高中物理带电粒子在电场中的运动的技巧及练习题及练习题(含答案)

(0.12m，0)，磁场的磁感应强度大小 B= 2 T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后 3
与 x 轴交点坐标的范围．
【答案】(1)U0 2.16 104 V (2) x 0.04m (3) x 0.1425m
【解析】 【分析】 【详解】 (1)对于 t=0 时刻射入极板间的粒子：
l v0T T 1107 s
不断向 x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为 q =5×107C／kg，速度为 m
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
y1
1 2
a(T 2
)2
vy
a
T 2
y
2
vy
T 2
d 2
y1
y2
Eq ma
E U0 d
解得：U0 2.16 104 V
(2) t
nT
T 2
时刻射出的粒子打在
x
轴上水平位移最大：
xA
v0
3T 2
所放荧光屏的最小长度 x xA l 即： x 0.04m
(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 vy.
速度偏转角的正切值均为： tan vy 37 v0
cos 37 v0 v
v 1106 m/s
即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.
qvB m v2 R
R r 0.03m
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
历时 t1，A 点坐标为（x，y）
粒子做类平抛运动：x=v0t1，y=
1 2
a1t12
由题知：粒子在 A 点速度大小 vA=2 v0，vAy= 3v0 ，vAy=a1 t1
粒子在 A 点速度方向与竖直线 PQ 夹角为 30°。
解得： x 3v02 ， y 3v02
a1
2a1
由几何关系得：ysin60°-xcos60°=d，
一质量为 m，电荷量为 q 的带正电粒子，经过 y 轴上的点 P1（0，L）时的速率为 v0，方向
沿 x 轴正方向，然后经过 x 轴上的点 P2（ 3 L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径 R= 5 L
2
2
（不计粒子重力），求：
（1）粒子到达 P2 点时的速度大小和方向；
（2） E ； B
（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；
(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=qE
F1 mg sin ma1 解得 a1 10m / s2
2cos53 2
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=- 3 L 2
直线从 M 点穿出磁场，由几何关系知 M 的坐标 x= 3 L+（r-rcos37°）=2L； 2
3L （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从 P1 到 P2 做类平抛运动：t1= 2v0
L= vy t1 2
可得
t1=
3L 2v0
，vy=
4 3
v0
故粒子在 P2 的速度为 v=
v02
v
2 y
5
=
3
v0
设 v 与 x 成 β 角，则 tanβ= vy = 4 ，即 β=53°； v0 3
（2）粒子从 P1 到 P2，根据动能定理知 qEL= 1 mv2- 1 mv02 可得 22
E= 8mv02 9qL
qEl 2v02
对粒子 b：vy＝a2t…⑤
vy＝v0…⑥
a2
qE mb
…⑦
①⑤⑥⑦联立解得： mb
qEl v02
则 ma 1 ． mb 2
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：
2 在 0~2 s 内，电场力做正功W1 F1x 60J 在 2～4 s 内，电场力做负功W2 F2 x 20J
电场力做功 W=40 J
5．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0 及 y＜- 3 L 区域存在场强大小相同，方向相反均平 2
行于 y 轴的匀强电场，在- 3 L＜y＜0 区域存在方向垂直于 xOy 平面纸面向外的匀强磁场， 2
， 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=（2v0）2+（a2t2）2，
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
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 a1 10m / s2 的加速度加速， 在 2～4 s 内， a2 10m / s2 的加速度减速，即在 2s 时，速度最大 由 v a1t 得， vmax 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 x vmax t 20m
高中物理带电粒子在电场中的运动的技巧及练习题及练习题(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，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 v0、方向与水平线夹角为 θ＝60º 的速度，进入大小为 E1 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 E2，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。 已知粒子从 O 运动到 A 的时间与从 A 运动到 B 的时间相同，不计粒子重力，已知量为 m、q、v0、d．求：
的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律可以解题。
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
解得： a1
பைடு நூலகம்
3v02 4d
， t1
4d v0
由牛顿第二定律得：qE1=ma1，
解得： E1
3mv02 4qd
设粒子从 A 到 B 运动过程中，加速度大小为 a2，历时 t2，
水平方向上有：vAsin30°=
t2 2
a2sin60°， t2
t1
4d v0
，qE2=ma2，
解得： a2
v02 3d
(1)
由题知：粒子在
O
点动能为
Eko=
1 2
mv02
粒子在
A
点动能为：EkA=4Eko，粒子从
O
到
A
运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=EkA-Eko=
3 2
mv02
；
(2) 以 O 为坐标原点，初速 v0 方向为 x 轴正向，
建立直角坐标系 xOy，如图所示
设粒子从 O 到 A 运动过程，粒子加速度大小为 a1，
（4）粒子从 P1 点出发后做周期性运动的周期．
【答案】（1）
5
v0，与
x
成
53°角；（2）
4v0
405 37 L
；（3）2L；（4）
．
3
3
60v0
【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 vy，
由运动学规律知 3 L=v0t1， 2
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据 qvB=m v2 R
解得：B=
mv qR
=
m q
5
3 5
v0 L
=
2mv0 3qL
2
解得： E 4v0 ； B3
（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为 O′，在图中，过 P2 做 v 的垂线交 y=- 3 L 直线与 Q′ 2
点，可得：
3L 5
P2O′=
= L =r
(1)粒子从 O 到 A 运动过程中,电场力所做功 W； (2)匀强电场的场强大小 E1、E2； (3)粒子到达 B 点时的动能 EkB．
【答案】(1)W
3 2
mv02
(2)E1＝ 3m02 E2＝ 3m02 (3) EkB＝ 14m02
4qd
3qd
3
【解析】
【分析】
(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。 (2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。 (3)根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达 B 点时的动能。 【详解】
圆半径方向射出磁场；从
x
轴射出点的横坐标： xC
xA
R tan 53
xC 0.1425m .
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： x 0.1425m
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 ma，离开电场时竖直位移为 y，粒子 b 的质量为 mb， 离开电场时竖直分速度为 vy，两粒子初速度均为 v0，在极板间运动时间均为 t 对粒子 a：l＝v0t…①
y＝ 1 a1t2…② 2
a1
qE ma
…③
y＝l…④
①②③④联立解得： ma
在磁场中由
P2 到
M
动时间：t2= 37 360
2 r v
37 L
=
120v0
从 M 运动到 N，a= qE = 8v02 m 9L
则
t3=
v a
=
15L 8v0
405 37 L
则一个周期的时间 T=2（t1+t2+t3）=
．
60v0
6．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;
(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： 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)荧光屏上发光点距 N 点的最远距离 L
【答案】（1） mv0 ； （2） 0 y 2d ；（3） 9 d ；
ed
4
【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：
ev0
B
m
v02 r
解得： B mv0 ed