高考物理带电粒子在电场中的运动试题经典

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
根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则
又
解得
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则
解得:
粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，
解得:
2．“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 ，内圆弧面CD的电势为 ，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与MN板的距离为L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回．
(1)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B1；
(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B2和匀强电场的电场强度大小E.
(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t1
1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
(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FΒιβλιοθήκη BaiduqE
解得
在2 ---4 s内，滑块受力分析如图乙所示
（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；
（2）粒子从 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 点间的最远距离．
【答案】（1） （2） （3）
【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
解得：
（2）由（1）问中可知 ，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 为菱形，所以 ，又 垂直于 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与 轴平行，所以粒子从 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为 ．
(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tanθ；
(3)电子打到屏上的点P′到点O的距离.
【答案】(1) (2)2 (3) 3L.
【解析】
【详解】
（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，到达MN的速度为v，则：
a1＝ ＝
解得
（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，
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
10．如图,光滑水平面上静置质量为m，长为L的绝缘板a,绝缘板右端园定有竖直挡板,整个装置置于水平向右的匀强电场中.现将一质量也为m、带电量为q(q>0)的物块b置于绝缘板左端(b可视为质点且初速度为零)，已知匀强电场的场强大小为E=3μmg/q，物块与绝缘板板间动摩擦数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，物块与绝缘板右端竖直挡板碰撞后a、b速度交换,且碰撞时间极短可忽略不计,物块带电量始终保持不变,重力加速度为g。求：
高考物理带电粒子在电场中的运动试题经典
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v0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).
解得
因此物体在0～2 s内，以 的加速度加速，
在2～4 s内， 的加速度减速，即在2s时，速度最大
由 得，
(2)物体在0～2s内与在2～4s内通过的位移相等．通过的位移
在0~2 s内，电场力做正功 -
在2～4 s内，电场力做负功
电场力做功W=40 J
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R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷 =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）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) ；(2) ；(3)存在，
【解析】
【详解】
（1）设第1球的电量为 ，研究A到C的运动：
解得： ；
（2）研究第1球从A到C的运动：
【答案】（1） ；（2） ；（3） ；
【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：
(2）从AB圆弧面收集到的粒子有 能打到MN板上，则上端刚好能打到MN上的粒子与MN相切，则入射的方向与OA之间的夹角是 ，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角 ．
根据几何关系，粒子圆周运动的半径：
由洛伦兹力提供向心力得：
联合解得：
（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.
若速度与x轴方向的夹角为 角
3．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝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E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2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E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为 ，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
【答案】（1） （2） （3）
【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r1
由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力可得
解得:
(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
由库仑力提供向心力得
解得:
(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：
y= at2…①
a= = …②
t= …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=rsinα+R0-R0cosα
可知tanα= ，即α=53°
比例η= ×100%=29%
6．如图所示，荧光屏 与 轴垂直放置，与 轴相交于 点， 点的横坐标 ，在第一象限 轴和 之间有沿 轴负方向的匀强电场，电场强度 ，在第二象限有半径 的圆形磁场，磁感应强度 ，方向垂直 平面向外．磁场的边界和 轴相切于 点．在 点有一个粒子源，可以向 轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为 的带正电的粒子，已知粒子的发射速率 ．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：
即AD=R
由
得AD=
（2）经D点 ，
而 ， ，
解得 ，方向垂直AC向上
速度偏向角 ，
解得
而 即 ，则
9．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v0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
（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
解得： ，
说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为 的点进入电场的粒子在电场中沿 轴方向的位移为 ，则
代入数据解得
设粒子最终到达荧光屏的位置与 点的最远距离为 ，粒子射出的电场时速度方向与 轴正方向间的夹角为 ，
，
所以 ，
由数学知识可知，当 时，即 时 有最大值，
（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
可得：v=6×105m/s；
所以
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：
（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= =0.08m，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- =0.08m，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：
(1)试求AD间的距离；
(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由A射入的粒子仍然能经过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么?
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】
（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为 ，则粒子转过的圆心角为 ，
解得：
， ， ；
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
由 得
由几何关系得：
解得： ；
（3）后面抛出的小球电量为 ，磁感应强度
①小球作平抛运动过程
②小球穿过磁场一次能够自行回到A，满足要求： ，变形得：
解得： ．
8．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。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0沿AC方向由A点射入。粒子经D点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。(不计重力)
（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．
(1)物块第一次与挡板碰撞前瞬间物块的速度大小;
(2)物块从置于绝缘板到第二次与挡板碰撞过程中,电场力所做的功W。
a2＝ ＝
t＝
vy＝a2t
tanθ＝ =2
（3）电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′.由几何关系知：
tanθ＝
解得：
x＝3L.
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：