【物理】物理带电粒子在电场中的运动专项及解析

1、【物理】物理带电粒子在电场中的运动专项及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域 AABC, A点坐标为(0, 3a) , C点坐标为(0, - 3a) , B点坐标为 (2j3a, -3a).在直角坐标系 xOy的第一象限内，加上方向沿 y轴正方向、场强大小为 E=Bvo的匀强电场，在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，其与x轴的交点为Q.粒子束以相同的速度 vo由O、C间的各位置垂直y轴射入，已知从 y轴上y=- 2a的点射入磁场 的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O点.忽略粒子间的相互作

2、用，不计粒子的重力.(1)求粒子的比荷；(2)求粒子束射入电场的纵坐标范围；(3)从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q点最远？求出最远距离.【答案】(1)旦(2)0 wyac2(3) y 7a, 9aBa84【解析】(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r=a由牛顿第二定律得2V0Bqvo= m r故粒子的比荷q Vom Ba(2)能进入电场中且离 O点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB边相切，设粒子运动轨迹的圆心为 O点，如图所示.由几何关系知OA= 一空BC=2aOO = OA OA=a即粒子离开磁场进入电场时，离。点上方最远距离为OD= ym = 2a所以粒子束从y轴射

3、入电场的范围为 09wa(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a = vo to1 qEto所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t,竖直方向位移为 y,水平方向位移为x,则水平方向有x= vo t竖直方向有代入数据得x= 2ay设粒子最终打在荧光屏上的点距Q点为H,粒子射出电场时与x轴的夹角为。，则qE x.vym Vo2ytanVxvoaH= (3a x) tan o=(3 . a ,同)为H有最大值粒子射入磁场的位置为由于a<2a,所以H的最大值Hmax=a,84y= - a 2a= a882 .如图所示，竖直面内有水平线MN

4、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 。处以大小为vo、方向与水平线夹角为 9= 60o的速度，进入大小为 曰的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为0= 60o,粒子到达PQ线上的A点时，其动能为在 。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。=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。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、vo、d.求：* daIb I |QW;(1

5、)粒子从。到A运动过程中，电场力所做功(2)匀强电场的场强大小 Ei、E2;(3)粒子到达B点时的动能EkB.E= 73m23qd) ,2(3) EkB= 14m 0【答案】(1)W 3mv2(2)日=3m24qd【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】12 由题知：粒子在 。点动能为Eko = -mv0粒子在A点动能为：EkA=4Eko,粒子从。到A 23 o运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=EkA-Eko=-mv2

6、-2(2)以O为坐标原点，初速 vo方向为x轴正向, 建立直角坐标系xOy ,如图所示设粒子从。到A运动过程，粒子加速度大小为ai,历时ti, A点坐标为(x, y)12粒子做类平抛运动：x=v 0ti y= - a1t122由题知：粒子在 A点速度大小VA=2 V0, VAy= J3v0 , VAy=ai ti粒子在A点速度方向与竖直线 PQ夹角为30°。解得：X Y°_ , ya1-xcos6。 =d,由几何关系得：ysin6。解得：a1ti4d4d由牛顿第二定律得:VoqEi=mai,解得：E13mv；4qd设粒子从A到B运动过程中，加速度大小为水平方向上有：VAsi

7、n3。= a2sin60 ° t?2tia2,历时t2,4d,qE2=ma2, v。解得：a22V。- 3d 'E23mv(2(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,10ccc粒子到达 B 点时动能：EkB= mvB , vb2= (2v。)2+ (a2t2) 2,2解得：EKB14mv2O【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 的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律可以解题。3 .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

8、ABC组成，圆弧轨道的直径 DP与竖直半径OC间的夹角。二37；A、B两点间的距离d=0.2m.质量mi=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 x 1-0C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

9、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 vp和B、C两点间的距离x.【答案】(1) 6m/s； 7.5X10N/C (2) 2.5m/s ； 0.85m【解析】12(1)对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：Fd-m1v2解得：v=6m/ s小球到达P点时，受力如图所示贝U有：qE=m2gtan 0, 解得：E=7.5X14N/C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为:m2 gcos小球到达P点时，由牛顿第二定律有:G等2 vP解得：vp=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VI、V2,则有：miv=mivi+m2v2

10、1 21212m1vm1vlm2v22 22解得：v1=-2m/s(表示v1的方向水平向左),v2=4m/s对小球碰后运动到 P点的过程，根据动能定理有：1 -21 2qE x rsinm2g r rcosm2vpm2v22 2解得：x=0.85m4 .如图，平面直角坐标系中，在，y>0及y-3L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-3L<y<0区域存在方向垂直于 xOy平面纸面向外的匀强磁场, 2一质量为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vo,方向沿x轴正方向，然后经过 x轴上的点P2(不计粒子重力)，求：3 -

11、L, 0)进入磁场.在磁场中的运转半径25R=- L2(1)粒子到达P2点时的速度大小和方向；E；B(3)粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标;(4)粒子从p1点出发后做周期性运动的周期.【答案】(1) ： vo,与x成53 °角；(2) 10405 37 L(3) 2L； (4)6Ovo【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, 3由运动学规律知 一L=vot1,2,vyL= ti- 3L可得3 = ；2vo4vy= vo3故粒子在P2的速度为V=-2 5V0vy =- v03v 4 rr设v与x成3角，则tan 3=一 =,

