高中物理带电粒子在电场中运动解题技巧及经典题型及练习题

高中物理带电粒子在电场中运动解题技巧及经典题型及练习题(含)高中物理带电粒子在电场中运动解题技巧及经典题型及练习题(含)高中物理带电粒子在电场中运动解题技巧及经典题型及练习题(含)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)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mA=1kg、mB=2kg的A、B两滑块放在水平面上，处于场富强小5A不带电，B带正电、电荷量－5E=3×10N/C、方向水平向右的匀强电场中，q=2×10C．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，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】【解析】【详解】（1）B所受电场力为F=Eq=6N；绳断从前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1可得系统的加速度a1=1m/s2；由运动规律：x=1a1t122解得A在2s内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬时，AB的速度大小为v1，t2=6s时辰，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-μmBg=mBa2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．如图甲所示，极板

A、B间电压为

U0，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，粒子经过两板间的时间为

t0；当

C、D板间加上图乙所示电压（图中电压U1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板的度L；2）粒子从C、D板出垂直于极板方向偏移的最大距离；3）粒子打在光屏上地域的度．【答案】（1）Lt02qU0（2）yqU1t02（3）ss3qU1t02m2md2md【解析】解析：（1）粒子在A、B板有qU01mv022在C、D板有Lv0t0解得：Lt02qU0m2）粒子从nt0（n=0、2、4⋯⋯）刻入C、D，偏移距离最大粒子做平抛运偏移距离y1at022qU1加速度amd2得：yqU1t0（3）粒子在C、D偏距离最大打在光屏上距中心最ZXXK]出C、D板偏角tanvyv0vyat0打在光屏上距中心最距离syLtan3qUt2光屏上地域度ss102md考点：粒子在匀中的运【名点睛】此是粒子在匀中的运；关是知道粒子在水平及直方向的运律和特点，合平抛运的律解答．3．如所示，光屏MN与x垂直放置，光屏所在地址的横坐x0=60cm，在第一象限y和MN之存在沿y方向的匀，度5E=1.6×10N/C，在第二象限有半径

R=5cm的圆形磁场，磁感觉强度

，方向垂直

xOy平面向外．磁场的界线和

x轴相切于

P点．在

P点有一个粒子源，能够向

x轴上方

180°范围内的各个方向发射比荷为q

8×10C/kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率

v0

6×10m/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地址与Q点的最远距离．【答案】（1）5cm；（2）0≤y≤10cm；（3）9cm【解析】【详解】（1）带电粒子进入磁场碰到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力供应向心力得：v02qvB=mr解得：r=mv05102m=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以下列图：由几何关系可知四边形PO′FO11∥O′P，又O′P垂直于x轴，粒子出射的速为菱形，因此FO度方向与轨迹半径FO1垂直，则所有粒子走开磁场时的方向均与x轴平行，因此粒子从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：x0=v0t012h=at0qEa=m解得：h=18cm＞2R=10cm说明粒子走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=vt0y=1at22代入数据解得：x=2y设粒子最后到达荧光屏的地址与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，vyqExmv02ytanv0v0因此：H=（x0﹣x）tanθ=（x0﹣2y）?2y由数学知识可知，当（x0﹣2y）=2y时，即y=4.5cm时H有最大值因此Hmax=9cm4．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觉强度大小为B，第三、四象限磁感觉强度大小相等，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，此后经第四、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v0；2）第三、四象限磁感觉强度的大小B/；【答案】（1）E（2）3B【解析】试题解析：（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：dd23drsin603sin依照qv0Bmv02得v023qBdr3m粒子在第一象限中做类平抛运动，则有（r1qEt2vyqEtcos60）；tanmv02mv0E联立解得v03B（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，依照粒子在第三、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，yvyt2得yvytan3x2v022由几何知识可得y=r-rcosα=1r3d23则得x2d31d2d53因此粒子在第三、四象限圆周运动的半径为R23dsin9粒子进入第三、四象限运动的速度v043qBdv2v03mcos依照qvB'm得：B′=2．4B

