高中物理高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题(1)

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人教版高中物理选修3第一章《带电粒子在电场中的运动》讲义及练习

带电粒子在匀强电场中的运动1．带电粒子的加速(1)动力学分析：带电粒子沿与电场线平行方向进入电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加(减)速直线运动，如果是匀强电场，则做匀加(减)速运动．(2)功能关系分析：粒子只受电场力作用，动能变化量等于电势能的变化量． 221qU mv =(初速度为零)；2022121qU mv mv -= 此式适用于一切电场． 2．带电粒子的偏转(1)动力学分析：带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入两带电平行板产生的匀强电场中，受到恒定的与初速度方向成900角的电场力作用而做匀变速曲线运动 (类平抛运动)． (2)运动的分析方法(看成类平抛运动)： ①沿初速度方向做速度为v 0的匀速直线运动． ②沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动．例1如图1—8—1所示，两板间电势差为U ，相距为d ，板长为L ．—正离子q 以平行于极板的速度v 0射入电场中，在电场中受到电场力而发生偏转，则电荷的偏转距离y 和偏转角θ为多少? 解析：电荷在竖直方向做匀加速直线运动，受到的力F ＝Eq ＝Uq/d 由牛顿第二定律，加速度a = F/m = Uq/md水平方向做匀速运动，由L = v 0t 得t = L/ v 0由运动学公式221at s =可得： U dmv qL L md Uq y 202202)v (21=⋅= 带电离子在离开电场时，竖直方向的分速度：v ⊥dmv qULat 0== 离子离开偏转电场时的偏转角度θ可由下式确定：dmv qULv v 200Ítan ==θ 电荷射出电场时的速度的反向延长线交两板中心水平线上的位置确定：如图所示，设交点P 到右端Q 的距离为x ，则由几何关系得：x y /tan =θ21/2/tan 20202===∴dmv qLU d mv U qL yx θ答案：见解析例2两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图1—8—3所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是 ( )A ．U edh B ．edUh C ．dheU D ．d eUh解析：电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小，根据题意和图示可知，电子仅受电场力，由能量关系：OA eU mv =2021，又E ＝U ／d ，h d U Eh U OA ==，所以deUh mv =2021 . 答案：D ．例3一束质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以平行于两极板的速度v 0进入匀强电场，如图1—8—4所示．如果两极板间电压为U ，两极板间的距离为d 、板长为L ．设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为．(粒子的重力忽略不计)解析：水平方向匀速，则运动时间t ＝L/ v 0 ①竖直方向加速，则侧移221at y = ② 且dmqUa =③ 由①②③得222mdv qULy =则电场力做功20222220222v md L U q mdv qUL d U q y qE W =⋅⋅=⋅= 由功能原理得电势能减少了2022222v md L U q 答案：减少222222v md L U q 例4如图1—8－5所示，离子发生器发射出一束质量为m ，电荷量为q 的离子，从静止经加速电压U 1加速后，获得速度0v ，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U 2作用后，以速度v 离开电场，已知平行板长为l ，两板间距离为d ，求：①0v 的大小；②离子在偏转电场中运动时间t ；③离子在偏转电场中受到的电场力的大小F ； ④离子在偏转电场中的加速度；图1—8—4图1—8－5⑤离子在离开偏转电场时的横向速度y v ； ⑥离子在离开偏转电场时的速度v 的大小； ⑦离子在离开偏转电场时的横向偏移量y ； ⑧离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tgθ解析：①不管加速电场是不是匀强电场，W ＝qU 都适用，所以由动能定理得： 0121mv qU =mqUv 20=∴ ②由于偏转电场是匀强电场，所以离子的运动类似平抛运动．即：水平方向为速度为v 0的匀速直线运动，竖直方向为初速度为零的匀加速直线运动．∴在水平方向102qU mlv l t ==③d U E 2= F =qE =.d qU 2④mdqU m F a 2==⑤.mU qdl U qU ml md qU at v y 121222=•== ⑥1242222212220U md U ql U qd v v v y +=+=⑦1221222422121dU U l qU ml md qU at y =•==（和带电粒子q 、m 无关，只取决于加速电场和偏转电场）答案：见解析基础演练1．如图l —8—6所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 板时速度为v ，保持两板间电压不变．则 ( )A ．当增大两板间距离时，v 也增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间延长答案：CD2．如图1—8—7所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的 ( )图1—8－6A ．2倍B ．4倍C ．0.5倍D ．