高中物理带电粒子在电场中运动试题经典

高中物理带电粒子在电场中运动试题经典高中物理带电粒子在电场中运动试题经典高中物理带电粒子在电场中运动试题经典高中物理带电粒子在电场中的运动试题经典一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．以下列图，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，尔后粒子能到达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表示其方向。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：(1)粒子从O到A运动过程中,电场力所做功W；(2)匀强电场的场富强小E1、E2；(3)粒子到达B点时的动能EkB．32(2)E1＝3m023m0214m02【答案】(1)Wmv04qdE2＝(3)EkB＝23qd3【解析】【解析】对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。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)依照粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达B点时的动能。【详解】(1)由题知：粒子在O点动能为E=mv0粒子在A点动能为：E=4Eko，粒子从O到Ako12kA2运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=EkA-Eko=3mv02；2(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，以下列图设粒子从O到A运动过程，粒子加速度大小为a1，历时t1，A点坐标为（x，y）粒子做类平抛运动：x=v0t1，y=1a1t122由题知：粒子在A点速度大小vA=2v0，vAy=3v0，vAy=a1t1粒子在A点速度方向与竖直线PQ夹角为30°。解得：x3v023v02，y2a1a1由几何关系得：ysin60°-xcos60°=d，2，t14d解得：a13v0v04d由牛顿第二定律得：qE1=ma1，解得：E13mv024qd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：vAt22，°t2t14d，qE22v02解得：a2v023mv2，E20；3d3qd解析知：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=1mv2，vB2=（2v0）2+（a2t2）2，B214mv解得：EKB0。【点睛】此题察看了带电粒子在电场中的运动，依照题意解析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与要点，应用动能定理、类平抛运动规律可以解题。2．一带正电小球经过绝缘细线悬挂于场富强小为E1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°，以下列图。以小球静止地址为坐标原点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，电场突然反向，场富强小不变；再经，电场突然变为另一匀强电场，场富强小为E2，又经0.1s小球速度为零。已知小球质－2－82量×10kg，电荷量×10C，g取10m/s，空气阻力不计。求(1)E1和

E2；(2)细线剪断

0.3s末小球的地址坐标。【答案】

(1)E1

107V/m

E2

3107V

/m

(2)(0.1m,0.3m)【解析】【详解】（1）当小球静止时，qE1mg则E1mg107V/mq电场力与重力的合力F合=mg2mgcos45o剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为aF合102m/s2m经过0.1s小球的速度大小为v1at2m/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，小球的水均分速度vxv1cos45oqE1t20m竖直分速度vyv1sin45ogt22m/s即第2个末，小球的速度v2大小为2m/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av2220m/s2t3qE2mg依照牛顿第二定律得am代入数据得E23107V/m（2）第1个0.1s内，小球的位移大小s1at1212g22m2220则小球沿x方向搬动的距离x1scos45o0.05m沿y方向搬动的距离y1ssin45o在第2个0.1s内，小球沿x方向搬动的距离o1qE2x2v1cos45t22mt2沿y方向搬动的距离y2v1sin45o1gt222在第3个0.1s内，小球沿沿方向搬动的距离y3v2t31at322即小球速度为零时的地址坐标是(0.1m,0.3m)3．以下列图，在竖直面内有一边长为的正六边形地域，O为中心点，CD水平．将一质量为m的小球以必然的初动能从B点水平向右拋出，小球运动轨迹过D点．现在该竖直面内加一匀强电场，并让该小球带电，电荷量为+q，并以前述初动能沿各个方向从B点拋入六边形地域，小球将沿不相同轨迹运动．已知某一方向拋入的小球过O点时动能为初动能的，另一方向拋入的小球过C点时动能与初动能相等．重力加速度为g，电场所区足够大，求：1）小球的初动能；2）取电场中B点的电势为零，求O、C两点的电势；（3）已知小球从某一特定方向从B点拋入六边形地域后，小球将会再次回到B，求该特定方向拋入的小球在六边形地域内运动的时间．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【解析】【详解】（1）设小球从B点抛出时速度为，从B到D所用时间为t，小球做平抛运动在水平方向上在竖直方向上由几何关系可知：，解得小球的初动能为：（2）带电小球B→O：由动能定理得：解得：带电小球B→C：由动能定理得：解得：（3）在正六边形的BC边上取一点G，令，设G到B的距离为x，则由匀强电场性质可知解得：由几何知识可得，直线GO与正六边形的BC边垂直，OG为等势线，电场方向沿CB方向，由匀强电场电场强度与电势的关系可得受力解析如图，依照力合成的平行四边形定则可得：，方向F→B小球只有沿BF方向抛入的小球才会再次回到B点，该小球进入六边形地域后，做匀减速直线运动，速度减为零后反向匀加速直线运动回到B点，设匀减速所用时间为t1，匀加速所用时间为t2，匀减速发生的位移为x由牛顿定律得(未射出六边形地域)小球在六边形地域内运动时间为4．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-3L地域存在场富强小相同，方向相反均平2行于y轴的匀强电场，在3-L＜y＜0地域存在方向垂直于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v0，方向沿x轴正方向，尔后经过x轴上的点P23L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径5（R=L22（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；B3）粒子第一次从磁场下界线穿出地址的横坐标；4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．【答案】（1）504v0；（3）2L；（4）40537L．60v033【解析】【详解】（1）如图，粒子从P12做类平抛运动，设到达2时的y方向的速度为y到PPv，3由运动学规律知L=v0t1，2L=vyt123L4可得t1=，vy=v02v03故粒子在P2的速度为v=v02vy2=5v03vy=4，即β=53°；设v与x成β角，则tanβ=v03（2）粒子从P12121mv02可得228mv2E=09qL2粒子在磁场中做匀速圆周运动，依照qvB=mvRmvm5v02mv03解得：B===5qRq3qLL2解得：E4v0；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=-3L直线与Q′2点，可得：23Lo5PO′==L=r2cos532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=-3L2直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=3L+（r-rcos37）°=2L；2（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1213L到P做类平抛运动：t=2v0372r37L在磁场中由P2到M动时间：t2=v=360o120v0qE8v02从M运动到N，a==m9Lv15L则t3==a8v040537L则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=．60v05．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，磁感觉强度大小分别为

