高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)
高中物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)
高中物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(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(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 vgh =，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=⨯=2．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 ＝eEm2122La 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：tan θ＝2xLL+解得：x ＝3L .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．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=24Lvπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x =r =v 0t 2， 运动时间：t 2=22L v ，则：t 1：t 2=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 =222v L，对小球，由牛顿第二定律得：a =mgsin mθ=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=222v g；5．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x 0=60cm ，在第一象限y 轴和MN 之间存在沿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qm=1.0×108C/kg 的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v 0=4.0×106m/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，由洛伦兹力提供向心力得：qvB =m 20v r解得：r =20510mv Bq-=⨯m=5cm （2）由（1）问可知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′FO 1为菱形，所以FO 1∥O′P ，又O′P 垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO 1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 0=v 0t 0 h =2012at a =qE m解得：h =18cm ＞2R =10cm说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．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 =v 0t y =212at 代入数据解得：x 2y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⋅===所以：H =（x 0﹣x ）tan θ=（x 02y ）2y由数学知识可知，当（x 02y ）2y 时，即y =4.5cm 时H 有最大值 所以H max =9cm6．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．（2）3310（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/qU 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213262d 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 ==o由211vB qv mR=知：113310mvB TqR==（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin60RRo+=故半径2(233)R m=-又222vB qv mR=故2235B T+=所以B2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.7．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2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0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 e v t dm =又：1mv R Be= 解得：00U t B 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∆=∆=8．长为L 的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d ，电势差为U ，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场．荧光屏MN与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x，电容器左侧中间有发射质量为m带＋q的粒子源，如图甲所示．假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O点；b粒子在电、磁场中向上偏转；c粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a粒子仍恰好打在荧光屏上的O点；b、c中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；(2)b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离(用x、L、d表示)；(3)b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．【答案】(1)242222222akL B d q m UEmB d= (2)1()2xy dL=+ (3)11224==5UqyW dUqW yd【解析】【详解】据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．(1) 从图中可见电、磁场分开后，a 粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O 点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．