0.25倍答案：C3．电子从负极板的边缘垂直进入匀强电场，恰好从正极板边缘飞出，如图1—8—8所示，现在保持两极板间的电压不变，使两极板间的距离变为原来的2倍，电子的入射方向及位臀不变，且要电子仍从正极板边缘飞出，则电子入射的初速度大小应为原来的（）A ．22B ．21C ．2D ．2答案：B4．下列带电粒子经过电压为U 的电压加速后，如果它们的初速度均为0，则获得速度最大的粒子是 ( ) A ．质子 B ．氚核 C ．氦核 D ．钠离子Na ＋答案：A5．真空中有一束电子流，以速度v 、沿着跟电场强度方向垂直．自O 点进入匀强电场，如图1—8—9所示，若以O 为坐标原点，x 轴垂直于电场方向，y 轴平行于电场方向，在x 轴上取OA ＝AB ＝BC ，分别自A 、B 、C 点作与y 轴平行的线跟电子流的径迹交于M 、N 、P 三点，那么：(1)电子流经M ，N 、P 三点时，沿x 轴方向的分速度之比为． (2)沿y 轴的分速度之比为．(3)电子流每经过相等时间的动能增量之比为．答案：111 123 1356．如图1—8—12所示，一个电子(质量为m)电荷量为e ，以初速度v 0沿着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场，已知匀强电场的场强大小为E ，不计重力，问：(1)电子在电场中运动的加速度． (2)电子进入电场的最大距离．(3)电子进入电场最大距离的一半时的动能．答案：(1)m eE(2)eE m v 220 (3)420m v7．如图1—8—13所示，A 、B 为两块足够大的平行金属板，两板间距离为d ，接在电压为U 的电源上．在A 板上的中央P 点处放置一个电子放射源，可以向各个方向释放电子．设电子的质量m 、电荷量为e ，射出的初速度为v ．求电子打在B 板上区域的面积．图1—8－8图1—8－9图1—8—12答案：eUd m v 222π8. 如图1—8—1 4所示一质量为m ，带电荷量为+q 的小球从距地面高h 处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离l 处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管上口距地面h/2，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域里加一个场强方向水平向左的匀强电场，求： (1)小球的初速度v 0. (2)电场强度E 的大小． (3)小球落地时的动能E k ．答案：(1)hql v 20= (2)E=qhm gl2 (3)mgh E k =巩固提高1．一束带电粒子以相同的速率从同一位置，垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有粒子的运动轨迹都是一样的，这说明所有粒子 ( ) A ．都具有相同的质量 B ．都具有相同的电荷量C ．电荷量与质量之比都相同D ．都是同位素答案：C2．有三个质量相等的小球，分别带正电、负电和不带电，以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，它们分别落在下板的A 、B 、C 三处，已知两金属板的上板带负电荷，下板接地，如图1—8—15所示，下列判断正确的是 ( )A 、落在A 、B 、C 三处的小球分别是带正电、不带电和带负电的 B 、三小球在该电场中的加速度大小关系是a A ＜a B ＜a C C 、三小球从进入电场至落到下板所用的时间相等D 、三小球到达下板时动能的大小关系是E KC ＜E KB ＜E KA 答案：AB3．如图1—8—16所示，一个带负电的油滴以初速v 0从P 点倾斜向上进入水平方向的匀强电场中，若油滴达最高点时速度大小仍为v 0，则油滴最高点的位置 ( )A 、P 点的左上方B 、P 点的右上方C 、P 点的正上方D 、上述情况都可能答案：A图1—8—14图1—8—15图1—8—164. 一个不计重力的带电微粒，进入匀强电场没有发生偏转，则该微粒的 ( ) A. 运动速度必然增大 B ．运动速度必然减小C. 运动速度可能不变 D ．运动加速度肯定不为零答案：D5. 氘核(电荷量为+e ，质量为2m)和氚核(电荷量为+e 、质量为3m)经相同电压加速后，垂直偏转电场方向进入同一匀强电场．飞出电场时，运动方向的偏转角的正切值之比为（不计原子核所受的重力） ( )A ．1：2B ．2：1C ．1：1D ．1：4 答案：C6．如图1－8－17所示，从静止出发的电子经加速电场加速后，进入偏转电场．若加速电压为U 1、偏转电压为U 2，要使电子在电场中的偏移距离y 增大为原来的2倍(在保证电子不会打到极板上的前提下)，可选用的方法有 ( ) A ．使U 1减小为原来的1/2 B ．使U 2增大为原来的2倍C ．使偏转电场极板长度增大为原来的2倍D ．使偏转电场极板的间距减小为原来的1/2答案：ABD7．如图1－8－18所示是某示波管的示意图，如果在水平放置的偏转电极上加一个电压，则电子束将被偏转．每单位电压引起的偏转距离叫示波管的灵敏度，下面这些措施中对提高示波管的灵敏度有用的是 ( ) A ．尽可能把偏转极板L 做得长一点 B ．尽可能把偏转极板L 做得短一点C ．尽可能把偏转极板间的距离d 做得小一点D ．将电子枪的加速电压提高答案：AC8．一个初动能为E k 的电子，垂直电场线飞入平行板电容器中，飞出电容器的动能为2E k ，如果此电子的初速度增至原来的2倍，则它飞出电容器的动能变为 ( )A ．4E kB ．8E kC ．4.5E kD ．4.25E k 答案：D9. 电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的．油滴实验的原理如图1－8－19所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷．油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况．两金属板间的距离为d ，忽略空气对油滴的浮力和阻力．(1)调节两金属板间的电势u ，当u=U 0时，使得某个质量为m 1的油滴恰好做匀速运动．