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）。现使一个电量大小为

q、质量为

m的带正电粒子从坐（2a，a）以沿+x方向的初速度v0出，粒子恰好能原点入y右并在随后了点P，不粒子的重力。1）求粒子原点的速度；2）求磁感度B的所有可能取3）求粒子从出直至到达P点的所有可能取。【答案】（1）粒子原点的速度大小2v0，方向：与x正方向45°斜向下；nmv0（2）磁感度B的所有可能取：Bn＝1、2、3⋯⋯；qL（3）粒子从出直至到达2am3mP点的所有可能取：tk(k1)v02qB4qBk＝1、2、3⋯⋯或t2anmn3mn＝1、2、3⋯⋯。v02qB4qB【解析】【解】（1）粒子在中做平抛运，水平方向：2a＝v0t，直方向：avyt，2解得：vy＝v0，tanθ＝vy1，θ＝45°，＝v0粒子穿O点的速度：vv02v22v0；（2）粒子在第四象限内做匀速周运，洛力供应向心力，由牛第二定律得：qvBmv2，r粒子能P点，由几何知得：L＝nrcos45°n＝1、2、3⋯⋯，解得：Bnmv0n＝1、2、3⋯⋯；qL（3）粒子在第二象限运t1，：t1＝2a；v0T12mm粒子在第四、第一象限内做周运的周期：，T2，qBqB粒子在下方磁地域的运迹1/4弧，在上方磁地域的运迹3/4弧，若粒子下方磁直接到达P点，粒子在磁中的运：t2＝1，T14若粒子下方磁与上方磁到达P点，粒子在磁中的运：t2＝13T1+T2，44若粒子两次下方磁一次上方磁到达P点：t2＝2×13，T1+T244若粒子两次下方磁、两次上方磁到达13P点：t2＝2×T1+2×T2，44⋯⋯⋯⋯t2km(k1)3mk1234qB2qB或t2nmn3mn＝1、2、3⋯⋯2qB4qB粒子从出到P点的：t＝t1+t2，解得：t2akm(k1)3mk＝1、2、3⋯⋯v02qB4qB或t2anmn3mn＝1、2、3⋯⋯；v02qB4qB6．直平面内存在着如甲所示管道，虚左管道水平，虚右管道是半径R=1m的半形，管道截面是不合的，管道半形部分在直向上的匀中，度3b、c球用L2m的杆E=4×10V/m．小球a、b、c的半径略小于管道内径，接，开始c静止于管道水平部分右端P点，在M点的a球在水平推力F的作用下由静止向右运，当F减到零恰好与b生了性碰撞，F-t的化像如乙所示，且足F2t24．已知三个小球均可看做点且ma，mb，mc，小球-4的正荷，其他小球不，不所有摩擦，2cq=5×10Cg=10m/s，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)v04m/s(2)v=2m/s(3)EP【解析】【解析】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向来相等，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Imav00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S1m2代入数据可得：v04m/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mav0mav1(mbmc)v2由机械能守恒可得1mav021mav121(mbmc)v22222解得v10,v24m/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mcgRqER1(mbmc)v21(mbmc)v2222代入数据可得v2m/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向来相等，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从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得：mbgR(1cos)mcgRsin1(mbmc)v2qERsin2解得sin0.6,37因此小球c电势能的增加量：EPqER(1sin)7．以下列图，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，并接触优异．导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B．导轨右侧与电路连接．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。(1)当ab以速度v0匀速向左运动时，带电微粒恰好静止．试判断微粒的带电性质和电容器的电量Q(2)ab棒由静止开始，以恒定的加速度a向左运动．求带电微粒q所受合力恰好为0的时间．（设带电微粒向来未与极板接触．）CBLv03mgd【答案】(1)Q(2)t3aBLq【解析】【详解】解：(1)ab棒匀速向左，a为正极，上板带正电，场强方向向下，即微粒带负电；EUBD3EBLv0QCUBDCBLv0联立解得：Q3(2)微粒所受合力为0，则有：qE场mgUBDE场dUBD