U q Bqv d=， Bd U v =， L LBd t v U==， 222122a Uq L B qd y t dm mU==， 21()2a a k U U qy E m d Bd=- 242222222a k L B d q m U E mB d= (2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得12=122d y L L x +， 1()2x y d L =+ (3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 22111·2Uq y t md =，11y Uq v t md= 122221·2y Uq t m y t dv +=， 22158qU y t md=， 124=5y y ， 11224==5Uq y W d Uq W y d9．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）3E B（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：23603 d d drsin sinα===︒根据2mvqv Br=得233qBdvm=粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qEr cos tm-︒=（）；00yv qEttanv mvα==联立解得03EvB=（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=v0t，2yvy t=得322yvy tanx vα===由几何知识可得 y=r-rcosα=132r=则得23x d=所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d dRsinα⎛⎫+⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度0432v qBdv vcosα===根据2'vqvB mR=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动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 。
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)含解析
（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 B0 的大小、磁场变化周期 T 各应满足的关系表达式．
【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： 解得
a1＝ eE1 ＝ eE mm
2a1
L 2
v2
v eEL m
（2）设电子射出电场 E2 时沿平行电场线方向的速度为 vy，
a2＝ eE2 ＝ 2eE mm t＝ L v
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）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
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…）
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
带电粒子在电场中的偏转(含答案解析)
带电粒子在电场中的偏转、基础知识1 、带电粒子在电场中的偏转(1) 条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2) 运动性质：匀变速曲线运动．(3) 处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动． (4)运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间la.能飞出电容器： t ＝ .v 01 qU 2mdyy＝2at＝2mdt， t ＝qU②沿电场力方向，做匀加速直线运动F qE Uq加速度： a ＝ ＝ ＝m m md1Uql 2离开电场时的偏移量： y ＝ at 2＝ 22 2mdv 2v y Uql离开电场时的偏转角： tan θ＝ ＝ 2v 0 mdv 20特别提醒 带电粒子在电场中的重力问题(1) 基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外， 考虑重力 (但并不忽略质量 )．b.不能飞出电容器：般都不(2) 带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．2 、带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1) 不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．1证明：由 qU 0＝2mv 0211 qU 1 ly ＝2at 2＝2·md ·(v 0)2(2) 粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点 O 为粒子水平位移l的中点，即 O 到偏转电场边缘的距离为 2.3 、带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系U中 U y ＝d y ，指初、末位置间的电势差．二、练习题1 、如图，一质量为 m ，带电量为＋ q 的带电粒子，以速度 v 0 垂直于电场方向进入电场，关于该带电粒子的运动，下列说法正确的是 ( )tanqU 1lmdv 20 U 1l 2U 1l得：y ＝4U 0dtan θ＝2U 0d当讨论带电粒子的末速度 v 时也可以从能量的角度进行求解：1qU y ＝2mv 21 mv 220，其A．粒子在初速度方向做匀加速运动，平行于电场方向做匀加速运动，因而合运动是匀加速直线运动B．粒子在初速度方向做匀速运动，平行于电场方向做匀加速运动，其合运动的轨迹是一条抛物线C．分析该运动，可以用运动分解的方法，分别分析两个方向的运动规律，然后再确定合运动情况D．分析该运动，有时也可用动能定理确定其某时刻速度的大小答案BCD2 、如图所示，两平行金属板 A、B长为 L＝8 cm ，两板间距离 d＝8 cm ，A板比 B板电势高300 V ，一带正电的粒子电荷量为 q＝1.0×10－10 C，质量为 m ＝ 1.0 ×10 －20 kg，沿电场中心线 RO垂直电场线飞入电场，初速度 v0＝2.0×106 m/s ，粒子飞出电场后经过界面MN 、PS间的无电场区域，然后进入固定在O 点的点电荷 Q 形成的电场区域（设界面 PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）．已知两界面 MN 、PS相距为12 cm ，D 是中心线 RO与界面 PS的交点， O 点在中心线上，距离界面 PS为9 cm ，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上．