高中物理带电粒子在电场中的运动试题有答案和解析及解析doc.docx

高中物理带电粒子在电场中的运动试题有答案和解析及解析doc.docx

《高中物理带电粒子在电场中的运动试题有答案和解析及解析doc.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理带电粒子在电场中的运动试题有答案和解析及解析doc.docx（65页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高中物理带电粒子在电场中的运动试题有答案和解析及解析doc

高中物理带电粒子在电场中的运动试题（有答案和解析）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，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θ＝

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

﹣5

m2＝0.1kg、电荷量q＝1×10C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

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v

和B、C两点间的距离

x；

P

（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

7.5×104N/C；

（2）小球到达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0.5625m。

【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＝1

m1v2，

2

代入数据解得：

v＝6m/s

小球到达P点时，受力如图所示，由平衡条件得：

qE＝m2gtanθ，

4

解得：

E＝7.5×10N/C。

（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：

G等＝m2g①

cos

小球到达P点时，由牛顿第二定律有：

G等＝m2v2P②

r

联立①②，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v1、v2，

以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：

m1v＝m1v1+m2v2③

由能量守恒得：

1

2

1

2

1

2

2

m1v

2

m1v1

2m2v2④

联立③④，代入数据得：

v1＝﹣2m/s（“﹣”表示v1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：

2

1

2

1

2

qE（x﹣rsinθ）﹣mg（r+rcosθ）＝

2

m2vP

2

m2v2

⑤

代入数据得：

x＝0.85m

。

（3）小球从P点飞出水平方向做匀减速运动，有：

L﹣rsinθ＝vP

1qEt2

⑥

cosθt﹣2m2

竖直方向做匀加速运动，有：

r+rcosθ＝vPsinθt+

1

gt2⑦

2

联立⑥⑦代入数据得：

L＝0.5625m；

2．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：

如图1所

示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势

为L（o），内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与

2

MN板的距离为L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对

粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回．

（1）求粒子到达O点时速度的大小；

（2）如图2所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁

场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到

AB圆弧面的粒子经

O点进入磁场后最多有

2

3

能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；

（3）如图3所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板

MN之间区域加一个垂直

MN

的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小

E

，若从AB圆弧面收集到的某粒子经

4L

O点进入电场后到达收集板

MN离O点最远，求该粒子到达

O点的速度的方向和它在

PQ

与MN间运动的时间．

【答案】

（1）v

2q

；（

2）B

1

m

；（3）

600

；2L

2m

m

L

2q

q

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：

解：

（

1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：

qU

0

1mv2

2

U

2

2q

v

m

（2）从AB圆弧面收集到的粒子有

2能打到MN板上，则上端刚好能打到

MN上的粒子与

3

MN相切，则入射的方向与

OA之间的夹角是

60，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心

角

600．

根据几何关系，粒子圆周运动的半径：

R2L

由洛伦兹力提供向心力得：

qBvmv2

联合解得：

B

R

1m

L2q

（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远，

这是一个类平抛运动的逆过程．

建立如图坐标.

L1qEt2

2m

t

2mL

2L

2m

qE

q

vx

Eqt

2qEL

q

m

m

2m

若速度与x轴方向的夹角为

角

cos

vx

cos

1

600

v

2

3．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN垂直于y轴，N板在x轴上且其左端与

坐标原点O重合，极板长度l=0.08m，板间距离d=0.09m，两板间加上如图乙所示的周期性

变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y轴上（0，d/2）处有一粒子源，垂直于y轴连续

不断向x轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为

q

m

×7

=510C／kg，速度为

0

5

．t=0

时刻射入板间的粒子恰好经

N板右边缘打在

x轴上.不计粒子重力及粒子

v=8

×10m/s

间的相互作用，求:

（1）电压U0的大小；

（2）若沿x轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度；

（3）若在第四象限加一个与x轴相切的圆形匀强磁场，半径为r=0.03m，切点A的坐标为

（0.12m，0），磁场的磁感应强度大小B=2T，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后

3

与x轴交点坐标的范围．

【答案】

（1）U02.16104V

（2）x0.04m（3）x0.1425m

【解析】

【分析】

【详解】

（1）对于t=0时刻射入极板间的粒子：

l

v0T

T1107s

y1

1a（T）2

2

2

vy

aT

2

y2

vy

T

2

d

y1

y2

2

Eq

ma

U0

E

d

解得：

U0

2.16104V

（2）tnT

T时刻射出的粒子打在

x轴上水平位移最大：

xA

v0

3T

2

2

所放荧光屏的最小长度xxA

l即：

x0.04m

（3）不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为vy.

速度偏转角的正切值均为：

tanvy37o

v0

ov0

cos37

v1106m/s

即：

所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.

v2

qvBm

R

Rr0.03m

由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B离开磁场.

由几何关系，恰好经N板右边缘的粒子经x轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场

x轴射出点的横坐标：

R

圆半径方向射出磁场；从

xCxA

tan53

xC0.1425m

.

由几何关系，过

A点的粒子经x轴后进入磁场由

B点沿x轴正向运动.