E3EBLv3mgd联立解得：taBLq8．以下列图，三块挡板围成截面边长L的等边三角形地域，CPQ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-4匀强电场，场强E=4×10N/C．三角形地域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感觉强度为B；AMN以外处域有垂直纸面向外，磁感觉强度大小为B＝3B1的匀强磁场．现将一比荷12q/m=105C/kg的帯正电的粒子，从O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点进入外面磁场．已知粒子最后回到了O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π＝3．求：1）磁感觉强度B1的大小；2）粒子从O点出发，到再次回到O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O点（若粒子经过A点马上被吸取）．【答案】（1）B2105T；（2）t2.8510-2s；（3）B4k2105T1323【解析】【详解】1）粒子从O到C即为在电场中加速，则由动能定理得：解得v=400m/s

Eqx1mv22带电粒子在磁场中运动轨迹以下列图．由几何关系可知R1L2由qvB1mv2R1代入数据得B12105T3（2-5）由题可知B2=3B1=2×10Tv2qvB1mR1R2R13由运迹可知：入段做匀加速运，x1vt12获取t1=0.01s粒子在磁B1中的周期2mT1qB1在磁B1中的运t21T13103s3在磁B2中的运周期2mT2qB2在磁B2中的运t3180300180T211103s10-3s3606粒子在复合中：t2t1t2t32017103s10-2s6（3）板外磁B2'，粒子在磁中的迹半径r，有qvB2'mv2r依照已知条件解析知，粒子可以垂直于MA孔P回到O点，需足条件L1r其中k=0、1、2、3⋯⋯2k2解得B24k2105T39．如所示，

OO′正放置的水平金属板

M、N的中，灯逸出的子

(初速度、重力均不

)在

U的加速中由静止开始运，从小孔

O射人两板正交的匀、匀磁

(中未画出

)后沿

OO′做直运，已知两板的

2U，两板度与两板的距离均

L，子的量

m、荷量

e。求：(1)子通小孔O的速度大小v；(2)板匀磁的磁感度的大小B和方向。【答案】（1）2eU（2）12mU方向垂直面向里mLe【解析】【解】子通加速的程中，由能定理有：

eU1mv22解得：v

2eUm(2)两板的度大小：E

2UL由于子在两板做匀速运，故：evBeE解得：B

12mULe依照左手定可判断磁感度方向垂直面向外.10．水平面上有一个直放置的部分弧道，A道的最低点，半径OA直，心角AOB60°，半径，空有直向下的匀，4E=1×10N/C。一个量－3O同一高度的C点水平抛m=2kg，量q=－1×10C的小球，从道左与心出，恰好从B点沿切入弧道，到达最低点A道的力FN。求：(1)小球抛出的初速度v0大小；(2)小球从B到A的程中战胜摩擦所做的功Wf。【答案】(1)23m/s(2)1J33【解析】【解析】依照中“直向下的匀⋯小球”、“水平抛出⋯弧道”可知，本察看物体在复合中的运。依照物体在复合中的运律，用运的分解、牛运定律、能定理列式算。【解】(1)小球抛出后从C到B程中受重力和直向上的力，做平抛运，：mgqEma，解得：小球的加速度mgqE2101103104m/s22a25m/smC与B的高度差hRcos60设小球到B点时竖直分速度为vy，则vy22ah，解得：小球到B点时竖直分速度vy2ms小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为，则tan60vy60°v0解得：小球抛出时的初速度v023m3svy，则vB43m(2)在B点时，sin60vB3s小球在A点时，FNqEmgmvA2，解得：vA3mRs小球从B到A过程，由动能定理得：(mgqE)(RRcos)Wf1mvA21mvB222解得：小球从B到A的过程中战胜摩擦所做的功Wf1J311．以下列图，在xoy坐标系内存在一个以（a，0）为圆心、半径为a的圆形磁场所区，方向垂直纸面向里，磁感觉强度大小为B；另在y轴右侧有一方向向左的匀强电场，电场强度大小为E，分布于y≥a的范围内．O点为质子源，其出射质子的速度大小相等、方向各异，但质子的运动轨迹均在纸面内．已知质子在磁场中的偏转半径也为a，设质子的质量为m、电量为e，重力及阻力忽略不计．求：（1）出射速度沿x轴正方向的质子，到达y轴所用的时间；（2）出射速度与x轴正方向成30°角（如图中所示）的质子，到达y轴时的地址；（3）质子到达y轴的地址坐标的范围；【答案】（1）m2ma（2）y=a+Ba3ea（3）（a，a+2Baea）2eBeEmEmE【解析】试题解析：（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，依照洛伦兹力供应向心力得：2vevBma即：v

Beam出射速度沿x轴正方向的质子，经1圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中4运动的时间为：Tamt142v2eB质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动a后到达y轴，由匀变速直线运动规律eEt22有：a2m2ma即：t2＝m2ma故所求时间为：tt1t22eBeE（2）质子转过120°角后走开磁场，再沿直线到达图中P点，最后垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达y轴，运动轨迹如图中所示．由几何关系可得P点距y轴的距离为：