该油滴所带电荷量q 为多少?图1－8－17图1－8－18(2)若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差u=U 时，观察到某个质量为m 2的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t 运动到下极板，求此油滴所带电荷量Q.答案：(1)01U gd m q =(2))2(22t dg U d m Q -=1．如图1—8—10所示，—电子具有100 eV 的动能．从A 点垂直于电场线飞入匀强电场中，当从D 点飞出电场时，速度方向跟电场强度方向成1500角．则 A 、B 两点之间的电势差U AB ＝ V ．答案：300V2．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子形成向外发射的高速电子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器质量为M ，发射的是2价氧离子．发射离子的功率恒为P ，加速的电压为U ，每个氧离子的质量为m ．单位电荷的电荷量为e ．不计发射氧离子后飞行器质量的变化，求：(1)射出的氧离子速度．(2)每秒钟射出的氧离子数．(离子速度远大于飞行器的速度，分析时可认为飞行器始终静止不动)答案：(1)2meU (2)eU P23.在匀强电场中，同一条电场线上有A 、B 两点，有两个带电粒子先后由静止从A 点出发并通过B 点．若两粒子的质量之比为2：1，电荷量之比为4：1，忽略它们所受重力，则它们由A 点运动到B 点所用时间之比为( ) A.1：2 B ．2：1 C ．1：2 D ．2：1答案：A4．图1—8—20是静电分选器的原理示意图，将磷酸盐和石英的混合颗粒由传送带送至两个竖直的带电平行板上方，颗粒经漏斗从电场区域中央处开始下落，经分选后的颗粒分别装入A 、B 桶中．混合颗粒离开漏斗进入电场时磷酸盐颗粒带正电，石英颗粒带负电，所有颗粒所带的电荷量与质量之比均为10-5C ／kg ．若已知两板间的距离为10 cm ，两板的竖直高度为50 cm ．设颗粒进入电场时的速度为零，颗粒间相互作用不计．如果要求两种颗粒离开两极板间的电场区域时有最大的偏转量且又恰好不接触到极板． (1)两极板间所加的电压应多大?(2)若带电平行板的下端距A 、B 桶底的高度H=1.3m ，求颗粒落至桶底时速度的大小．答案：(1)1×104V (2)1.36m/s图1－8－20图1—8—105．(20分)如图，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，它的极板长L＝0.1 m，两极板间距离d＝0.4 cm.有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒落到下板上．已知微粒质量为m＝2×10－6 kg，电荷量为q＝＋1×10－8 C，电容器电容为C＝10－6 F，g取10 m/s2，求：(1)为使第一个微粒的落点范围在下极板中点到紧靠边缘的B点之内，则微粒入射速度v0应为多少？(2)若带电粒子落到AB板上后电荷全部转移到极板上，则以上述速度射入的带电粒子最多能有多少个落到下极板上？答案：(1)2.5 m/s<v0<5 m/s(2)600个__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________1．带电粒子经加速电场加速后垂直进入两平行金属板间的偏转电场，要使它离开偏转电场时偏转角增大，可采用的方法有()A．增加带电粒子的电荷量B．增加带电粒子的质量C．增大加速电压D．增大偏转电压答案：D2．一束带有等量电荷的不同离子从同一点垂直电场线进入同一匀强偏转电场，飞离电场后打在荧光屏上的同一点，则()A．离子进入电场的初速度相同B．离子进入电场的初动量相同C．离子进入电场的初动能相同D．离子在电场中的运动时间相同答案：C3. 一个示波器在工作的某一段时间内，荧光屏上的光点在x轴的下方，如图所示，由此可知在该段时间内的偏转电压情况是()A．有竖直方向的偏转电压，且上正下负B．有竖直方向的偏转电压，且上负下正C．有水平方向的偏转电压，且左正右负D．有水平方向的偏转电压，且右正左负答案：B4.如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后，分别抵达B、C两点，若AB＝BC，则它们带电荷量之比q1：q2等于()A．1：2 B．2：1C．1： 2 D.2：1答案：B5. （2014年80中高二）如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B板时速度为v，保持两板电压不变，则()A．当增大两板间距离时，v增大B．当减小两板间距离时，v减小C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间增大答案：CD6. （2014年西城期中）如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子(不计重力)以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点，则()A．粒子受静电力的方向一定由M指向NB．粒子在M点的速度一定比在N点的大C．粒子在M点的电势能一定比在N点的大D．电场中M点的电势一定高于N点的电势答案：B7．（2014年东城期中）如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差为U1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U2.一电子由静止开始经U1加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘射出．不计电子重力，下列说法正确的是()A．增大U1，电子一定打在金属板上B．减小U1，电子一定打在金属板上C．减小U2，电子一定能从水平金属板间射出D．增大U2，电子一定能从水平金属板间射出答案：BC。

