高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题
【物理】物理带电粒子在电场中的运动练习题含答案
【物理】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,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.空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B ,一带电量为+q 、质量为m 的粒子,在P 点以某一初速开始运动,初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示.该粒子运动到图中Q 点时速度方向与P 点时速度方向垂直,如图中Q 点箭头所示.已知P 、Q 间的距离为L .若保持粒子在P 点时的速度不变,而将匀强磁场换成匀强电场,电场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直,在此电场作用下粒子也由P 点运动到Q 点.不计重力.求:(1)电场强度的大小.(2)两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之比.【答案】22B qLE m=;2B E t t π= 【解析】 【分析】 【详解】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,以v 0表示粒子在P 点的初速度,R 表示圆周的半径,则有20v qv B m R= 由于粒子在Q 点的速度垂直它在p 点时的速度,可知粒子由P 点到Q 点的轨迹为14圆周,故有2R =以E 表示电场强度的大小,a 表示粒子在电场中加速度的大小,t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间,则有qE ma = 水平方向上:212E R at =竖直方向上:0E R v t =由以上各式,得 22B qL 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=3.1897年汤姆孙使用气体放电管,根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况发现了电子,并求出了电子的比荷。
高考物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)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,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.2.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) 203mdv【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°=0yv v …③v y =at…④qUa md=…⑤ 0Lt v =…⑥ 由③④⑤⑥得:2200303mdv tan mdv U qL ︒==3.如图(a)所示,整个空间存在竖直向上的匀强电场(平行于纸面),在同一水平线上的两位置,以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ,带电量为+q 的a 水平向右,不带电的b 竖直向上.b 上升高度为h 时,到达最高点,此时a 恰好与它相碰,瞬间结合成油滴p .忽略空气阻力,重力加速度为g .求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离; (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度;(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界,取此时为0t =时刻,同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场,磁场变化规律如图(b)所示,磁场变化周期为T 0(垂直纸面向外为正),已知P 始终在矩形区域内运动,求矩形区域的最小面积.(忽略磁场突变的影响) 【答案】(12hg2h (2)2mg q ;P v gh = 方向向右上,与水平方向夹角为45°(3)20min 22ghT s π= 【解析】 【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v ,则对油滴b 做竖直上抛运动,有2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动,有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前,油滴a 做类平抛运动,设加速度为a ,有qE mg ma -=,2012h at =,解得a g =,2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ,结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ,方向向右上与水平方向夹θ角,则0a cos v v θ=,00tan v at θ=,解得a 2v gh =,45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒,有:12p mv mv =,联立各式,解得:p v gh =,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0T gh r =,由2p r T v π= 得02T T = 即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形.最小矩形的两条边长分别为2r 、4r (轨迹如图所示).最小矩形的面积为20min2242ghT s r r π=⨯=4.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偏转运动解题方法
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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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
带电粒子在电场中运动题目及标准答案(分类归纳经典)
