带电粒子在电场中的运动-精美解析版

1、.带电粒子在电场中的运动一、单项选择题本大题共5小题，共30.0分1. 如下图，在矩形abdc区域中有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，某种正粒子(不计粒子的重力)从O点以初速度v0程度射入后偏转角为.现电场换为方向垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，仍使该粒子穿过该区域，并使偏转角也为角，假设匀强磁场的磁感应强度大小为B，粒子穿过电场和磁场的时间之比为t1t2，那么()A. B=Esinv0，t1t2=sinB. B=Esinv0，t1t2=sinC. B=Ecosv0，t1t2=sinD. B=Ecosv0，t1t2=sinC济南一中解：粒子在电场中运动，只受电场力作用，做类平抛运动，加

2、速度a=qEm，故有：t1=abv0，tan=at1v0=qEabmv02；粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bvq=mv02R，所以，B=mv0qR；根据几何关系可知：粒子转过的中心角为，圆周运动半径R=absin，所以，B=mv0sinqab=mv02tancosqabv0=qEabcosqabv0=Ecosv0；所以，粒子运动周期T=2Rv0=2abv0sin，故粒子在磁场中的运动时间t2=2T=abv0sin，所以，t1t2=sin，故C正确，ABD错误；应选：C。根据粒子在电场中只受电场力作用求得加速度，然后根据类平抛运动规律求得运动时间及偏转角的表达式；然后再加粒子在磁

3、场中运动，洛伦兹力做向心力，根据几何关系求得半径及偏转角，即可求得运动时间及磁感应强度。粒子在电场中运动常根据受力分析由匀变速运动规律求解；粒子在磁场中的运动问题，一般根据几何关系求得偏转角、半径，然后由洛伦兹力做向心力求解。2. 如下图，正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成，O是线框的中心，线框上均匀地分布着正电荷，如今线框上侧中点A处取下足够短的带电量为q的一小段，将其沿OA连线延长线向上挪动L2的间隔 到B点处，假设线框的其它部分的带电量与电荷分布保持不变，那么此时O点的电场强度大小为()A. kqL2B. k3q2L2C. k3qL2D. k5qL2C济南一中解：在闭合线框中，电

4、荷关于O点分布对称，故在O点场强为零；如今讲电荷量q从A移到B，那么，线框部分在O点的场强等效于与A点关于O点对称的电荷量q在O点的场强E1=kq(12L)2=4kqL2B处电荷q在O点的场强E2=kqL2；又有两处电荷符号一样，故E1，E2的方向相反，那么，O点的场强E=E1-E2=k3qL2，故C正确，ABD错误；应选：C。根据电荷分布得到闭合线框在O点的场强，从而得到去掉A处一小段后的线框在O点处的场强，再求得B处点电荷在O处的场强，即可叠加得到O点场强。对于比较复杂的电荷分布周围的场强，常根据对称性求得某些不完好图形的场强，对于点电荷的场强那么直接由E=kQr2求解，最后由叠加原理求得

5、合场强。3. 如下图，光滑绝缘程度桌面上有一匀强电场，电场强度大小为E，方向与桌面平行。平行实线为该电场等势线，过B点的等势线与BC的夹角为30，AB与等势线垂直。一质量为m，电荷量为q的带正电小球，在A点的速度为v0，方向与BC平行，经过时间t小球运动至C点，且AB=BC。那么时间t的表达式正确的选项是 A.   mv0Eq B.   2mv0Eq C.   3mv0Eq D.   4mv0Eq B济南一中【分析】此题要注意分析小球受力情况，由电场线利用好几何关系确定小球的高度变化；要注意采用运动的合成与分解知识进展分析求解。此题考察了带电粒子在匀强电