高考物理带电粒子在电场中的偏转运动解题方法

k－12mv20③ 设粒子第一次到达 G 时所用的时间为 t，粒子在水平方向的位移大小为 l，则有 h＝21at2④，l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得 Ek＝12mv20＋2dφqh⑥，l＝v0 mqdφh。⑦ (2)若粒子穿过 G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性
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3．(2019·全国Ⅱ卷，24)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)电场强度的大小； (2)B 运动到 P 点时的动能。
答案
3mg (1) q
(2)2m(v20＋g2t2)
小球做什么运动？一般怎么处理？还有其它方法吗？
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课堂互动
解析 (1)设电场强度的大小为 E，小球 B 运动的加速度为 a。根据牛顿第二定律、
运动学公式和题给条件，有 mg＋qE＝ma①
A．动能增加21mv2
一般用什么方法？ B．机械能增加 2mv2
C．重力势能增加23mv2 D．电势能增加 2mv2 解析动能变化量 ΔEk＝12m(2v)2－21mv2＝23mv2，A 错误；重力和电场力做功，机
械能增加量等于电势能减少量，带电小球在水平方向向左做匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2qmEx，则电势能减少量等于电场力做的功 ΔEp 减＝W 电＝qEx＝2mv2， B 正确，D 错误；在竖直方向做匀减速运动，到 N 点时竖直方向的速度为零，由－v2 ＝－2gh，得重力势能增加量 ΔEp 重＝mgh＝12mv2，C 错误。答案 B

高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题及解析

高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图，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。

高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．一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。

已知小球质量m=1.0×10－2kg ，电荷量q=1.0×10－8C ，g 取10m/s 2，空气阻力不计。

求(1)E 1和E 2；(2)细线剪断0.3s 末小球的位置坐标。

【答案】(1) 7110/E V m = 72310/E V m =⨯ (2) (0.1,0.3)m m【解析】【详解】（1）当小球静止时，1qE mg = 则7110/mgE V m q== 电场力与重力的合力=2cos 45mgF mg o合= 剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为2102/F a m s m==合经过0.1s 小球的速度大小为12/v at m s == 速度的方向与x 轴正方向成45o 斜向右下方在第2个0.1s 内，电场方向，小球的水平分速度112cos 450x qE v v t m=-=o竖直分速度12sin 452/y v v gt m s o=+=即第2个0.1s 末，小球的速度2v 大小为2/m s ，方向竖直向下依题意，在第3个0.1s 内小球做匀减速直线运动，由运动学公式知223220/0.1v a m s t ===' 根据牛顿第二定律得2qE mga m'-=代入数据得72310/E V m =⨯（2）第1个0.1s 内，小球的位移大小22111220.12220s at g m ==⨯⨯= 则小球沿x 方向移动的距离1cos 450.05x s m ==o沿y 方向移动的距离1sin 450.05y s m ==o在第2 个0.1s 内，小球沿x 方向移动的距离221221cos 450.052qE x v t t m mo=-= 沿y 方向移动的距离22121sin 450.152y v gt m =+=o在第3个0.1s 内，小球沿沿方向移动的距离2323310.12y v t a t m '=-= 即小球速度为零时的位置坐标是(0.1,0.3)m m2．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）。

高中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)及解析

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
）；
(3) 0 B 16mv0 或 15qL
B 16mv0 3qL
【解析】【分析】 (1)a、b 碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后 a、b 的速度； (2)碰后 a 在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解 P 点的位置坐标； (3)要使 b 球不从 CD 边界射出，求解恰能从 C 点和 D 点射出的临界条件确定磁感应强度的范围。【详解】 (1)a 匀速，则
解得： L 9 d 4
当3 d 2y 2y
【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．
6．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 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 1.6105 N / 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 1.0108C / kg 的带正电的粒子，已知粒子的

高中物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)