12、即 vo 33=53°(2)粒子从Pi到P2,根据动能定理知qEL= mv2- mvo2 可得228mv2 E=9qL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据2 v qvB=mR5 m vo - mv 3 o 解得：B= =3qR q2L2mv03qL解得:E 4vo(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=- L直线与Q'2点，可得:3LP2O, =o2cos53o= '=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«=37°,故粒子将垂直于y=-3L 2直线从M点穿出磁场，由几何关

13、系知3的坐标 x= L+ (r-rcos37 ) =2L;2(4)粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从Pi到P2做类平抛运动:3L9二丁 2vo2 r 37 L0 v120 Vo,37在磁场中由P2到M动时间：t2=3602从M运动到N, a=q= 8v015L8vom 9Lrr V则 t3=a405 37 L贝U 一个周期的时间 T=2 ( tl+t2+t3)=60vo5 .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xo=6Ocm ,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=1.6 x 15N/C,在第二象限有半径R=5cm的圆形磁场，磁感应强度B=0.

14、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 =1.0 X 8C/kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v0=4.0 X6m/s.不考虑粒子的重m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：2V。qvB=m -r解得：r= m

15、v0 5 10 2m=5cmBq(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）为菱形，所以FQ/O'P,又O'睡直于x轴，粒子出射的速 度方向与轨迹半径 FQ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或wiOcm（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：X0=V0tOhat；2a=qE解得：h=18cm> 2R=10cmy的点进入电场的粒子在电场中沿x说明粒子离开电场后才打在荧光屏上.设从纵坐标为 轴方向的位移为x,则：x=voty=1at2

16、2代入数据解得：x=、.2yQ点的最远距离为 H,粒子射出电场时速度方向与x轴正设粒子最终到达荧光屏的位置与 方向间的夹角为仇qE xvym votan vovo所以:H= (xo x) tan 0= (xo J2y ) ? J2y由数学知识可知，当（xo- J2y ） =j2y时，即y=4.5cm时H有最大值所以 Hmax=9cm6.如图所示，虚线 OL与y轴的夹角0=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 vo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

17、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。ypmvl【答案】(1) 2gd .(2)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；qE(1)粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，卬； 沿垂直电场线方向 X和电场线方向Y建立坐标系,d则在X方向位移关

18、系有：杰%8初X f,所以1t说;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qEd uosin =E -二-则有 qd qd 2qd所以,(2)根据(1)可知粒子在电场中运动的时间d诟.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OL在粒子能在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磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为2 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vo在X方向上0的分量，即v = (jco$45D = -va；

19、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。点4 ;根据几何关系,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1 d 13（小-1）* d 3（、2-1加 士 最七二 t + 亨丁 加工=+ 5 Z = 1 + 版a2 Vo 2 Vq Vo27 .如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为A,最终电子从B点离开偏转电场。已知偏转电场的电场强度大小为 E,方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e,质量为m,重力忽略不计。求：(1)电子进入偏转电场时的速度 V0；(2)若将加速电场的

20、电压提高为原来的2倍，使电子仍从 B点经过，则偏转电场的电场强度Ei应该变为原来的多少倍？(3)若在偏转电场区域加上垂直纸面向外的匀强磁场，使电子从A点射入该相互垂直的电场和磁场共同存在的区域沿直线运动，求所加磁场的磁感应强度大小。【答案】(1) J2Ue2倍(3) eJ . m 2Ue【解析】【详解】(1)电子在电场中的加速，由动能定理得:Ue1 2一 mvo2(2)设电子的水平位移为x,电子的竖直偏移量为 y,则有:XVot联立解得:Ee ma4yU2X根据题意可知X、y均不变，当U增大到原来的2倍，场强E也增大为原来的2倍。 (3)电子做直线运动Bev0 Ee解得：B E-m8 .如图所

21、示，在一光滑绝缘水平面上，静止放着两个可视为质点的小球，两小球质量均为m,相距I,其中A球带正电，所带电荷量为 q,小球B不带电.若在 A球开始向右侧区域 加一水平向右的匀强电场，场强为 E, A球受到电场力的作用向右运动与 B球碰撞.设每 次碰撞为弹性碰撞，碰撞前后两球交换速度，且碰撞过程无电荷转移.求：(1)小球A在电场中的加速度大小和第一次与B碰撞前的速度；(2)若两小球恰在第二次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度;A从进(3)若两小球恰在第三次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度及小球 入电场到离开电场的过程中电势能的变化量. a=qE/m;2(2)51(3)131; 1