（静电力常量k＝9.0 ×109 N·m 2/C2，粒子的重力不计）(1) 求粒子穿过界面 MN 时偏离中心线 RO的距离多远？到达 PS界面时离 D 点多远？(2) 在图上粗略画出粒子的运动轨迹．(3) 确定点电荷 Q 的电性并求其电荷量的大小．解析(1)粒子穿过界面 MN 时偏离中心线 RO的距离(侧向位移)：1y＝ at22F qU a＝＝m dmL＝v0t1 qU L则y＝2at2＝2md(v0)2＝0.03 m ＝3 cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与 PS 交于 H，设 H 到中心线的距离为 Y，则有1L2y＝，解得 Y＝4y＝12 cm1YL＋12 cm2(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(图略)(3) 粒子到达 H 点时，其水平速度 v x＝ v0 ＝2.0 ×10 6 m/s竖直速度 v y＝ at＝ 1.5 ×10 6 m/s则 v 合＝2.5 ×10 6 m/s该粒子在穿过界面 PS后绕点电荷 Q 做匀速圆周运动，所以 Q带负电根据几何关系可知半径 r＝15 cmqQ v2合k2＝mr2r解得 Q≈1.04 ×10 －8 C答案(1)12 cm (2)见解析(3)负电 1.04 ×10－8 C3、如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为 E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为 L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为 m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度 v0 射入电场中， v0 方向的延长线与屏的交点为 O.试求：(1) 粒子从射入电场到打到屏上所用的时间；(2) 粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值(3) 粒子打在屏上的点 P到 O 点的距离 x.2L qEL 3qEL2答案(1) (2) 2 (3) 2v0 mv 022mv20tan α；解析(1) 根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入场中的加速度为： a ＝ E m qmL qEL 所以 v y ＝ a ＝ v 0 mv 0(3) 解法一 设粒子在电场中的偏转距离为 y ，则又 x ＝ y ＋ L tan α，4 、如图所示，虚线 PQ 、 MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为 m ＝ 2.0×10 －11 kg 、电荷量为 q ＝＋ 1.0 ×10 －5 C ，从 a 点由静止开始经电压为 U ＝100 V 的 电场加速后， 垂直于匀强电场进入匀强电场中， 从虚线 MN 的某点 b (图中未画出 )离开 匀强电场时速度与电场方向成 30 °角．已知PQ 、MN 间距为 20 cm ，带电粒子的重力 忽略不计．求：电场到打到屏上所用的时间 2Lt ＝ .v 0(2)设粒子刚射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tanv y α＝v 0qELmv 021 qEL 22·mv 2解得： x ＝ 3qEL 22mv 20解法Lx ＝v y · ＋ y ＝ v 03qEL 2 2mv 20 解法三L L ＋ x 2 由＝ 得： yLx ＝3y ＝ 3qEL 22mv 201L(1) 带电粒子刚进入匀强电场时的速率 v1 ；(2) 水平匀强电场的场强大小；(3) ab 两点间的电势差．答案(1)1.0 ×104 m/s (2)1.732 ×103 N/C(3)400 V1解析(1)由动能定理得： qU ＝2mv 21代入数据得 v1＝ 1.0 ×10 4 m/s(2) 粒子沿初速度方向做匀速运动： d＝v1t粒子沿电场方向做匀加速运动： v y＝ atv1由题意得：tan 30 °＝v y由牛顿第二定律得： qE＝ ma联立以上各式并代入数据得：E＝3×103 N/C ≈1.732 ×103 N/C1(3) 由动能定理得： qU ab＝ m(v21＋v y2)－0联立以上各式并代入数据得： U ab＝400 V .5 、如图所示，一价氢离子(11H) 和二价氦离子(42He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )A．同时到达屏上同一点B．先后到达屏上同一点C．同时到达屏上不同点 D ．先后到达屏上不同点答案B解析一价氢离子(1 H)和二价氦离子(24He) 的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选 B.6 、如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的 ABCD 面与 EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料． ABCD 面带正电， EFGH 面带负电．从小孔 P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴 a、b 、 c，最后分别落在1、2、3 三点．则下列说法正确的A ．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间不一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴 c 所带电荷量最多答案D解析三个液滴具有水平速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项 A 错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，故运动时间必相同，选项 B 错误；在相同的运动时间内，液滴 c 水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，电荷量也最大，选项 D 正确；因为重力做功相同，而电场力对液滴 c 做功最多，所以它落到底板时的速率最大，选项 C 错误．7 、绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中 xOy 所在平面与光滑水平面重合，电场方向与 x 轴正向平行，电场的半径为 R＝ 2 m ，圆心 O 与坐标系的原点重合，场强 E＝2 N/C. 一带电荷量为 q＝－1×10 －5 C、质量 m ＝1 ×10 －5 kg 的粒子，由坐标原点 O 处以速度 v0＝1 m/s 沿 y 轴正方向射入电场（重力不计），求：(1) 粒子在电场中运动的时间；(2) 粒子出射点的位置坐标；(3)粒子射出时具有的动能．