高中物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)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．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 ≥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 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．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=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%5．如图所示,在平面直角坐标系xOy平面内,直角三角形abc的直角边ab长为6d，与y轴重合,∠bac=30°,中位线OM与x轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y轴正向的匀强电场,场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小间满足E=v0B．在x=3d的N点处,垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从y轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y轴向左射入磁场,其中从y轴上y=－2d处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求(1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围;(3)荧光屏上发光点距N点的最远距离L【答案】（1）0mv ed ；（2）02y d ≤≤；（3）94d ；【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ；由几何关系可得r =d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：20v ev B m r=解得：0mv B ed=(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为O '，有：sin 30rO a '=︒3OO d O a ='-' 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22m y r d ==电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：根据运动学公式有：0x v t =212eE y t m=⋅ y eE v t m=tan y v v θ=tan 3Ld xθ=- 解得：(32)2L d y y =-⋅ 即98y d =时，L 有最大值解得：94L d =当322d y y -=【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．6．如图甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为M 、N ．现有一质量为m 、带电量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E 的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴．求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N 点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 各应满足的关系表达式．【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）（n=1，2，3…）【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．由速度关系可得：解得：由速度关系得：v y=v0tanθ=v0在竖直方向：而水平方向:解得：（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律：解得：根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r．综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）而：解得：（n=1，2，3…）应满足的时间条件为： (T 0+T ′)=T而：解得（n=1，2，3…）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B 0中偏转60°，而后又在− B 0中再次偏转60°，经过n 次这样的循环后恰恰从N 点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.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(2)82225mv mv B qR 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122mvB=当粒子从C点射出时，由勾股定理得()222222RR r r⎛⎫-+=⎪⎝⎭解得258r R=由2 22mvqv 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222332Rr 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．图中是磁聚焦法测比荷的原理图。

高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题(含答案)

高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题(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，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，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）12mU B L 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2U E L= 联立解得：12mUB L 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：2v evB m r=，其中由（1）得到2eUv m=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：2cos L r rθ-=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．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=-+4．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 。

【物理选修3-1】经典例题-带电粒子在电场中的运动讲解及习题(含答案)

带电粒子在电场中的运动专项练习[同步导学] 1．带电粒子的加速(1)动力学分析：带电粒子沿与电场线平行方向进入电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加(减)速直线运动，如果是匀强电场，则做匀加(减)速运动．(2)功能关系分析：粒子只受电场力作用，动能变化量等于电势能的变化量． 221qU mv =(初速度为零)；2022121qU mv mv -= 此式适用于一切电场． 2．带电粒子的偏转(1)动力学分析：带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入两带电平行板产生的匀强电场中，受到恒定的与初速度方向成900角的电场力作用而做匀变速曲线运动 (类平抛运动)． (2)运动的分析方法(看成类平抛运动)： ①沿初速度方向做速度为v 0的匀速直线运动． ②沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动．例1如图1—8—1所示，两板间电势差为U ，相距为d ，板长为L ．—正离子q 以平行于极板的速度v 0射入电场中，在电场中受到电场力而发生偏转，则电荷的偏转距离y 和偏转角θ为多少? 解析：电荷在竖直方向做匀加速直线运动，受到的力F ＝Eq ＝Uq/d 由牛顿第二定律，加速度a = F/m = Uq/md水平方向做匀速运动，由L = v 0t 得t = L/ v 0由运动学公式221at s =可得： U dmv qL L md Uq y 202202)v (21=⋅= 带电离子在离开电场时，竖直方向的分速度：v ⊥dmv qULat 0==离子离开偏转电场时的偏转角度θ可由下式确定：dmv qULv v 200Ítan ==θ． 3．示波管的原理(1)构造及功能如图l —8—2所示 ①电子枪：发射并加速电子．②偏转电极YY ，：使电子束竖直偏转(加信号电压) XX ，：使电子束水平偏转(加扫描电压)． ③荧光屏．(2)工作原理(如图1—8—2所示)偏转电极XX ，和YY ，不加电压，电子打到屏幕中心；若电压只加XX ，，只有X 方向偏；若电压只加YY ，，只有y 方向偏；若XX ，加扫描电压，YY ，加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象．4．在带电粒子的加速或偏转的问题中，何时考虑粒子的重力?何时不计重力?一般来说：(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特别说明或有明确暗示以外，一般都不考虑重力(但不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特别说明或有明显暗示以外，一般都不能忽略重力． 5．易错易混点带电粒子在电场中发生偏转，—定要区分开位移的方向与速度的方向，它们各自偏角的正切分别为：x y=αtan ，xy v v =βtan ，切不可混例2两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图1—8—3所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是 ( )A ．UedhB ．edUhC ．dheUD ．d eUh ．．例3一束质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以平行于两极板的速度v 0进入匀强电场，如图1—8—4所示．如果两极板间电压为U ，两极板间的距离为d 、板长为L ．设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为．(粒子的重力忽略不计) 分析：带电粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速运动．电场力做功导致电势能的改变． 3. 在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m 、带正电电量q 的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为︒37的直线运动。

高中物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析

解得：
【点睛】
本题的关键是分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况．从力和能两个角度研究动力学问题是常用的思路．
9．如图所示，x轴的上方存在方向与x轴成角的匀强电场，电场强度为E，x轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度有一个质量，电荷量的带正电粒子，该粒子的初速度，从坐标原点O沿与x轴成角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O点出发后第四次经过x轴时刚好又回到O点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：
(1)电场反向后匀强电场的电场强度大小；
(2)整个过程中电场力所做的功。
【答案】(1) (2)
【解析】(1)设t末和2t末小物块的速度大小分别为和，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1,小金属块由A点运动到B点过程：
，
小金属块由B点运动到A点过程：
联立解得：，则：；
(2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功：
（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，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．
解得
（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为
由类平抛规律，
由几何知识可得x=y，解得
两点间的距离为，代入数据可得

