物理带电粒子在电场中的运动试题类型及其解题技巧

1、物理带电粒子在电场中的运动试题类型及其解题技巧一、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0= 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 x 105C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P点时恰好和轨道无挤压该恒力，滑块与小球发生弹性

2、正碰，碰后小球沿轨道运动，到达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;(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7.5X104N/C; ( 2)小球至IJ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 0.5625mo【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= 1m1v2,2代

3、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= m2gtan Q解得：E= 7.5X14N/C。(2)小球所受重力与电场力的合力大小为:cos小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G m2?r联立，代入数据得：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,以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：miv= mivi+m2v2由能量守恒得：m(v2 1mlv； 2 m2v2 222联立，代入数据得：vi=- 2m/s (”表示vi的方向水平向左)，v2 = 4m/s小球碰后运动到 P点的过程，由动能定理有：1 一 21 _2 /qE

4、 (x rsin1m2g (r+rcos 0 = m2vp m2v2 2 2代入数据得：x= 0.85m。1 qE(3)小球从P点飞出水平万向做匀减速运动，有： L- rsin 9= vpcos t 12 m2竖直方向做匀加速运动，有:r+rcos 9= vPsin t+ : gt2联立代入数据得：L= 0.5625m ;2 .如图所示，在两块长为 J3l、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸 面向外的匀强磁场.现将下板接地，让质量为m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端连线的中点。以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点.若撤去平行板间的磁场，使上板的电势 随时间t

5、的变化规律如图所示，则 t=0时刻，从O点射人的粒子P经时间t0(未知量)恰好从下板右边缘射出.设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒 子间的作用力均不计.(6.3 2 )L3v0(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B.(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到。点，求右侧磁场的宽度 d应满足的条件和电场周期T的最小值Tmin.【答案】(1) B mv0(2) d R2cosa R2aL ； TminqL222(1)如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为Ri,则 qvoBV2 mR由几何关系：R

6、22 L 2(R12)mb mvo qL：XX。4b兄1(2)粒子P从。点运动到下板右边缘的过程，有:,3l Voto1一 Vyto2解得Vy3TVo设合速度为V,与竖直方向的夹角为a,则:tan也n vyVoV sin233 v0粒子P在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动,设做圆周运动的半径为R2,则1l2sin解得R23L3右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为d R cosR2由于粒子P从。点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则:A；2。点的过程，运动(22混T min 2t0解得Tmin【点睛】6/3 2

7、L3V0带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子 的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态3 .如图1所示，光滑绝缘斜面的倾角9 =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=1xi0T5cl¥T2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：(1)04s内滑块的最大速度为多少(2)04s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

8、速度 【详解】【解】(l)在02 s内，滑块的受力分析如图甲所示，电场力F=qEF1 mg sinma1,一一 2解得 a1 10m/s在2 -4 s内，滑块受力分析如图乙所示A-；F2 mg sinma22解得 a2 10m /s2因此物体在02 s内，以a1 10m/ s的加速度加速，2在24 s内，a2 10m/s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02s内与在24s内通过的位移相等.通过的位移 x vmaxt 20m2在02 s内，电场力做正功 由 F1x 60 J -在24 s内，电场力做负功 W2 F2x20J电场力做功W=40

9、 J4 .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X0=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 x 15N/C,在第二象限有半径R=5cm的圆形磁场，磁感应强度B=0.8T,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 =1.0 X 8C/kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率V0=4.0 X 6m/s.不考虑粒子的重m力、粒子间的相互作用.求:V. . M(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；(

10、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) 0WyW 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：2qvB=m v0 r解得：r= 0 5 10 2 m=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

11、)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：XO=vOtO-1 ,2 h=at0 2qE a= 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=vot1 2y=2at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仇tanvyVoqE x m Vovo所以：H= (xo x) tan 0= (xo 12y ) ? 2y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=9cm5.如图

12、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。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.n