答案(1)1 s (2)( － 1 m,1 m) (3)2.5 ×10－5 J解析(1) 粒子沿 x 轴负方向做匀加速运动，加速度为a，则有：1 Eq＝ma ，x＝2at2沿 y 轴正方向做匀速运动，有y＝v0tx2＋y2＝R2解得 t＝1 s.(2) 设粒子射出电场边界的位置坐标为(－x1，y1)，则有1 x1＝ at2＝1 m ，y1＝v0t＝1 m ，即出射点的位置坐标为(－1 m,1 m) ．1(3) 射出时由动能定理得 Eqx1＝E k－ mv 20代入数据解得 E k＝2.5 ×10 －5 J.8 、如图所示，在正方形 ABCD 区域内有平行于 AB 边的匀强电场， E、F、G、H 是各边中点，其连线构成正方形，其中P 点是 EH 的中点．一个带正电的粒子( 不计重力) 从 F点沿 FH 方向射入电场后恰好从 D 点射出．以下说法正确的是( )A．粒子的运动轨迹一定经过P点B．粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点射出正方形 ABCD 区域D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由 E 点射出正方形 ABCD 区域答案BD解析粒子从 F 点沿 FH 方向射入电场后恰好从 D 点射出，其轨迹是抛物线，则过 D 点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH 的中点，而延长线又经过 P 点，所以粒子轨迹一定经过 PE之间某点，选项 A 错误， B 正确；由平抛运动知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，所以选项 C 错误，D 正确．9 、用等效法处理带电体在电场、重力场中的运动如图所示，绝缘光滑轨道 AB部分为倾角为30 °的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为 R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为 m 的小球，带正电荷量为 q ＝E，要使小球能安全通过圆轨道，在O 点的初速度应满足什么条件？图9审题与关联解析小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，mg ′，大小为类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点” (D 点 )满足等效重力刚好提112mg ′R＝ mv 2D － mv 222 因此要使 小球安 全通过圆轨道， 初速度应满足 v ≥10 、在空间中水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为 m 的带电小球由 MN上方的 A 点以一定的初速度水平抛出，从 B 点进入电场，到达 C 点时速度方向恰好水 平， A 、B 、 C 三点在同一直线上，且 AB ＝2BC ，如图所示．由此可见 ( )mv 2D供向心力，即有：mg ′＝ ，因 θ＝30 °与斜面的倾角相等，由几何关系可知 ADR2R ，令小球以最小初速度v 0 运动，由动能定理知：3，得 θ＝30°，等3qE， tan θ＝mgmg ′ ＝ qE 2＋ mgA．电场力为3mgB．小球带正电C．小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间相等D．小球从 A到 B与从 B到 C的速度变化量的大小相等答案AD解析设 AC 与竖直方向的夹角为θ，带电小球从 A 到 C，电场力做负功，小球带负电，由动能定理，mg ·AC·cos θ－qE·BC·cos θ＝0 ，解得电场力为 qE ＝3 mg ，选项 A 正确，B错误．小球水平方向做匀速直线运动，从 A到 B的运动时间是从B到 C的运动时间的2倍，选项C错误；小球在竖直方向先加速后减速，小球从 A到 B 与从 B到 C 竖直方向的速度变化量的大小相等，水平方向速度不变，小球从 A到 B与从B到 C的速度变化量的大小相等，选项 D 正确．。
高二上物理带电粒子在交变电场中的运动(教案+练习+答案)
一、带电粒子在交变电场中的运动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．常见的试题类型此类题型一般有三种情况：（1）粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解）；（2）粒子做往返运动（一般分段研究）；（3）粒子做偏转运动（一般根据交变电场特点分段研究）。
3．常用的分析方法（1）带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化（如方波）且不计粒子重力的情形。
在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场。
此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间而变化。
①当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定了粒子的运动情况，粒子可以做周期性的运动。
②当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。
（2）研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。
根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。
（3）对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会直接或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。
例1.（多选）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图所示，微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法中正确的是()A．微粒在0～1 s内的加速度与1～2 s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1 s内的位移与第3 s内的位移大小相等解析：选BD 解析：AD 由图看出，E1和E2大小相等、方向相反，所以微粒奇数秒内和偶数秒内的加速度大小相等、方向相反，即微粒在0~1 s内的加速度与1~2 s内的加速度不相同，作出微粒的速度图象如图：根据运动的对称性可知在2 s末的速度恰好是0，即微粒第1 s做加速运动，第2 s 做减速运动，然后再加速，再减速，一直持续下去，微粒将沿着一条直线运动。
带电粒子在电场中的运动练习题(含答案)
