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高中物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析

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高中物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析

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，xOy平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．点3,03PL处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q、质量为m的带负电粒子．不考虑粒子的重力．

（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x轴正向通过点Q（0，-L），求其速率v1；

（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v1沿x轴正向通过点Q，求匀强电场的电场强度E以及粒子2的发射速率v2；

（3）若在xOy平面内加沿y轴正向的匀强电场Eo，粒子3以速率v3沿y轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.

某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：

带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动． 请尝试用该思路求解．

【答案】（1）23BLqm（2）2219BLqm（3）22030BEEvB

【解析】

【详解】

（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2111vqvBmr

由几何憨可知：2221133rLrL 得到：123BLqvm

（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：133Lvt，212qEhtm

在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12Lhr，得到289qLBEm

又22212vvEh，得到：22219BLqvm

（3）如图所示，将3v分解成水平向右和v和斜向的v，则0qvBqE，即0EvB

而'223vvv

所以，运动过程中粒子的最小速率为vvv

即：22003EEvvBB

2．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内，圆心为O，轨道半径为R，B为轨道最低点。该装置右侧的14圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动，到达B点时，小球的动能为E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C点时小球的电势能减少量为2E0，试求：

（1）小球所受重力和电场力的大小；

（2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。

【答案】（1）0ER 02ER （2）8E0

【解析】

【详解】

(1)设带电小球的质量为m，则从A到B根据动能定理有：

mgR＝E0

则小球受到的重力为：

mg＝0ER

方向竖直向下； 由题可知：到达C点时小球的电势能减少量为2E0，根据功能关系可知：

EqR＝2E0

则小球受到的电场力为：

Eq＝02ER

方向水平向右，小球带正电。

(2)设小球到达C点时速度为vC，则从A到C根据动能定理有：

EqR＝212Cmv＝2E0

则C点速度为：

vC＝04Em

方向竖直向上。

从C点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：

041CvEtggm

在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：

00442EEqEqEvattmmgmm

则在最高点的动能为：

2200411(2)822kEEmvmEm

3．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷qm＝1.0×108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．

(1) 若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出的位置；

(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0的大小；

(3) 若粒子从M′点射出，求v0满足的条件． 【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v0＝54.00.8()10/21nmsn (其中n＝0、1、2、3、4)第二种情况：v0＝53.20.8()10/21nmsn (其中n＝0、1、2、3)．

【解析】

【详解】

(1) 粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则

竖直方向21··2Eqdtm＝

得2mdtqE

代入数据解得t＝1.0×10－6s

水平位移x＝v0t

代入数据解得x＝0.80m

因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，

则运动时间t0＝0Lv＝0.5×10－6s，

竖直位移201··2Eqytm＝＝0.0125m

所以粒子从P′点下方0.0125m处射出．

(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x＝v0 2mdqE

粒子进入磁场时，垂直边界的速度

v1＝qEm·t＝2qEdm

设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v＝1vsin

在磁场中由qvB＝m2vR得R＝mvqB

粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x＋Rsinα＝L 把x＝v02mdqE、R＝mvqB、v＝1vsin、12qEdvm＝ 代入解得

v0＝L·2Eqmd－EB

v0＝3.6×105m/s.

(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)

把R＝mvqB、v＝1vsin、12qEdvm＝代入解得

12(1cos)12tansin2mEdmEdyBqBq

可以看出当α＝90°时，Δy有最大值，(α＝90°即粒子从P点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)

1max212mvmqEdmEdyqBqBmBq

Δymax＝0.04m，Δymax小于磁场宽度D，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．

若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：

粒子要从M′点射出边界有两种情况，

第一种情况：

L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t

把2mdtqE、R＝mvqB 、v1＝vsinα、12qEdvm＝ 代入解得

0221221LqEnEvnmdnB

v0＝4.00.821nn×105m/s(其中n＝0、1、2、3、4)

第二种情况：

L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα

把2mdtqE 、R＝mvqB、v1＝vsinα、12qEdvm＝代入解得

02(1)21221LqEnEvnmdnB v0＝3.20.821nn×105m/s(其中n＝0、1、2、3)．

4．如图所示，在空间坐标系x<0区域中有竖直向上的匀强电场E1，在一、四象限的正方形区域CDEF内有方向如图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场B，已知CD=2L，OC=L，E2

=4E1。在负x轴上有一质量为m、电量为+q的金属a球以速度v0沿x轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b球不粘连、无摩擦）质量为2m、不带电金属b球发生弹性碰撞。已知a、b 球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g，不计a、b球间的静电力，不计a、b球产生的场对电场、磁场的影响，求：