13、Q MTT2 2EE【答案】(1) q1-0- ； (2) B ； (3)存在，B 【解析】【详解】(1)设第1球的电量为q1，研究A到C的运动:2h vot解得：q2 吟 2Eh(2)研究第1球从A到C的运动:tan 上 1 ,45°, v 和0;Vo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2由 q1vB m上得 RRmvqiB由几何关系得：2Rsin h2解得：B2EVo(3)后面抛出的小球电量为 q,磁感应强度 B11小球作平抛运动过程mv .小球穿过磁场一次能够自行回到A,满足要求：Rsin x,变形得： sinqBVo6 . 1897年汤姆孙使用气体放电管，根据

14、阴极射线在电场和磁场中的偏转情况发现了电 子，并求出了电子的比荷。比荷是微观带电粒子的基本参量之一，测定电子的比荷的方法 很多，其中最典型的是汤姆孙使用的方法和磁聚焦法。图中是汤姆孙使用的气体放电管的原理图。在阳极 A与阴极K之间加上高压，A、A'是两个正对的小孔，G D是两片正对的平行金属板，S是荧光屏。由阴极发射出的电子流经过A、A后形成一束狭窄的电子束，电子束由于惯性沿直线射在荧光屏的中央。点。若在C、D间同时加上竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场和磁场的强弱，可使电子束仍沿直线射到荧光屏的。点，此时电场强度为 E,磁感应强度为 B。(1)求电子通过 A'

15、;时的速度大小v;(2)若将电场撤去，电子束将射在荧光屏上的O'点，可确定出电子在磁场中做圆周运动. e的半径R,求电子的比荷 一。mEeE【答案】(1)v E；(2)- -Bm B2R【解析】【详解】(1)电子在复合场中做匀速直线运动，由 eE evB,得v E ；B2(2)去掉电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，由 evB m得 1 R m BR B R7 .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 vo 开始运动，当电子第一次穿越x轴时，恰好到达

16、 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(1)电场强度E的大小.(2)磁感应强度B的大小.电子从A运动到D经历的时间t.【答案】(1)送;(2)甘=鸣；(3)1&ded2”【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ti2d = i的1分)13 八d = §1 分凡八1 =1分求出E =”：1分 ldv, v与x轴的夹角为2则(2)设电子进入磁场时速度为血8=冬=1 0 = 45分1 %V= 也电子进入磁场后做

17、匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力1B=m- 1 分由图可知二，忘1分-得身=1 1分(3)由抛物线的对称关系,电子在电场中运动的时间为Ad3t1=- 1 分电子在磁场中运动的时间,3.3 二痔 3Kd .t2 "dr”分电子从A运动到D的时间34(4+开八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8 .如图所示，三块挡板围成截面边长L= 1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强 E=4X 104N /C.三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场

18、，磁感应强度为Bi； AMN以外区域有垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B2=3Bi的匀强磁场.现将一比荷q/m=105C/kg的带正电的粒子，从 。点由静止释放，粒子从 MN小孔C进入内部匀强磁 场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场.已知粒子最终回到了 。点，OC相距2m.设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不 计挡板厚度，取兀=3.求：(1)磁感应强度Bi的大小；(2)粒子从。点出发，到再次回到 。点经历的时间；(3)若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到。点(若粒子经过A点立即被吸收).【答案】(1)Bi2 105

19、T；(2)t 2.8510-2s；(3) &4-2105T3 3【解析】【详解】12(1)粒子从。到C即为在电场中加速，则由动能定理得：Eqx ，mv22解得 v=400 m/s带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示.由几何关系可知 R1 0.6m22,v由 qvBi mR代入数据得B1(2)由题可知2 v qvB m 一Ri2 10 5T3B2=3Bi=2X 10 T则 R2 R1 0.2m 3一、. 1由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则 x -vti2得至U ti=0.0i s粒子在磁场Bi中的周期为Ti2 mqBi1 _ 一 一 3则在磁场Bi中的运动时间为 t2 -Ti 3

20、 i0 s32 m在磁场B2中的运动周期为 T2 一qB2在磁场B2中的运动时间为+i80300i80 ii 3-3t3 T2 i0 s 5.5 i0 s3-2i0 s 2.85 i0 s3606则粒子在复合场中总时间为：t 2ti t2 t320 62'V(3)设挡板外磁场变为 B2 ,粒子在磁场中的轨迹半径为r,则有qvB2 m r根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到。点，需满足条件L 2k i r 其中 k=0、i、2、3 2解得 B2 4k2 105T 39.水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，A为轨道的最低点，半径 OA竖直，圆心角AOB为60°,半径