带电粒子在电场中的活动 【1 】 1.如图所示,A 处有一个静止不动的带电体Q,若在c 处有初速度为零的质子和α粒子,在电场力感化下由c 点向d 点活动,已知质子到达d 时速度为v1,α粒子到达d 时速度为v2,那么v1.v2等于：（）A. :1B.2∶1C.2∶1D.1∶22.如图所示,一电子沿等量异种电荷的中垂线由 A→O→B 匀速活动,电子重力不计,则电子除受电场力外,所受的另一个力的大小和偏向变更情形是：（ ）A ．先变大后变小,偏向程度向左B ．先变大后变小,偏向程度向右C ．先变小后变大,偏向程度向左D ．先变小后变大,偏向程度向右3.让. . 的混杂物沿着与电场垂直的偏向进入统一有界匀强电场偏转, 要使它们的偏转角雷同,则这些粒子必须具有雷同的( )4.如图所示,有三个质量相等,分离带正电,负电和不带电的小球,从上.下带电平行金属板间的P 点.以雷同速度垂直电场偏向射入电场,它们分离落到 A.B.C 三点,则 ( )A.A 带正电.B 不带电.C 带负电B.三小球在电场中活动时光相等C.在电场中加快度的关系是aC>aB>aAD.到达正极板时动能关系EA>EB>EC5．如图所示,实线为不知偏向的三条电场线,从电场中M 点以雷同速度垂直于电场线偏向飞出 a.b 两个带电粒子,活动轨迹如图中虚线所示,不计粒子重力及粒子之间的库仑力,则（）A ．a 必定带正电,b 必定带负电B ．a 的速度将减小,b 的速度将增长C ．a 的加快度将减小,b 的加快度将增长D ．两个粒子的动能,一个增长一个减小2H 11H 21H 316．空间某区域内消失着电场,电场线在竖直平面上的散布如图所示,一个质量为m.电荷量为q 的小球在该电场中活动,小球经由A 点时的速度大小为v1,偏向程度向右,活动至B 点时的速度大小为v2,活动偏向与程度偏向之间的夹角为α,A.B 两点之间的高度差与程度距离均为H,则以下断定中准确的是（ ）A ．若v2>v1,则电场力必定做正功B ．A.B 两点间的电势差2221()2m U v v q =-C ．小球活动到B 点时所受重力的瞬时功率2P mgv =D ．小球由A 点活动到B 点,电场力做的功22211122W mv mv mgH =-- 7.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,经由电压Ｕ１加快后沿中间线射入相距为d 的两平行金属板Ｂ.Ｃ间的匀强电场中,经由过程电场后打到荧光屏上,设Ｂ.Ｃ间电压为Ｕ２,Ｂ.Ｃ板长为L1,平行金属板右端到荧光屏的距离为L ２,求：（1）电子分开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角．（2）电子打到荧光屏上的地位偏离屏中间距离．8. 在真空中消失空间规模足够大的.程度向右的匀强电场．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,小球将沿与竖直偏向夹角为︒37的直线活动.现将该小球从电场中某点以初速度0v 竖直向上抛出,求活动进程中（取8.037cos ,6.037sin =︒=︒）（1）小球受到的电场力的大小及偏向;（2）小球活动的抛出点至最高点之间的电势差U ．带电粒子在电场中的活动答案7.解析:电子在真空管中的活动过火为三段,从Ｆ发出在电压Ｕ１感化下的加快活动;进入平行金属板Ｂ.Ｃ间的匀强电场中做类平抛活动;飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线活动．⑴设电子经电压Ｕ１加快后的速度为v1,依据动能定理有：21121mv eU = 电子进入Ｂ.Ｃ间的匀强电场中,在程度偏向以v1的速度做匀速直线活动,竖直偏向受电场力的感化做初速度为零的加快活动,其加快度为：dm eU m eE a 2==电子经由过程匀强电场的时光11v l t =电子分开匀强电场时竖直偏向的速度vy 为：112mdv l eUat v y ==电子分开电场时速度v2与进入电场时的速度v1夹角为α（如图５）则dU l U mdv l eU v v tg y112211212===α∴dU l U arctg 1122=α⑵电子经由过程匀强电场时偏离中间线的位移dU l U v l dm eU at y 1212212122142121=•== 电子分开电场后,做匀速直线活动射到荧光屏上,竖直偏向的位移d U l l U tg l y 1212222==α∴电子打到荧光屏上时,偏离中间线的距离为)2(22111221l l d U l U y y y +=+=8.解析：（1）依据题设前提,电场力大小mg mg F e 4337tan =︒=①电场力的偏向向右（2）小球沿竖直偏向做初速为0v 的匀减速活动,到最高点的时光为t ,则：图 ５00=-=gt v v ygv t 0=② 沿程度偏向做初速度为0的匀加快活动,加快度为x a g m F a e x 43==③ 此进程小球沿电场偏向位移为：gv t a s x x 8321202==④ 小球上升到最高点的进程中,电场力做功为： 20329mv S F qU W x e === q mv U 32920=⑤。
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题目及答案(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： 112m dv 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
高考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)含解析
高考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)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，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E ；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．【答案】（1）2mv E qL=（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）02L t v π= 【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，2122L at =，qE ma = 联立解得： 2mv E qL=(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan xyv v θ==l 速度大小002sin v v v θ== 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2π；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2v qvB m R=得：04nmv B qL=，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有222x R ，此时满足()221L n x =+联立可得：()2212R n =+由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222v qvB m R =得：()02221n mv B qL+=，n=1、2、3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =，n=1、2、3....或()02221n mv B qL+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×2π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为02222n n m Lt T qB v ππππ=⨯==或2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯==2．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 第一章 静电场 第9节 带电粒子在电场中的运动(含解析)