6、场中的运动；要注意明确运动的合成与分解的应用，同时明确几何关系的应用。【解答】小球在电场中作类斜抛运动，沿电场方向做加速运动，沿与电场垂直方向做匀速直线运动；沿电场方向：a=qEm，y=v0sin30t+12at2，y=AB+BCsin30=32BC；沿沿与电场垂直方向：x=v0cos30t，x=BCcos30，即：BC=v0t；解得：t=2mv0Eq；故ACD错误，B正确。应选B。4. 如下图，电子在某一静电场中做匀速圆周运动。不计电子所受的重力。该电场可能是()A. 孤立的负点电荷的电场B. 两个等量异种点电荷的电场C. 两个等量同种点电荷的电场D. 两平行金属板间的匀强电场C济南一中解：

7、电子做匀速圆周运动，只受电场力作用，故电场力做向心力，那么，圆周上的场强相等，且场强方向指离圆心；故电场不可能为匀强电场；假设电场为孤立的点电荷电场，那么点电荷带正电；假设电场为两个点电荷的电场，那么点电荷同号，且都带正电，故C正确，ABD错误；应选：C。根据电子做匀速圆周运动得到电场分布，即可根据选项中电场分布来判断。要熟悉各种电场中的场强分布，然后根据场强分布得到粒子受力情况，即可得到运动情况。5. 如下图，相距为d的两块平行金属板M、N与电源相连，电键S闭合后，MN间有匀强电场.有一带电粒子垂直于电场方向以某一初速度从M板边缘射入电场，恰打在N板中央，不计重力，为了使粒子刚好能飞出电场，

8、以下措施可行的是()A. 假设保持S闭合，N板应向下平移2dB. 假设保持S闭合，N板应向下平移3dC. 假设断开S后，N板应向下平移2dD. 假设断开S后，N板应向下平移3dD济南一中解：AB、带电粒子在板间的运动均为类平抛运动，程度方向的运动速度一定，设第一次带电粒子的运动时间为t1，第二次恰从边缘飞出，所用时间为t2，那么有t2=2t1 设板下移的间隔 为d，那么S闭合时，有：d=qU2mdt12 d+d=qU2(d+d)mt22 由、可得d=d，即N板向下挪动的间隔 为d，故AB错误；CD、假设S断开，那么板上的电荷量不变，不难判断，挪动N板时，板间的场强将不变，设板下移间隔 d

9、9;，有d=12qEmt12 d+d'=12qEmt22 由、解得d'=3 d，即N板向下挪动间隔 为3d，故C错误，D正确应选：D以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动.这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动.根据运动学公式解题带电粒子在电场中偏转时做匀加速曲线运动.应用处理类平抛运动的方法处理粒子运动，关键在于分析临界条件二、多项选择题本大题共4小题，共24分6. 光滑程度面上有一边长为L的正方形区域处在电场强度为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行.一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中

10、点，以垂直于该边的程度速度V0进入该正方形区域.当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为()A. 12mv02B. 12mv02-qELC. 12mv02+23qELD. 12mv02+14qELABD济南一中解：如下图，正方形区域ABCD处在场强为E的匀强电场中，假设小球带正电第一种情况，假设电场的方向平行于AD向左，小球在匀强电场中做匀减速直线运动，假设能到达CD端，根据动能定理得：-qEL=Ek-12mv02，那么Ek=12mv02-qEL，到达CD边时动能为12mv02-qEL.故B正确，假设不能到达CD端，那么又返回到AB段，电场力做功为零，那么动能为：Ek=12mv0

11、2，故A正确；第二种情况，假设电场的方向平行于AD向上或向下，小球在匀强电场中做类平抛运动，偏转位移最大为12L，电场力做功最多为qEL2L，根据动能定理，那么最大动能为12mv02+12qEL，假设小球从CD射出电场，其动能小于12mv02+12qEL，可能为12mv02+14qEL，不可能为12mv02+23qEL，故C错误，D正确应选：ABD要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下.假设平行于AB，将做加速或减速，假设平行于AC，将做类平抛运动，然后根据动能定理求解解决此题的关键知道当速度与合力方向平行时，做直线运动，可能加速直线，也可能做减速直线；当