(1)碰撞后，a、b球的速度大小；

(2)a、b碰后，经023vtg时a球到某位置P点，求P点的位置坐标；

(3)a、b碰后，要使 b球不从CD边界射出，求磁感应强度B的取值。

【答案】(1) 013avv，023bvv；(2)（2029gv ，209gv ）； (3) 016m015vBqL或016m3vBqL

【解析】

【分析】

(1)a、b碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后a、b的速度；

(2)碰后a在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解P点的位置坐标；

(3)要使 b球不从CD边界射出，求解恰能从C点和D点射出的临界条件确定磁感应强度的范围。

【详解】

(1)a匀速，则

1mgqE ①

a、b碰撞，动量守恒

02abmvmvmv ②

机械能守恒 22201112222abmvmvmv ③

由②③得

013avv，023bvv ④

(2)碰后a、b电量总量平分，则

12abqqq

碰后a在电场中向左做类平抛运动，设经023vtg时a球到P点的位置坐标为（-x，-y）

axvt ⑤ ，212yat ⑥

其中

112mgqEma⑦，12ag=

由⑤⑥⑦得

2029vxg，209vyg

故P点的位置坐标为（2029gv ，209gv ）⑧

(3)碰撞后对b

2122qEmg ⑨

故b做匀速圆周运动，则

2122bbvqvBmr ⑩

得

083mvrqB ⑪

b恰好从C射出，则

2Lr⑫

由⑪⑫得

0116m3vBqL

恰从D射出，则由几何关系

2224rLrL ⑬，

得 52rL ⑭

由⑪⑭得

0216m15vBqL

故要使b不从CD边界射出，则B的取值范围满足

016m015vBqL或016m3vBqL

【点睛】

本题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系，注意在磁场中的运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解。

5．两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．

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最新【通用版】高考物理考前专题训练《带电粒子在交变电场中的运动》(含答案)

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【通用版】高考物理考前突破专题

专题一、带电粒子在交变电场中的运动

1．A、B两金属板平行放置，在t＝0时刻将电子从A板附近由静止释放（电子的重力忽略不计）。分别在A、B两板间加上右边哪种电压时，有可能使电子到不了B板

【答案】B

2．将如图交变电压加在平行板电容器A、B两极板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两极板的距离足够大，下列说法正确的是

A．电子一直向着A板运动

B．电子一直向着B板运动

C．电子先向A运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动

D．电子先向B运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动

【答案】D

【解析】根据交变电压的变化规律，不难确定电子所受电场力的变化规律，从而作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图所示，从图中可知，电子在第一个T4内做匀加速运动，第二个T4内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势高于A板电势，所以电子向B板运动，加速度大小为eUmd。在第三个T4内做匀加速运动，第四个T4内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为eUmd，所以，电子做往复运动，综上分析正确选项应为D。

7．如图甲所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上。C、D两板间的电势差UCD随时间变化的图象如图乙所示，设C、D间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场。已知电子的质量为m、电荷量为e（重力不计），C、D极板长为l，板间距离为d，偏转电压U2，荧光屏距C、D右端的距离为l6，所有电子都能通过偏转电极。

（1）求电子通过偏转电场的时间t0；

（2）若UCD的周期T＝t0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度；

带电粒子在电场中的运动讲解及习题

带电粒子在电场中的运动讲解及习题

第1章静电场第08节 带电粒子在电场中的运动

[知能准备]

1．利用电场来改变或控制带电粒子的运动，最简单情况有两种，利用电场使带电粒子________；利用电场使带电粒子________．

2．示波器：示波器的核心部件是_____________，示波管由电子枪、_____________和荧光屏组成，管内抽成真空．

例1如图1—8—1所示，两板间电势差为U，相距为d，板长为L．—正离子q以平行于极板的速度v0射入电场中，在电场中受到电场力而发生偏转，则电荷的偏转距离y和偏转角θ为多少?

例2两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图1—8—3所示，OA＝h，此电子具有的初动能是 ( )

A．Uedh B．edUh

C．dheU D．deUh

例3一束质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场，如图1—8—4所示．如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d、板长为L．设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为．(粒子的重力忽略不计)

例4如图1—8－5所示，离子发生器发射出一束质量为m，电荷量为q的离子，从静止经加速电压U1加速后，获得速度0v，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以速度v离开电场，已知平行板长为l，两板间距离为d，求：

①0v的大小；

②离子在偏转电场中运动时间t；

③离子在偏转电场中受到的电场力的大小F；

④离子在偏转电场中的加速度；

⑤离子在离开偏转电场时的横向速度yv；

⑥离子在离开偏转电场时的速度v的大小；

⑦离子在离开偏转电场时的横向偏移量y；

⑧离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tgθ

解题的一般步骤是：

高中物理高考物理带电粒子在电场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案)

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一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动

1．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。

2．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，粒子通过两板间的时间为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：

高中物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析

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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，光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内，圆心为O，轨道半径为R，B为轨道最低点。该装置右侧的14圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个带电小球从A点由静止开始运动，到达B点时，小球的动能为E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C点时小球的电势能减少量为2E0，试求：

（1）小球所受重力和电场力的大小；

（2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。

【答案】（1）0ER 02ER （2）8E0

【解析】

【详解】

(1)设带电小球的质量为m，则从A到B根据动能定理有：

mgR＝E0

则小球受到的重力为：

mg＝0ER

方向竖直向下；

由题可知：到达C点时小球的电势能减少量为2E0，根据功能关系可知：

EqR＝2E0

则小球受到的电场力为：

Eq＝02ER

方向水平向右，小球带正电。

(2)设小球到达C点时速度为vC，则从A到C根据动能定理有：

EqR＝212Cmv＝2E0

则C点速度为：

vC＝04Em

方向竖直向上。 从C点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：

041CvEtggm

在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：

00442EEqEqEvattmmgmm

则在最高点的动能为：

2200411(2)822kEEmvmEm

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）。