21、R=0.8m,空间有竖直向下的匀强电场，场强 E=iXi4N/C。一个质量 m=2kg,带电量为q=i x i03C的带电小球，从轨道左侧与圆心。同一高度的C点水平抛出，恰好从B点沿切线进入圆弧轨道，到达最低点A时对轨道的压力Fn=32.5N。求：(1)小球抛出时的初速度 V0大小；(2)小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功 Wfo【答案】2Jm/s(2) - J33【解析】【分析】根据题中“竖直向下的匀强电场-带电小球”、“水平抛出一圆弧轨道”可知，本题考察 带电物体在复合场中的运动。根据带电物体在复合场中的运动规律，应用运动的分解、牛 顿运动定律、动能定理列式计算。【详解】(1)小球抛出后

22、从 C到B过程中受重力和竖直向上的电场力，做类平抛运动，则: mg qE ma ,解得：小球的加速度34mg qE 2 10 1 1010, 2 广，2a m / s 5m/ sC与B的高度差h Rcos60 0.4m2设小球到B点时竖直分速度为vy,则vy 2ah ,解得：小球到 B点时竖直分速度Vy 2msVy小球在B点时，速度万向与水平万向夹角为60 ,则tan60 一V。解得：小球抛出时的初速度(2)在B点时，sin60 以，则vB 里与 m Vb3 s2小球在A点时，FN qE mg m,解得：va1212mvAmvB22R小球从B到A过程，由动能定理得：(mg qE)(R Rcos

23、 ) Wf解得：小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功 Wf 1 J310 .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=3科mg/q,物块与绝缘板 板间动摩擦数为 科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go 求：(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

24、程中，电场力所做的功Wo【答案(1) 2 TL (2) 3(74 18mgL25【解析】【分析】(1)根据同向运动的物体位移之差等于相对位移，牛顿第二定律结合运动学公式求解(2)碰撞过程满足动量守恒，往返运动再次碰撞的过程依然用牛顿第二定律结合运动学公式求解位移；恒力做功由功的定义式处理【详解】(1)由题知：物块b受恒定电场力F 3 mg对两物体由牛顿第二定律，物块b： Fmg ma1，得 a12 ga2 K =L对绝缘板a： mg ma2,得a?g1设历时t1物块第一次与挡板碰撞，有：一(a12则物块第一次与挡板碰撞前瞬时，物块的速度大小 解得：v1 2 ,2-gL(2)绝缘板a的速度大小V

25、2 a2t1,解得：v2 J2 gL12_物块对地的位移大小为 X a1t2,有X| 2L2物块与绝缘板的右端竖直挡板发生弹性碰撞后，二者速度交换 则物块的速度为v1 、2 gL ,绝缘板的速度大小为 v2 2.2 gL对物块 b ： F mg ma3，有 a3 4 ga3t 2 ， vV2a 2t2设历时t2,二者达到共同速度 v,有：v V1一 1斛得：t252_ .L二者相对位移大小为 x,有(V2 vi)2(a3 a2)x ,解得：x 5物块对地的位移大小为 X2,有x2 (v1 v)t2，解得:x2 14 L 225设历时'h物块第二次与挡板碰撞，有:1 , 2(ai、一 2

26、一 一a223=x，得：t3物块对地的位移大小为 x3,有x3 vt32ait3,解得：x3 18W5L -L 2255故物块的总位移x x1 x2 x3得：x 74 18 5 L25根据功的定义W 3 mgx解得：w 3(74 18.5) mgL25本题是牛顿第二定律、动量守恒定律、运动学公式和能量守恒定律的综合应用，按程序进 行分析是基础.11 .如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成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= 2J3X104N/C.在细杆上套有一个带负电的小球，带电量为q=1x105c、质量为m=3X102kg .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.【答案】(1) 2m/s(2) 0.4m【解析】(1)对小球，AB过程，根据牛顿第二定律可得mg sinmai,初速度为零，由位移速度公式可得vB 2a1X1 ,联立解得Vb 2m/s；(2)对小球，BC过程，根据牛顿第二定律：qE cos mg sinma2,2初速度为Vb,末速度为零，故根