高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析

高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)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，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m 1＝0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2＝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B 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/s 2，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 ；(3)若小球从P 点飞出后落到水平轨道上的Q 点（图中未画出）后不再反弹，求Q 、C 两点间的距离L 。

【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s ，匀强电场的电场强度大小是7.5×104N/C ；（2）小球到达P 点时的速度大小是2.5m/s ，B 、C 两点间的距离是0.85m 。

（3）Q 、C 两点间的距离为0.5625m 。

【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：Fd ＝12m 1v 2，代入数据解得：v ＝6m/s小球到达P 点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE ＝m 2g tanθ，解得：E ＝7.5×104N/C 。

高考物理双基突破(二)专题4 带电粒子在电场中的运动精讲

取夺市安慰阳光实验学校专题04 带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的平衡和非平衡问题这里说的“平衡”是指带电体加速度为零的静止或匀速直线运动，属“静力学”问题，只是带电体受的外力中包括电场力在内的所有外力，解题的一般思维程序为：（1）明确研究对象；（2）对研究对象进行受力分析，注意电场力的方向；（3）根据平衡的条件或牛顿第二定律列方程求解。

【题1】竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场。

其电场强度为E ，在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m 的带电小球，丝线跟竖起方向成θ角时小球恰好平衡，如图所示，请问：（1）小球带电荷量是多少？（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？【答案】（1）Emg θtan （2）θcot 2gb由①②得（2）丝线剪断后小球受重力和电场力，其合力与剪断前丝线拉力大小相等方向相反，所以：T =ma …③小球由静止开始沿着拉力的反方向做匀加速直线运动，当碰到金属板上时，它的位移为：θsin bx =…④ 由运动学公式：221at x =……⑤由②③④⑤得。

【题3】如图所示，一个质量为30g 带电量─1.7×10─8C 的半径极小的小球，用丝线悬挂在某匀强电场中，电力线与水平面平行。

当小球静止时，测得悬线与竖直夹角为30°，由此可知：①匀强电场方向怎样？②电场强度大小为多少？（g 取10m/s 2）【答案】（1）水平向右（2）2×107N/C（2）小球在三个力作用下处于平衡状态，三个力的合力必为零。

所以F =mg tg30°……①又F =qE … ②由①②得：代入数据解得：E =2×107N/C 。

二、带电粒子（或带电体）在电场中的直线运动 1．做直线运动的条件（1）粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。

（2）粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。

高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)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，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=60W2．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：()()22222211sincos 22P qE x r m g r r m v m v θθ--+=- 解得：x =0.85m3．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=2L(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°= mg Eq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 =2gL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 =2gL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．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/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 J5．一电路如图所示，电源电动势E=28v ，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平行板电容器，其电容C=3.0pF ，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m ，两极板的间距d=1.0×10-2m ．（1）闭合开关S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S 闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s 的初速度射入MN 的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m （不计粒子的重力，M 、N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s 2）【答案】（1）114.810C -⨯ （2）46.2510/C kg -⨯【解析】【分析】【详解】（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：12282482E I A A R R r ===++++；电容器两端电压：222816R U U IR V V ===⨯=；电容器带电量： 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==⨯⨯=⨯（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：0L v t =21122Uq d t dm= 联立解得46.2510/qC kg m-=⨯6．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 qv B 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 =7．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试题(有答案和解析)及解析

【答案】（1） E mg q
（2） xCN 7L
（3）
t总＝(3
3 4
)
2L g
【解析】
（1）小物体无初速释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，故小物体刚好沿 PA 连线运动，重力与电场力的合力沿 PA 方向；又
PA AC L ，故 tan 450 qE ，解得： E mg
6．如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成 α＝30°角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强 E＝2 3 ×104N/C．在细杆上套有一个带负电的小球，带电量为 q＝1×10﹣5C、质量为 m＝3×10﹣2kg．现使小球从细杆的顶端 A 由静止开始沿杆滑下，并从 B 点进入电场，小球在电场中滑至最远处的 C 点．已知 AB 间距离 x1＝0.4m，g ＝10m/s2．求：（1）小球通过 B 点时的速度大小 VB；（2）小球进入电场后滑行的最大距离 x2；（3）试画出小球从 A 点运动到 C 点过程中的 v﹣t 图象．
解得：小球抛出时的初速度
v0
23 3
m
s
(2)在
B
点时， sin60
vy vB
，则 vB
43 3
m s
小球在
A
点时， FN
qE
mg
m
vA2 R
，解得： vA
3ms
小球从 B 到 A 过程，由动能定理得： (mg qE)(R Rcos ) Wf
1 2
mvA2
1 2
mvB2
解得：小球从 B 到 A 的过程中克服摩擦所做的功Wf
mg qE ma ，解得：小球的加速度
a mg qE 210 1103 104 m / s2 5m / s2