12、速度与合力垂直时，做曲线运动，故存在多种情况，要分别讨论7. 如下图的虚线呈程度方向，图中的实线为与虚线成30角的匀强电场，图中OM与电场线垂直，且OM=ON.现从电场中的M点沿与虚线平行的方向抛出一质量为m、电荷量为+q可视为质点的物体，经时间t物体恰好落在N点。物体在M、N两点的速率相等，重力加速度为g。那么以下说法错误的选项是()A. 电场的方向垂直OM斜向下B. 该匀强电场的场强为mgqC. 物体由M点到N点的过程中电场力做功的值为12mg2t2D. M、N两点在竖直方向的高度差为34gt2CD济南一中解：A、设物体由M点到N点的过程中电场力做功为W.OM=ON=L。根据动能定理得：m

13、gLsin60+W=0得：W=-mgLsin60<0可知，小球所受的电场力垂直OM斜向下，小球带正电，那么电场的方向垂直OM斜向下。故A正确。B、M、N两点沿电场方向的间隔 为：d=Lcos30根据W=-qEd=-mgLsin60得：E=mgq，故B正确。CD、设电场力大小为F.建立如图坐标系。x轴方向：由牛顿第二定律得：F+mgsin30=max，ax=32g由运动学公式有：Lcos30=v0cos30t-12axt2 y轴方向：由牛顿第二定律得：mgcos30=may，ay=32g由运动学公式有：L=v0sin30t+12ayt2联立以上四式得：v0=332gt，L=3gt

14、2所以物体由M点到N点的过程中电场力做功的值为：|W|=mgLsin60=32mg2t2M、N两点在竖直方向的高度差为：h=Lsin60=32gt2.故CD错误。此题选错误的，应选：CD。根据动能定理分析电场力做功正负，从而判断电场的方向。由W=qEd求场强的大小。物体由M点到N点的过程中，由W=qEd求电场力做功。由运动的分解法求出MN间竖直高度差。解决此题的关键是利用运动的分解法研究物体的运动过程，根据牛顿第二定律和位移公式结合求出初速度和L的值。要注意判断电场力做功的正负。8. 如下图，在竖直平面内的xOy坐标系中分布着与程度方向成30角的匀强电场，将一质量为0.1kg、带电荷量为+0.

15、02C的小球以某一初速度从原点O竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y2=x，P点为轨迹与直线方程y=x的交点，重力加速度g=10m/s2，那么()A. 电场强度的大小为100N/CB. 小球初速度的大小为53m/sC. 小球通过P点时的动能为534JD. 小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少3JAC济南一中解：AB、小球受重力和电场力作用；故竖直方向做加速度a1=qEsin30-mgm的匀变速运动，程度方向做加速度a2=qEcos30m的匀加速运动；故y=v0t+12a1t2，x=12a2t2；由运动轨迹满足y2=x，所以，a1=0，v0=12a2；所以，场强E=mgqsin30=1

16、00N/C，a2=103m/s2，初速度v0=53m/s，故A正确，B错误；CD、抛物线和直线的交点P的坐标为(x,y)=(1,1)；故该过程重力做功为：WG=-mgy=-0.1×10×1J=-1J电场力做功为：WE=qEcos30x+qEsin30y0.02×100×32×1+0.02×100×12×1(J)=1+3(J)；故小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少1+3(J)；小球通过P点时的动能为12mv02+WG+WE=534J；故C正确，D错误；应选：AC。分析小球受力情况得到竖直、程度分运动，从而根据轨

17、迹方程求得竖直、程度加速度及初速度，即可求得场强；再根据功的定义求得重力、电场力做的功，即可得到电势能变化及动能变化，从而求得末动能。带电粒子在匀强电场中受到的电场力为恒力，故一般对粒子运动情况和受力情况进展分析，然后根据牛顿第二定律联立求得运动状态、受力状态；再根据运动情况，由匀变速运动规律或动能定理求得做功情况。9. 如下图，在一足够大的程度向右匀强电场中，有一光滑绝缘程度面。将质量分别为m、M(m<M)的金属块A、B用一根短的绝缘线连接，静置于该绝缘面上，现使A带正电，A、B将在电场力作用下一起向右运动(运动过程中A的电荷量不变)，A运动的加速度大小为a1，绳子拉力大小为F1：将A

