高中物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)含解析

高中物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)含解析

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m2＝0.1kg、电荷量q＝1×10﹣5C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7.5×104N/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＝12m1v2，

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，

解得：E＝7.5×104N/C。

（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G等＝2cosmg ① 小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等＝m22Pvr

②

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+m2v2 ③

由能量守恒得：22211122111222mvmvmv ④

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：

qE（x﹣rsinθ）﹣m2g（r+rcosθ）＝222221122Pmvmv 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＝vPcosθt﹣2212qEtm⑥

竖直方向做匀加速运动，有：r+rcosθ＝vPsinθt+12gt2⑦

联立⑥⑦代入数据得：L＝0.5625m；

2．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1.0T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O点。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度l＝0.1m。现从坐标为（﹣0.2m，﹣0.2m）的P点发射出质量m＝2.0×10﹣9kg、带电荷量q＝5.0×10﹣5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103m/s（粒子重力不计）。

（1）带电粒子从坐标为（0.1m，0.05m）的点射出电场，求该电场强度；

（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m，﹣0.05m）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

【答案】（1）1.0×104N/C（2）4T，方向垂直纸面向外

【解析】

【详解】

解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：200vqvBmr

可得：r=0.20m=R

根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y

根据类平抛规律可得：2012lvtyat，

根据牛顿第二定律可得：Eqma

联立可得：41.010EN/C

（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：305.010yqElvatmvgm/s=0v

粒子射出电场时速度：02vv

根据几何关系可知，粒子在B区域磁场中做圆周运动半径：2ry

根据洛伦兹力提供向心力可得： 2vqvBmr

联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mvBqrT

根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

3．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m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C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，滑块到达月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vP和B、C两点间的距离x．

【答案】(1) 6m/s；7.5×104N/C (2) 2.5m/s ；0.85m

【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：2112Fdmv

解得：v=6m/s

小球到达P点时，受力如图所示:

则有：qE=m2gtanθ,

解得：E=7.5×104N/C

(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cosmgG等

小球到达P点时，由牛顿第二定律有：2PvGr等

解得：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，

则有：m1v=m1v1+m2v2

22211122111222mvmvmv

解得：v1=-2m/s(“-”表示v1的方向水平向左)，v2=4m/s

对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有：22222211sincos22PqExrmgrrmvmv

解得：x=0.85m

4．两平行的带电金属板水平放置，板间电场可视为匀强电场．带电量相等粒子a，b分别以相同初速度水平射入匀强电场，粒子a飞离电场时水平方向分位移与竖直方向分位移大小相等，粒子b飞离电场时水平方向速度与竖直方向速度大小相等．忽略粒子间相互作用力及重力影响，求粒子a、b质量之比．

【答案】1：2

【解析】

【详解】

假设极板长度为l，粒子a的质量为ma，离开电场时竖直位移为y，粒子b的质量为mb，离开电场时竖直分速度为vy，两粒子初速度均为v0，在极板间运动时间均为t

对粒子a：l＝v0t…① y＝12a1t2…②

1aqEam …③

y＝l…④

①②③④联立解得：202aqElmv

对粒子b：vy＝a2t…⑤

vy＝v0…⑥

2bqEam …⑦

①⑤⑥⑦联立解得：20bqElmv

则12abmm．

5．如图1所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=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=1×10－5C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)0~4s内滑块的最大速度为多少?

(2)0~4s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速度．

【详解】

【解】(l)在0~2 s内，滑块的受力分析如图甲所示，

电场力F=qE

11sinFmgma

解得2110/ams

在2 ---4 s内，滑块受力分析如图乙所示

22sinFmgma

解得2210/ams

因此物体在0～2 s内，以2110/ams的加速度加速，

在2～4 s内，2210/ams的加速度减速，即在2s时，速度最大

由1vat得，max20/vms

(2)物体在0～2s内与在2～4s内通过的位移相等．通过的位移max202vxtm

在0~2 s内，电场力做正功1160WFxJ -

在2～4 s内，电场力做负功2220WFxJ

电场力做功W=40 J

6．如图所示,在平面直角坐标系xOy平面内,直角三角形abc的直角边ab长为6d，与y轴重合,∠bac=30°,中位线OM与x轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y轴正向的匀强电场,场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小间满足E=v0B．在x=3d的N点处,垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从y轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y轴向左射入磁场,其中从y轴上y=－2d处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B

(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围;

(3)荧光屏上发光点距N点的最远距离L

【答案】（1）0mved； （2）02yd；（3）94d；

【解析】

(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r；

由几何关系可得r=d

电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：200vevBmr

解得：0mvBed

(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac边相切时，电子从+ y轴射入电场的位置距O点最远，如图甲所示.

设此时的圆心位置为O，有：sin30rOa

3OOdOa

解得OOd

即从O点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O点最远

所以22myrd

电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围为02yd

设电子从02yd范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y，从ON间射出电场时的位置横坐标为x，速度方向与x轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t，电子打到荧光屏上