高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．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：305.010y qE lv 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：4mvB qr '=='T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

(物理)带电粒子在电场中的运动练习题含答案

（物理）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．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。

(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，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m 1＝0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2＝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。

高中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)

高中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．2．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强E ＝1.0×103V/m ，宽度d ＝0.05m ，长度L ＝0.40m ；区域MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.5×10－2T ，宽度D ＝0.05m ，比荷qm＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0从P 点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v 0＝8.0×105m/s ，求粒子从区域PP′N′N 射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．【解析】【详解】(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21··2Eq d t m＝得2mdt qE=代入数据解得t ＝1.0×10－6s 水平位移x ＝v 0t 代入数据解得x ＝0.80m因为x 大于L ，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，则运动时间t 0＝L v ＝0.5×10－6s ，竖直位移201··2Eq y t m＝＝0.0125m 所以粒子从P′点下方0.0125m 处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x ＝v 2mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v 1＝qE m ·t 2qEd m设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v ＝1v sin α在磁场中由qvB ＝m 2v R得R ＝mv qB 粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x ＋Rsinα＝L 把x ＝v 02md qE 、R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEdv m ＝代入解得 v 0＝L·2Eqmd－E B v 0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy ＝R －Rcosα＝R(1－cosα) 把R ＝mv qB 、v ＝1v sin α、12qEd v m＝代入解得 12(1cos )12tan sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆=== Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况，第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEdv m＝代入解得2 21221 L qE nEvn md n B=-⋅++v0＝4.00.821nn-⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n＝0、1、2、3、4)第二种情况：L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα把2mdtqE=、R＝mvqB、v1＝vsinα、12qEdvm＝代入解得2(1)21221L qE n Evn md n B+=-⋅++v0＝3.20.821nn-⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n＝0、1、2、3)．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 qLEm=；2BEttπ=【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有2vqv B mR=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 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=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；（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 =+，()()225qE mg mg v +==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2y h Bh qhB t v 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'mgE q=，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．图中是磁聚焦法测比荷的原理图。

(物理)高考必刷题物理带电粒子在电场中的运动题

（物理）高考必刷题物理带电粒子在电场中的运动题一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．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．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。

【物理】物理带电粒子在电场中的运动专题练习（及答案）及解析

【物理】物理带电粒⼦在电场中的运动专题练习（及答案）及解析【物理】物理带电粒⼦在电场中的运动专题练习(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．如图甲所⽰，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续⽆初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒⼦，经电场加速后，沿极板C 、D 的中⼼线射向荧光屏（荧光屏⾜够⼤且与中⼼线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒⼦通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图⼄所⽰电压（图中电压U 1已知）时，粒⼦均能从C 、D 两板间飞出，不计粒⼦的重⼒及相互间的作⽤．求：（1）C 、D 板的长度L ；（2）粒⼦从C 、D 板间飞出时垂直于极板⽅向偏移的最⼤距离；（3）粒⼦打在荧光屏上区域的长度．【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）21032qU t s s md== 【解析】试题分析：（1）粒⼦在A 、B 板间有20012qU mv = 在C 、D 板间有00L v t = 解得：02qU L t m=（2）粒⼦从nt 0（n=0、2、4……）时刻进⼊C 、D 间，偏移距离最⼤粒⼦做类平抛运动偏移距离2012y at = 加速度1qU a md=得：2102qU t y md=（3）粒⼦在C 、D 间偏转距离最⼤时打在荧光屏上距中⼼线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转⾓0tan y v v θ=0y v at =打在荧光屏上距中⼼线最远距离tan s y L θ=+荧光屏上区域长度21032qU t s s md==考点：带电粒⼦在匀强电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒⼦在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒⼦在⽔平及竖直⽅向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．2．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 J 3．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222vg．【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=22L，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=2Lπ，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=222v g；4．⼀电路如图所⽰，电源电动势E=28v ，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平⾏板电容器，其电容C=3.0pF ，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m ，两极板的间距d=1.0×10-2m ．（1）闭合开关S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S 闭合后，有⼀未知的、待研究的带电粒⼦沿虚线⽅向以v0=2.0m/s 的初速度射⼊MN 的电场中，已知该带电粒⼦刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒⼦的⽐荷q/m （不计粒⼦的重⼒，M 、N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s 2）【答案】（1）114.810C -? （2）46.2510/C kg -?【解析】【分析】【详解】（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：12282482E I A A R R r ===++++；电容器两端电压：222816R U U IR V V ===?=；电容器带电量： 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==??=?（2）粒⼦在电场中做类平抛运动，则：0L v t =21122Uq d t dm= 联⽴解得46.2510/qC kg m-=?5．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)20 12mvqEh=；(2)2EBv=；(3)存在，EBv'=【解析】【详解】（1）设第1球的电量为1q，研究A到C的运动：2112q E=2h v t=解得：212mvqEh=；（2）研究第1球从A到C的运动：12yq Ev hm=解得：0yv v=tan1yvvθ==，45oθ=，2v 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2q vB mR=得1mvRq B=由⼏何关系得：22sinR hθ=解得：2EBv=；（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002hmx v tv 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 '=．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 ?=【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，在竖直⾯内有两平⾏⾦属导轨AB 、CD ．导轨间距为L ，电阻不计．⼀根电阻不计的⾦属棒ab 可在导轨上⽆摩擦地滑动．棒与导轨垂直，并接触良好．导轨之间有垂直纸⾯向外的匀强磁场，磁感强度为B ．导轨右边与电路连接．电路中的三个定值电阻阻值分别为2R 、R 和R ．在BD 间接有⼀⽔平放置的电容为C 的平⾏板电容器，板间距离为d ，电容器中质量为m 的带电微粒电量为q 。