v2R考点：带电粒子在电场及磁场中的运动5．如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感觉强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0沿AC方向由A点射入。粒子经D点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。(不计重力)(1)试求AD间的距离；(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由A射入的粒子依旧能经过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么?【答案】（1）R=mvo（2）a<60Bq【解析】【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60，则粒子转过的圆心角为60，AD=Rqv0Bmv02Rmv0得AD=RBq（2）经D点xRcos303R，yRsin301R22而xv0t，y1at2，aqE2m解得E4Bv0，方向垂直AC向上3速度偏向角tanavy，vyatvx解得tan2tan3023tan3<60而tan60=3，tan60，即6．从宏象中出来的典物理学律不用然都能适用于微系统。但是在某些中利用典物理学律也能获取与比相吻合的。依照玻的原子模型，子的运看做典力学描述下的道运，原子中的子在力作用下，原子核做周运。已知子量m，荷量e，静力常量k。原子于基（n=1）子e2的道半径r1，能EPk（取无能零)。第n个能的道半r1径rn，已知rn=n2r1，原子的能量等于子原子核运的能、子与原子核系的能的和。（1）求原子于基，子原子核运的速度；（2）明：原子于第n个能的能量基能量的12（n=1，2，3，⋯）；n（3）1885年，巴末当已知的在可光区的四条做了解析，些的波能用一个公式表示，个公式写做1R(1212)，n=3，4，5，⋯。式中R叫做里2n德伯常量，个公式称巴末公式。已知原子基的能量E1，用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，求：a．里德伯常量R的表达式；b．原子光巴末系最小波与最大波之比。【答案】（1）v1ke21道上运的速度大小v1，依照牛第二（2）子在第mr1e2v1212ke2定律有mr11道运的能Ek12mv12r1kr12，子在第，子在第1道运原子的能量E1ke2ke2ke2，同理，子在第n道运原子的能r12r12r1量Enkne2ke2e2，又因rn2Ene2ke2E1，rn2rnknr1，有k2n22rn2rn2nr1命得。（3）a：RE1b：5:9hc【解析】【详解】（1）电子绕氢原子核在第1轨道上做圆周运动2mv2依照牛顿第二定律有ke2r1r1则有v1ke2mr122mv1（2）设电子在第1轨道上运动的速度大小为v1，依照牛顿第二定律有ke2r1r1电子在第1轨道运动的动能Ek11mv12ke222r11E1e2ke2e2电子在第轨道运动时氢原子的能量k2r1kr12r1同理，电子在第n轨道运动时氢原子的能量Enkne2ke2ke2，又由于rnn2r1rn2rn2rn则有Enke2ke2E12rn2n2r1n2，命题得证。（3）a：从n能级向2能级跃迁放出光的波长为EnE2hc由EnE1E2E1E1n222代入得：Rhcb：由1R11可知当n=3时波长最大，当n=∞时波长最小22n2代入可得，最小波长与最大波长之比为5:9。7．在竖直平面内，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为+q的小球。小球向来处在场富强小为50、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，此后小球连续运动并经过P点，P点与O点间的水平距离为L。重力加速度为g，不计空气阻力，求（1）细线被拉断前瞬时，细线的拉力大小；（2）O、P两点间的电势差。15mgL【答案】（1）FT=1.5mg（2）UOP【解析】【详解】

8q（1）小球碰到竖直向上的电场力＞mg因此小球被释放后将向上绕O点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度v，由能定理FmgL1mv22被拉断前瞬的拉力FTv2，由牛第二定律FTmgFmL立解得：FT（2）断裂后小球做平抛运，加速度a直向上，由牛第二定律：Fmg=ma断裂后小球t到达P点，有L=vt小球在直方向上的位移y1at2；解得2O、P两点沿方向（直方向）的距离d=L+yO、P两点的差UOP=Ed立解得UOP

15mgL8q8．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小球到B点直分速度vy，vy22ah，解得：小球到B点直分速度vy2ms小球在B点，速度方向与水平方向角60°，tan60vyv0解得：小球抛出的初速度v023m3svy，vB43m(2)在B点，sin60vB3s小球在A点，FNqEmgmvA2，解得：vA3mRs小球从B到A程，由能定理得：(mgqE)(RRcos)Wf1mvA21mvB222解得：小球从B到A的程中战胜摩擦所做的功Wf1J39．如甲所示，平行板