22、3Eqlm(1)根据牛顿运动定律：qE=ma,则2=4£加设第一次碰撞时小球 A的速度为v：根据动能定理:Eql1 2一 mv2解得：v二间 , m(2)第一次碰撞前后小球A的速度为VA1和VA1 1小球B碰撞前后的速度为 VB1和VB1所以VA1=V VB1=0 VA1 ' =0 BV' =VA球运动的距离为1第一次碰撞后，小球 A做初速度为零的匀加速直线运动，小球 B做速 度为V的匀速直线运动.设第二次碰撞前后A球的速度为VA2和VA2小千B B碰撞前后的速度为 VB2 和 VB2, 第一次碰撞后至第二次碰撞前：Vt= (0+VA2)t/2所以：VA2=2V；碰后

23、 VA2' = V 而B球碰前为V,碰后为2V.从第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A球运动的距离、一_1-2 八为 12.Eq12-m2v 0?I2 412电场宽度为：L=1+41=51(3)二次碰撞后，A球做初速度为V的匀加速直线运动，B球以速度2V匀速直线运 动.设A球第三次碰前后的速度为VA3和VA3,，小球B碰撞前后的速度为 VB3和VB3,所以：VVA3t2 2 Vt2vA33v212 1c从第一次碰撞到第二次碰撞过程中，A球运动的距离为13 qE13 = m 3v m v2213=81所以：电场的宽度：L=1i+12+13=131A球减少的电势能=EqX 131=13E

24、q19 .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。一带电量为q(q>0)的小球静止在 A点。某时刻在整个空间加上水平向右、场强Ef1的匀强电场，当小球运动至B点时，电场立即反向(大小不变)，经一段时间后，小球第一次运动至 C点。 重力加速度为g。求：(1)小球由A运动至B的时间t;(2)竖直墙面 BC的高度h;(3)小球从B点抛出后，经多长时间动能最小 ？最小动能是多少？百 116 I 12【答案】(1) 2扇 (2)(3)式巾炉【解析】【分析】根据“小球在匀强电场中运动至B点，经一段时间后小球第一次运动至C点”可知，本题考查带电小球在匀强电场中的曲线运动问题，

25、根据匀变速曲线运动的运动规律，运用动能 定理和分运动的运动学公式列式计算.【详解】(1)小球由A至B,由牛顿第二定律得：qE=ma联立解得运动时间:(2)设小球运动至B时速度为vb,则叱小球由B运动至C的过程中，在水平方向做加速度为-a的匀变速运动，位移为 0,在竖直方向上做自由落体运动，则16联立解得：仁才(3)从B点抛出后经时间t,水平方向、竖直方向速度分别为 曰 =凯vy = Ji经时间t合速度v满足/二屏+邙24代入得：水+柒)正-2加口1 +诬6 P 7由此，当，二 百万时，最小,最小值I 故小球从B点抛出后，达动能最小需经时间口112动能取小值Ekmm二mrnnii =个严【点睛】

26、涉及电场力和重力作用下的匀变速曲线运动，针对运动规律选择牛顿第二定律和运动学公式；针对初末状态选用动能定理截决问题比较容易10 .如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L= 0.1 m,两板间距离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极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量为 m=2X1。6kg,电荷量q=1.6X103C,电容器电容为 C= 10 6F.求：（g=10 m/s2）A8（1）为使第一个粒子能落在下板中点，则微粒入射速度V0应为多少?（2）以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？【答案】（1） 2.

27、5m/s （2） 3.75/10【解析】试题分析：（1）第一个粒子只受重力：g =，（2分）t="0.02s"（1 分）（2分） £ ,耳 /一一一 m/sli（2）以V0速度入射的带电粒子，恰打到下极板右边缘B时:口三一三s （1分）vcd 1 i S 、- = -£1 = （1 分）, 步 一由：值!g =ma 11分）dL=3.75xlO?v（1 分）自仃Q c CU = 0.315c（1 分）Q-落到下极板上粒子个数：冷= = = 3/5x10 （1分）考点：带电粒子在电场中的偏转、平行板电器器t=0时刻，一个质量为 m,11.如图甲所示，平行板

28、 A、B竖直放置，B板接地，A、B两板加上交变电压， A板的电势随时间变化规律如图乙所示，乙图所示物理量均为已知量。电荷量为q的带正电的粒子在 B板附近由静止释放，不计粒子的重力，求：(1)要使粒子到达 A板时速度为零，A、B板间的距离应满足什么条件 ？(2)要使粒子到达 A板前一直加速，A、B板间的距离应满足什么条件(3)若将两板间的距离调为 L,保持两板的电势差大小不变，改变交变电压周期，使粒子在t=T到t=T时间内从B板附近由静止释放后粒子不能到达A板，改变后的周期应满足什么42【解析】【分析】粒子从t 0时刻释放后一个周期内，先做初速度为零的匀加速运动，后做匀减速运动速度为零，因此粒子到达 A时速度为零，则粒子在板间运动的时间应为周期的整数倍；要使粒子到达 A板前一直加速，即粒子在板间运动的时间不超过半个周期；从B板附近由静止释放后粒子不能到达 A板，带电粒子在t T到t T时间内向A做匀加速运动，在 42,Ti, 3Tt 至1J t 时间内向A做匀减速运动，速度减为夺后将返回；24【详解】解：(1)由题可知，粒子从t 0时刻释放后一个周期内，先做初速度为零的匀加速运