带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中做偏转运动1.如图所示的真空管中,质量为m ,电量为e 的电子从灯丝F发出,经过电压U1加速后沿中心线射入相距为d 的两平行金属板B、C间的匀强电场中,通过电场后打到荧光屏上,设B、C间电压为U2,B、C板长为l 1,平行金属板右端到荧光屏的距离为l 2,求:⑴电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角. ⑵电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离. 解析:电子在真空管中的运动过分为三段,从F发出在电压U1作用下的加速运动;进入平行金属板B、C间的匀强电场中做类平抛运动;飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线运动.⑴设电子经电压U1加速后的速度为v 1,根据动能定理有: 21121mv eU =电子进入B、C间的匀强电场中,在水平方向以v 1的速度做匀速直线运动,竖直方向受电场力的作用做初速度为零的加速运动,其加速度为: dmeU meE a 2==电子通过匀强电场的时间11v l t =电子离开匀强电场时竖直方向的速度v y 为: 112mdv l eU at v y ==电子离开电场时速度v 2与进入电场时的速度v 1夹角为α(如图5)则d U l U mdv l eU v v tg y 112211212===α ∴dU l U arctg1122=α ⑵电子通过匀强电场时偏离中心线的位移dU l U v l dm eU at y 1212212122142121=•== 电子离开电场后,做匀速直线运动射到荧光屏上,竖直方向的位移 dU l l U tg l y 1212222==α ∴电子打到荧光屏上时,偏离中心线的距离为 )2(22111221l l d U l U y y y +=+= 图 52. 如图所示,在空间中取直角坐标系Oxy ,在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d ,从y 轴到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场,场强大小为E 。
高考物理复习:带电粒子在电场中运动的综合问题
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3.思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律):抓住粒子的运动具有周期
性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做
功或确定与物理过程相关的边界条件。
(2)从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规
是恒力作用的问题,用能量观点处理也常常显得简洁。具体方法常有如下
两种。
1.用动能定理处理
思维顺序一般为:
(1)弄清研究对象,明确所研究的物理过程;
(2)分析物体在所研究过程中的受力情况,弄清哪些力做功,做正功还是负
功;
(3)弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能);
(4)根据W= ΔEk 列出方程求解。
(1)求带电小球从A 点开始运动时的初速度v0。
(2)带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点
(图中未标出),求B点与D点间的水平距离。
解析:(1)小球在半圆环轨道上运动,当小球所受重力、静电力的合力方向与速
度垂直时,速度最小。设 F 合与竖直方向夹角为 θ,则 tan
F
合=
做匀减速直线运动,直到t=T时刻速度变为零,之后重复上述运动,A正确,B
错误。
第二环节
关键能力形成
能力形成点1
带电粒子在交变电场中的运动(师生共研)
整合构建
1.常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2.常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
sin37°
=
5
A.末速度大小为√2v0
带电粒子在电场运动规律经典例题及典型习题(附答案)
带电粒子在电场运动规律透析一、带电粒子在电场中的加速1运动状态的分析:带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场,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。
2用功能观点分析:电场力对带电粒子动能的增量。
2022121mv mv qU -= 说明:①此法不仅适用于匀强电场,也适用于非匀强电场。
②对匀强电场,也可直接应用运动学公式和牛顿第二定律典型例题例1:1:如图所示,两平行金属板竖直放置,如图所示,两平行金属板竖直放置,左极板接地,中间有小孔。
右极板电势随时间变化的规律如图所示。
电子原来静止在左极板小孔处。
(不计重力作用)下列说法中正确的是法中正确的是A.A.从从t=0时刻释放电子,电子将始终向右运动,直到打到右极板上B.B.从从t=0时刻释放电子,电子可能在两板间振动C.C.从从t=T /4时刻释放电子,电子可能在两板间振动,也可能打到右极板上D.D.从从t=3T /8时刻释放电子,电子必将打到左极板上解析:从t=0时刻释放电子,如果两板间距离足够大,电子将向右先匀加速T /2,接着匀减速T /2,速度减小到零后,又开始向右匀加速T /2,接着匀减速T /2直到打在右极板上。
……直到打在右极板上。
电子不可能向左运动;电子不可能向左运动;电子不可能向左运动;如果两板间距离不够大,电子如果两板间距离不够大,电子也始终向右运动,直到打到右极板上。
从t=T /4时刻释放电子,如果两板间距离足够大,电子将向右先匀加速T /4,接着匀减速T /4,速度减小到零后,改为向左先匀加速T /4,接着匀减速T /4。
即在两板间振动;如果两板间距离不够大,则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。
子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。
从从t=3T /8时刻释放电子,时刻释放电子,如如果两板间距离不够大,电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上;如果第一次向右运动没有打在右极板上,那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。
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
【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
带电粒子在电场中运动解题三步法
一带电粒子在电场中的运动解题三步法第一步:审题,审题过程要审清以下因素情况1、带电粒子电性:带正电、带负电、未知。
2、电场线的方向:向左、向右、未知。
3、粒子的初速度:有初速度、无初速度、还是未知。
4、粒子的运动方向:顺着电场线、逆着电场线、还是未知。
5、粒子的运动性质:匀速、匀变速、变加速、曲线运动、匀速圆周运动。
6、考虑重力:考虑重力、不计重力、带电粒子小球一般考虑重力、电子一般不考虑重力。
7、有无外力作用:有外力作用、只受电场力作用第二步:受力分析和运动过程分析,1.在分析物体受力时,是否考虑重力要依据具体情况而定。
〔1〕电子、质子、α粒子、离子等,除有说明或有明确的暗示以外一般都忽略不计。
〔2〕带电颗粒:如尘埃、液滴、小球等,除有说明或有明确的暗示以外一般都不能忽略。
2:.力学知识:牛顿第二定律F=ma;动能定理W=ΔEk;不同位置的电势能、动能和重力势能的和不变;匀变速直线运动规律;抛物体运动规律;圆周运动规律分力---分速度---分动能。
3、力、速度、加速度的正交分解第三步:题目考察的问题:力和运动问题还是功和能关系问题1.带电粒子在电场中运动的过程: 平衡、加速或减速、直线、曲线电场的知识和规律:E=F/q→F=qE;W=qU;E=U/d;E p=qΦ2、处理带电粒子运动问题的一般有三条途径:〔1〕匀变速直线运动公式和牛顿运动定律〔2〕能量守恒定律〔3〕动量定理和动量守恒定律3、直线变速运动问题,(1) 优先考虑使用场力功与粒子动能变化关系,使用动能定理来解,尤其是在非匀强电场中,我们无法使用牛顿第二定律来处理的过程,而动能定理只考虑始末状态,不考虑中间过程。