综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x轴上的范围为：

x0.1425m

4．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，磁感应强度

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

从坐标（﹣2a，a）处以沿+x方向的初速度v0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并

在随后经过了点P，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度；

（2）求磁感应强度B的所有可能取值

（3）求粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值。

【答案】

（1）粒子经过原点时的速度大小为

2v0，方向：

与x轴正方向夹

45°斜向下；

（2）磁感应强度B的所有可能取值：

B

nmv0

n＝1、2、3；

qL

（3）粒子从出发直至到达

2a

m

3m

P点经历时间的所有可能取值：

t

k

（k1）

v0

2qB

4qB

k＝1、2、3或t

2a

n

m

n3m

n＝1、2、3。

v0

2qB

4qB

【解析】

【详解】

（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：

2a＝v0t，

竖直方向：

a

vyt，

2

vy

＝1，

θ＝45°，

解得：

vy＝v0，tanθ＝

v0

粒子穿过O点时的速度：

v

v02

v2

2v0；

（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

qvB

mv2

，

r

粒子能过P点，由几何知识得：

L＝nrcos45°

n＝1、2、3，

解得：

B

nmv0

n＝1

、2、

3；

qL

（3）设粒子在第二象限运动时间为

t1，则：

t1＝

2a

；

v0

T1

2m

m

粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：

，T2

qB

，

qB

粒子在下方磁场区域的运动轨迹为

1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为

3/4圆弧，

若粒子经下方磁场直接到达

P点，则粒子在磁场中的运动时间：

t2

1

1

＝

4

T，

若粒子经过下方磁场与上方磁场到达

P点，粒子在磁场中的运动时间：

t2

＝

1

1

3

2

4

T+

4

T，

若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达

P点：

t2

＝

2×

1

1

3

2

4

T+

4

T，

若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达

P点：

t2

＝2×

1

3

T1+2×

T2，

4

4

则t2

k

m

3m

k

12

3

2qB

（k1）

＝、

、

4qB

或t2

n

m

n3m

n＝1、2、3

2qB

4qB

粒子从出发到

P点经过的时间：

t＝t1+t2，

解得：

t

2a

k

m

（k1）3

m

k＝1、2、3

v0

2qB

4qB

或t

2a

n

m

n3m

n＝1、2、3；

v0

2qB

4qB

5．长为

L

的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为

d

，电势差为

U

，有方向垂

直纸面向里的磁感应强度大小为

B的匀强磁场．荧光屏MN与电场方向平行，且到匀强

电、磁场右侧边界的距离为

x，电容器左侧中间有发射质量为

m带＋q的粒子源，如图甲

所示．假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中

a

粒子沿直线运动到荧光屏上的

O点；b粒子在电、磁场中向上偏转；

c粒子在电、磁场中

向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，

a、b、c粒子在原来

位置上以各自的原速度水平射入电场，结果

a粒子仍恰好打在荧光屏上的

O点；b、c中有

一个粒子也能打到荧光屏，且距

O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打

到电容器极板的中点．求：

（1）a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；

（2）b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离（用x、L、d表示）；

（3）b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．

L2B4d2q2m2U2

d（x

1）（3）

W1

Uq

y1

4

【答案】

（1）E

（2）y

=

d

=

ka

2mB2d2

L

2

W2

Uq

y2

5

d

【解析】

【详解】

据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．

（1）从图中可见电、磁场分开后，a粒子经三个阶段：

第一，在电场中做类平抛运动；第

二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O点，运动轨迹如图

中Ⅰ所示．

U

qBqv，

U

v，

Bd

L

LBd

t

，

v

U

ya

1Uqt2

L2B2qd，

2dm

2mU

UqyaEka

1m（U）2

d

2

Bd

Eka

L2B4d2q2m2U2

2mB

2

d

2

（2）从图中可见c粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离

开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．

设c粒子打到荧光屏上的点到O点的距离为y，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得

1d

2=y，

1LxL

22

x1

yd（）

L2

（3）依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t1=2t2

如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为

y1，y2

y1

1Uq

2

vy

Uq

·

t1，

t1

2md

1

md

y2

vy1t2

1Uq

2

·

t2

，

2md

y2

5qUt12，

8md

y1=4，

y25

W1

=

Uqy1

=4

d

W2

Uq

5

y2

d

6．如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强磁场，方向垂直于纸面向外；在第四象限有

一匀强电场，方向平行于y轴向下．一电子以速度

电场，经过x轴上M点进入磁场区域，又恰能从

v0从y

y轴上的

轴上的P点垂直于y轴向右飞入Q点垂直于y轴向左飞出磁场已

知P点坐标为

（0，－L），M

点的坐标为

（23

L，0）．求

3

（1）电子飞出磁场时的速度大小

v

（2）电子在磁场中运动的时间

t

4L

【答案】

（1）v

2v0；

（2）t2

9v0

【解析】

【详解】

（1）轨迹如图所示，设电子从电场进入磁场时速度方向与x轴夹角为，

（1）在电场中x轴方向：

2

3L

v0t1，y轴方向：

L

vy

，tan

vy

3

t1

v0

3

2

得

60o，v

v0

2v0

cos

（

2）在磁场中，r

23L

4L

sin

3

磁场中的偏转角度为

2

r

3

4L

t2

9v0

v

2

3

7．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中

有一小孔。

质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔

到达下极板处速度恰为零。

空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g。

求：

（1）小球到达小孔处的速度大小；

（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；

（3）小球从开始下落运动到下极板，其所受重力的冲量大小。

【答案】

（1）

Cmg（hd）

（3）mghd

2h

2gh

（2）

q

h

g

【解析】

【详解】

（1）根据机械能守恒，有mgh

1mv0

2

2

解得v02gh

（2）对小球运动的全过程，根据动能定理mghdqEd0

mgh

d

解得E

qd

电容器所带电荷量

QCU，U=Ed

Cmgh

d

解得Q

q

h

d

（3）小球全程运动