第9节带电粒子在电场中的运动1.带电粒子仅在电场力作用下加速时，可根据动能定理求速度。
2．带电粒子以速度v 0垂直进入匀强电场时，如果仅受电场力，则做类平抛运动。
3．示波管利用了带电粒子在电场中的加速和偏转原理。
1．基本粒子的受力特点对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，虽然它们也会受到万有引力(重力)的作用，但万有引力(重力)一般远远小于静电力，可以忽略不计。
2．带电粒子加速问题的处理方法(1)利用动能定理分析。
初速度为零的带电粒子，经过电势差为U 的电场加速后，qU ＝12mv 2，则v ＝ 2qUm 。
(2)在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析。
1．自主思考——判一判(1)基本带电粒子在电场中不受重力。
(×)(2)带电粒子仅在电场力作用下运动时，动能一定增加。
(×)(3)带电粒子在匀强电场中一定沿所受电场力的方向运动。
(×)(4)带电粒子在匀强电场中无论是直线运动还是曲线运动，均做匀变速运动。
(√)2．合作探究——议一议(1)带电粒子在电场中运动时，什么情况下重力可以忽略？提示：①当带电粒子的重力远小于静电力时，粒子的重力就可以忽略。
②微观带电粒子，如电子、质子、离子、α粒子等除有说明或明确暗示外，处理问题时均不计重力。
而带电的液滴、小球等除有说明或明确暗示外，处理问题时均应考虑重力。
(2)如图所示，带电粒子从两板中间垂直于电场线水平进入电场，满足什么条件时带电粒子在电场中做直线运动？提示：带电粒子在电场中一定受电场力作用，当重力与电场力平衡时，带电粒子在电场中做直线运动。
带电粒子的加速问题1当带电粒子以很小的速度进入电场中，在静电力作用下做加速运动，示波器、电视显像管中的电子枪、回旋加速器都是利用电场对带电粒子加速的。
2．处理方法可以从动力学和功能关系两个角度进行分析，其比较如下：动力学角度功能关系角度涉及知识应用牛顿第二定律结合匀变速直线运功的公式及动能定理动分式选择条件 匀强电场，静电力是恒力可以是匀强电场，也可以是非匀强电场，电场力可以是恒力，也可以是变力的速度为v ，保持两板间的电压不变，则( )A ．当增大两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长解析：选C 由动能定理得eU ＝12mv 2，当改变两板间的距离时，U 不变，v 就不变，故选项A 、B 错误，C 正确；电子做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝v 2＝d t ，得t ＝2d v，当d 减小时，v 不变，电子在板间运动的时间变短，故选项D 错误。
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】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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高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧分析及练习题(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，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．2．一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 m3．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在D点时，下壁对球的支持力20v F m r==由牛顿第三定律，F F =='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：21=解得1t = 小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t 2，则：2324A rt v π⋅==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：3t = 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．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x 0=60cm ，在第一象限y 轴和MN 之间存在沿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qm=1.0×108C/kg 的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v 0=4.0×106m/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，由洛伦兹力提供向心力得：qvB =m 20v r解得：r =20510mv Bq-=⨯m=5cm （2）由（1）问可知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′FO 1为菱形，所以FO 1∥O′P ，又O ′P 垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO 1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 0=v 0t 0 h =2012at a =qE m解得：h =18cm ＞2R =10cm说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．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 =v 0t y =212at 代入数据解得：x=2y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⋅===所以：H =（x 0﹣x ）tan θ=（x 0﹣2y ）•2y由数学知识可知，当（x 0﹣2y ）=2y 时，即y =4.5cm 时H 有最大值 所以H max =9cm6．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 。