〔2〕假设问题涉及空间那么优先考虑功、动能,用能量守恒解题。
(3) 题目指定求加速度、力、时间,只能用牛顿第二定律来计算。
〔4〕问题涉及时间那么优先考虑冲量、动量,问题涉及空间那么优先考虑功、动能。
4、强化物理条件意识,联系数学工具分析〔抛物线方程、直线方程、反比例函数、极值等〕。
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。
高考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)
高考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)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,在空间坐标系x <0区域中有竖直向上的匀强电场E 1,在一、四象限的正方形区域CDEF 内有方向如图所示的正交的匀强电场E 2和匀强磁场B ,已知CD =2L ,OC =L ,E 2 =4E 1。
在负x 轴上有一质量为m 、电量为+q 的金属a 球以速度v 0沿x 轴向右匀速运动,并与静止在坐标原点O 处用绝缘细支柱支撑的(支柱与b 球不粘连、无摩擦)质量为2m 、不带电金属b 球发生弹性碰撞。
2025高考物理总复习带电粒子在电场中运动的综合问题
0
又 t1= t2
联立解得
故在
4 5
9
t1= T= T
25
25
7
0~50 T
时间内发出的粒子均可打到 B 上,所以一个周期内发出的粒子打
7
到 B 上所占百分比约为 η=50 ×100%=14%。
归纳总结
带电粒子在交变电场中运动的研究类型和方法及注意问题
类型:通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形。
大小为2 =
23,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)物块第一次到达B点时的速度大小v1以及B、C两点间的距离x;
(2)小球过P点时的速度大小v以及S、C两点间的距离L;
(3)小球的质量。
2
答案 (1)gt1 10g1 -23R
(2)
5
2
9
R
5
(3)3m
解析 (1)物块从 A 点运动到 B 点的过程,根据牛顿第二定律有
解得
d=2
0
。
=
2 0 2
T
9
(3)若
φ=4φ0,d=5
2 0
,t0=2 ,设经过 t1 时间向上加速运动、再经过 t2 时间向
上减速运动的粒子恰好能打在 B 金属板上,粒子沿垂直金属板方向的运动有
1
2
0
·
2
·1 +
0
1
·
t1·
t2
2
·
·2 2 =d
行分析与研究。这类问题中常用到的基本规律有运动学公式、牛顿定律、
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高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1.如图所示,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,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。
设平板长为l ,全程根据能量守恒可得:qEL =μmgl 解得:l =815=0.53m (3)设平板第n -1次与第n 次碰撞反弹速度分别为v n-1,和v n ;平板第n -1次反弹后:设经历时间t n-1,平板与物块达到共同速度v n-1′ 平板v n-1′=v n-1-a 2t n-1 位移大小21112112n n n n x v t a t ----=- 物块v n-1′=-v n-1+a 1t n-1由以上三式解得:11'4n n v v --=-,1110n n v t --=,211380n n v x --=此后两者一起向左匀加速,由动能定理qEx n-1=()()22111(')22n n M m v M m v -+-+ 解得:112n n v v -= 从开始运动到平板和物块恰停止,挡板对平板的总冲量: I =2Mv 1+2Mv 2+2Mv 3+2Mv 4+…… 解得:I =8.0N•s3.L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间,存在方向垂直纸面向外的匀强磁场.现将下板接地,让质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度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 d R a R L ≥+= ;min 0(632)L T 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()()2L LR R =+- 解得0mv B qL=(2)粒子P 从O 003L v t =01122y L v t = 解得033y 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 v 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23L 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 vπα--=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.4.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:()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()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+;(2)① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+5.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 /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 . 【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 =0.85m6.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.7.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8.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'mgEq=,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)BhtE= (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 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.9.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 。