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高中物理高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题(1)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 。

【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：305.010y qE lv 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：4mvB qr'=='T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

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）12mU B L e = 垂直纸面向外；（23L 【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2U E L= 联立解得：12mUB L 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：2v evB m r=，其中由（1）得到2eUv m=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：2cos L r rθ-=由几何关系有：sin x r θ= 联立解得：3x 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．3．两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 =．4．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 。

【答案】（1）64.810/v m s =⨯；（2）304⎛⎫ ⎪⎝⎭，· 【解析】【详解】（1）粒子从静止开始经加速电场加速后速度为v ，由动能定理：212qU mv =粒子进入磁场后，洛仑磁力提供向心力：2v qBv m R= 粒子垂直a 边界进入有届磁场区域且恰好未飞出右平行届b ，由几何知识得：R d =代入数值，联立解得：64.810/v m s =⨯；-25.7610U V =⨯（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304⎛⎫ ⎪⎝⎭，5．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222vg．【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=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=20 22vg；6．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。

（1）求此电场的场强大小E；（2）若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。

【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，则在X方向位移关系有：，所以；该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有，所以，，则有．（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间；粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁场的位置在OL上距离O点；根据几何关系，可得，即；所以；所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间．7．图中是磁聚焦法测比荷的原理图。

在阴极K和阳极A之间加电压，电子由阳极A中心处的小孔P 射出。

小孔P 与荧光屏中心O 点连线为整个装置的中轴线。

在极板很短的电容器C 上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有电子从同一点发散。

在电容器C 和荧光屏S 之间加一平行PO 的匀强磁场，电子从C 出来后将沿螺旋线运动，经过一段时间再次汇聚在一点。

调节磁感应强度B 的大小，可使电子流刚好再次汇聚在荧光屏的O 点。

已知K 、A 之间的加速电压为U ，C 与S 之间磁场的磁感应强度为B ，发散点到O 点的距离为l 。

（1）我们在研究复杂运动时，常常将其分解为两个简单的运动形式。

你认为题中电子的螺旋运动可分解为哪两个简单的运动形式？（2）求电子的比荷e m。

【答案】（1）沿PO 方向的匀速运动和垂直于PO 方向上的匀速圆周运动；（2）2228e Um B l π=【解析】【详解】（1）电子的螺旋运动可分解为沿PO 方向的匀速运动和垂直于PO 方向上的匀速圆周运动。

（2）从发散点到再次汇聚点，两个方向的分运动时间相等，有12=t t 加速电场212eU mv =匀速直线运动 1l t v=匀速圆周运动 2v evB m R =，2m T qB π= 2t T = 联立以上各式可得2228e Um B lπ=8．如图所示，在y >0的区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，在y <0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，一电子(质量为m 、电量为e )从y 轴上A 点以沿x 轴正方向的初速度v 0开始运动，当电子第一次穿越x 轴时，恰好到达C 点，当电子第二次穿越x 轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x 轴时，恰好到达D 点，C 、D 两点均未在图中标出．已知A 、C 点到坐标原点的距离分别为d 、2d .不计电子的重力．求(1)电场强度E的大小．(2)磁感应强度B的大小．(3)电子从A运动到D经历的时间t.【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】试题分析：（1）电子在电场中做类平抛运动设电子从A到C的时间为t11分1分1分求出 E =1分（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则θ = 45° 1分电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力1分由图可知1分得1分（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=1分电子在磁场中运动的时间 t2 =2分电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2=1分考点：带电粒子在电场中做类平抛运动匀速圆周运动牛顿第二定律9．如图所示，AB是一段长为s的光滑绝缘水平轨道，BC是一段竖直墙面。