边界MN 射入磁场和射出磁场时两点间的距离(结果保留两位有效数字)；(2)每秒钟有多少个带正电的粒子进入磁场；(3)何时由O 点进入的带电粒子在磁场中运动的时间最长，最长时间为多少？(π≈3)答案 1．B 2．A 3．AC 4．B 5.BD 6．ACD 7．ACD 8．B9．C 10．AD11．×1 K A 40 k 5.0 8.7512．(1)实验电路图如图(2)没有取得多组R 、U 值并求E 和r 的平均值(3)y 轴：1U ，x 轴：1R ＋R 0或y 轴：U ，x 轴：U R ＋R 013．(1)m v 022qh (2)m v 0qh图1514．(1)h >q 2B 2d 22m 2g (2)h ＝2q 2B 2d 23m 2g(3)(52±1)2q 2B 2d 272m 2g 或q 2B 2d 28m 2g15．(1)1.4 m (2)500 (3)3.2×10－5 s。