A、B直放置，

B板接地，

A、B两板加上交，

A板的随化律如乙所示，乙所示物理量均已知量。

t=0

刻，一个量

m，荷量

q的正的粒子在

B板周边由静止放，不粒子的重力，求：(1)要使粒子到达

A板速度零，

A、B板的距离足什么条件

?(2)要使粒子到达A板前素来加速，A、B板的距离足什么条件(3)若将两板的距离L，保持两板的差大小不，改交周期，使粒子在t=T到t=T内从B板周边由静止放后粒子不能够到达A板，改后的周期足什么42条件?【答案】（1）Tnq0(n=1,2,3,⋯（)2）dTq0m（3）T4L2m22mq0【解析】【解析】粒子从t0刻放后一个周期内，先做初速度零的匀加速运，后做匀减速运速度零，因此粒子到达A速度零，粒子在板运的周期的整数倍；要使粒子到达A板前素来加速，即粒子在板运的不超半个周期；从B板周边由静止放后粒子不能够到达A板，粒子在tTT内向A做匀加速运，在到t42T3T；t到t内向A做匀减速运，速度减零后将返回4【解】解：(1)由可知，粒子从t0刻放后一个周期内，先做初速度零的匀加速运，后做匀减速运速度零，因此粒子到达A速度零，粒子在板运的周期的整数倍；板的距d，板度大小：E0d在开始的半周期内，粒子运的距离：x1a(T)222a

qEm2nx，(n=1，2，3⋯.)解得：dTnq0，(n=1，2，3⋯.)m要使粒子到达A板前素来加速，即粒子在板运的不超半个周期d1at22aq0mdtT2Tq0解得：d2m2(3)粒子在tTTA做匀加速运，在T到t3T内向A做匀到t内向t4422减速运，速度减零后将返回，粒子向A运可能的最大位移：s21a(T)224aq0mL从B板周边由静止放后粒子不能够到达A板，有：xL解得：T4Lmq010．如所示，空存在水平方向的匀，量的滑，其质量

m＝1kg，静止在倾角为

θ＝30°的圆滑绝缘斜面上，斜面的尾端

B与水平传达带相接（滑块经过此地址滑上皮带时无能量损失），传达带的运行速度

v0＝3m/s，长

L＝m．今将电场撤去，当滑块滑到传达带右端C时，恰好与传达带速度相同．滑块与传达带间的动摩擦因数μ＝，g＝10m/s2．(1)求匀强电场的电场强度E；(2)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传达带时速度大于3m/s，求滑块在传达带上滑行的整个过程中产生的热量．【答案】（1）1000N/C，方向水平向左；（2）0.8m；（3）0.5J.【解析】试题解析：（1）依照题意滑块在电场中应满足：Eqmgtanmgtan得：E1000N/Cq即大小为1000N/C，方向水平向左（2）在水平传达带上：代入数据得：2若滑块自B点匀加速到C，则：代入数据得：由动能定理得：整理得：h1若滑块自B点匀减速到C，则：代入数据得：vB2=4m/s由动能定理得：整理得：h2（3）依照题意，物块在传达带上应满足：，且vB24m/s整理得：该时间段内传达带传达距离满足：整理得：依照能量守恒可知：代入数值得：考点：牛顿第二定律的综合运用.11．以下列图，在竖直平面内有素来角坐标系xOy，在直角坐标系中y轴和x＝L之间有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在电场的右侧以点(3L,0)为圆心、L为半径的圆形地域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感觉强度大小为B，在y轴上A点(0，L)处沿x轴正方向射出一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，粒子经电场偏转后，沿半径方向射入磁场，并恰好竖直向下射出磁场，粒子的重力忽略不计，求：(结果可含根式)(1)粒子的初速度大小；(2)匀强磁场的磁感觉强度大小．【答案】（1）5qEL（2）29102290mE2m50qL【解析】【详解】1）粒子射入电场中并在电场中发生偏转，由于能沿半径方向进入磁场，因此其处电场后的轨迹以下列图，出电场后的速度方向的反向延长线交于在电场运动的水平位移的中点：则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y满足1Ly2Ly2L解得1L5竖直方向12y2at水中方向v0t在电场中依照牛顿第二定律qEma联立能够获取3qELv02m（2）设粒子进磁场时的轨迹与磁场界线交点为C，由于粒子出磁场时方向沿y轴负方向，因此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在O2点，连接O2和C点，交x轴与D点，做O2F垂直x轴，垂直为F