18、与B接触一下(A、B电荷总量与接触前相等)，把A、B静置于该绝缘面上，A、B在电场力作用下一起向右运动，运动过程中绝缘线始终绷系，A运动的加速度大小为a2，绳子拉力大小为F2.假设A、B间的库仑斥力小于B受到的电场力，那么以下关系式正确的选项是()A. a1=a2B. a1<a2C. F1>F2D. F1=F2AC济南一中解：AB、对整体分析，加速度为：a=qEM+m，因为A、B接触前后总电量不变，那么整体所受的电场力不变，加速度大小相等，即a1=a2，故A正确，B错误。CD、隔离对B分析，A、B接触前，绳子的拉力为：F1=Ma=MqEM+m，A、B接触后，对B有：F2+q'

19、;E-F库=Ma，那么有：F2=MqEM+m+F库-q'E，由于A、B间的库仑斥力小于B受到的电场力，可知F1>F2，故C正确，D错误。应选：AC。对整体分析，根据牛顿第二定律得出加速度的表达式，从而比较出A、B接触前后的加速度大小，隔离对B分析，根据牛顿第二定律得出拉力的表达式，从而比较大小。此题考察了牛顿第二定律的根本运用，知道A、B具有一样的加速度，掌握整体法和隔离法的灵敏运用。三、填空题本大题共1小题，共3分10. 如下图，在方向程度的匀强电场中，一不可伸长的长为L的绝缘细线的一端连着一个质量为m，带电量为+q小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初

20、速由A点释放，细线转过60角，小球到达B点时速度恰为零.那么(1)A、B两点的电势差为_ ；(2)匀强电场的电场强度为_ -3mgl2q；mg3q济南一中解：(1)以小球为研究对象，受到重力、弹力和电场力，从A到B由动能定理得：  mgLsin60+qUab=0  解得：Uab=-3mgl2q (2)由匀强电场：E=Ud=mg3q 故答案：-3mgl2q  mg3q 以小球为研究对象，受到重力、弹力和电场力，从A到B由动能定理求出两点的电势差；再利用匀强电场E=Ud求出场强；再以B点为研究对象，利用牛顿运动定律求细线的拉力题的关键能灵敏应用动能

21、定理、匀强电场场强公式和圆周运动的牛顿第二定律列方程求解四、计算题本大题共2小题，共30.0分11. 平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如下图.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开场运动，Q点到y轴的间隔 为到x轴间隔 的2倍.粒子从坐标原点O分开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴间隔 与Q点到y轴间隔 相等.不计粒子重力，为：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比解：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的间隔 为L，到y轴的间隔 为2L，粒子的加速度为a

22、，运动时间为t，有沿x轴正方向：2L=v0t，竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：L=12at2  设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy根据速度时间关系可得：vy=at 设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为，有tan=vyv0 联立式得：=45    即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45角斜向上设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有v=v02+vy2=2v0；(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得：qE=ma      &

23、#160; 由于vy2=2aL 解得：E=mv022qL  设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2R  由于P点到O点的间隔 为2L，那么由几何关系可知R=2L 解得：B=mv0qL联立式得EB=v02济南一中(1)在电场中，粒子做类平抛运动，根据x轴方向的匀速直线运动和y方向的匀加速直线运动列方程求解；(2)粒子在电场中受到的电场力时由牛顿第二定律求解加速度，再根据速度位移关系求解电场强度；根据粒子所受的洛伦兹力提供向心力得到半径计算公式，再根据那么由几何关系得到半径大小，由此求解磁感应强度大小，然后求解比值有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合