最新高考物理二轮专题复习：《带电粒子在电场中的运动》课时训练(a卷)(含答案)

高考物理带电粒子在电场中的运动专项训练及答案含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，EF 与GH 间为一无场区．无场区左侧A 、B 为相距为d 、板长为L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A 为正极板．无场区右侧为一点电荷Q 形成的电场，点电荷的位置O 为圆弧形细圆管CD 的圆心，圆弧半径为R ，圆心角为120°，O 、C 在两板间的中心线上，D 位于GH 上．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：(1)O 处点电荷的电性和电荷量； (2)两金属板间所加的电压．【答案】(1)负电，2043mv R kq ；(2) 2033mdv qL【解析】（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q 的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O 处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D 点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D 点时速度为：0023303v v v cos ==︒ …①在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q 带负电且满足22Qq v k mR R =…② 由①②得：2043mv RQ kq=（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30° tan 30°=0y v v …③v y =at…④qUa md=…⑤ 0Lt v =…⑥ 由③④⑤⑥得：22003033mdv tan mdv U qL qL︒==2．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R 的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B 点平滑连接，过半圆轨道圆心0的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场E ，质量为m 的带正电小滑块从水平轨道上A 点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B 点后电量保持不变，小滑块在AB 段加速度随位移变化图像如图乙．已知A 、B 间距离为4R ，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g ，不计空气阻力，求(1)小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量 (2)滑块对半圆轨道的最大压力大小(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B 的距离 【答案】（1）mgq E∆=（2）(635N F mg =+（3）425v gR =夹角为11arctan 2β=斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处． 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：根据在A 、B 两点的加速度结合牛顿第二定律即可求解小滑块释放后运动至B 点过程中电荷量的变化量；利用“等效重力”的思想找到新的重力场中的电低点即压力最大点； 解：(1)A 点：01·2q E mg m g μ-= B 点13·2q E mg m g μ-=联立以上两式解得10mgq q q E∆=-=； (2) 从A 到B 过程：2113122··4022g gm R mv +=- 将电场力与重力等效为“重力G '，与竖直方向的夹角设为α，在“等效最低点”对轨道压力最大，则：'G =cos mgG α='从B 到“等效最低点”过程：222111(cos )22G R R mv mv α--'=22N v F G m R-='由以上各式解得：(6N F mg =+由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为：(6N F mg =+；(3) 从B 到C 过程：2213111·2?22mg R q E R mv mv --=- 从C 点到再次进入电场做平抛运动：13x v t =212R gt =y gt =v13tan y v v β=21tan mgq Eβ=由以上各式解得：12ββ=则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 12tan R x β=从C 点到水平轨道：22124311·2?22mg R q E x mv mv +=-由以上各式解得：4v =126x x x R ∆=+=因此滑块再次到达水平轨道的速度为4V =方向与水平方向夹角为11arctan 2β=，斜向左下方，位置在A 点左侧6R 处．3．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/s 2，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=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速， 在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最大由1v a t =得，max 20/v m s =(2)物体在0～2s 内与在2～4s 内通过的位移相等．通过的位移max202v x t m == 在0~2 s 内，电场力做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场力做负功2220W F x J ==- 电场力做功W=40 J4．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-32L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-32L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（32L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52L （不计粒子重力），求：（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向； （2）EB；（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．【答案】（1）5 3v0，与x成53°角；（2）043v；（3）2L；（4）()4053760Lvπ+．【解析】【详解】（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，由运动学规律知32L=v0t1，L=2yvt1可得t1=32Lv，v y=43v0故粒子在P2的速度为v220yv v+=53v0设v与x成β角，则tanβ=yvv=43，即β=53°；（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=12mv2-12mv02可得E=289mvqL粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m2vR解得：B=mvqR=5352m vq L⨯⨯=023mvqL解得：043vEB=；（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=-32L直线与Q′点，可得：P2O′=3253Lcos o=52L=r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 =-32L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =32L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=032Lv 在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=372360r v π︒⨯o=037120Lv π 从M 运动到N ，a =qE m =289v L则t 3=v a =0158Lv 则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=()04053760Lv π+．5．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电量为+q 、质量为m 的粒子，在P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P 点箭头所示．该粒子运动到图中Q 点时速度方向与P 点时速度方向垂直，如图中Q 点箭头所示．已知P 、Q 间的距离为L ．若保持粒子在P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P 点运动到Q 点．不计重力．求：（1）电场强度的大小．（2）两种情况中粒子由P 运动到Q 点所经历的时间之比．【答案】22B qLE m=；2B E t t π= 【解析】 【分析】 【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，则有20v qv B m R= 由于粒子在Q 点的速度垂直它在p 点时的速度，可知粒子由P 点到Q 点的轨迹为14圆周，故有2R =以E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，tE 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212E R at =竖直方向上：0E R v t =由以上各式，得 22B qL E m= 且E mt qB = （2）因粒子在磁场中由P 点运动到Q 点的轨迹为14圆周，即142B t T m qB π==所以2B E t t π=6．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距d =33m ，两金属板间电压U MN = 1×104V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直线上．AF 两点距离为23m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件． 【答案】（1）5310/3m s ；垂直于AB 方向出射．（2）3310（3）235+ 【解析】试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ， 则：U qma d =解得：102310/3qU a m s md ==⨯50110Lt s v -==⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at＝3×105m/s 射出时速度为：22502310/3y v v v m s =+=⨯ 速度v 与水平方向夹角为θ，03tan 3y v v θ==，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射． （2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移213262d y at m ===，即粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为12cos303d R m ==o由211v B qv m R =知：1133mv B T qR == （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin 60R R o+= 故半径2(233)R m =又222v B qv m R =故2235B +=所以B 2应满足的条件为大于235+． 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.7．如图，以竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系；该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为E 的匀强电场和方向垂直xoy 平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场；原点O 处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m 、电荷量为-q （q>0）的粒子束，粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，重力加速度为g,不计粒子间的相互作用； （1）求粒子运动到距x 轴为h 所用的时间；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为'mgE q=，求从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）； （3）若保持EB 初始状态不变，仅将粒子束的初速度变为原来的2倍，求运动过程中，粒子速度大小等于初速度λ倍（0<λ<2）的点所在的直线方程.【答案】（1）Bht E= (2)2222225m g m g x q B q B ≤≤ （3）22211528m g y x q B =-+【解析】（1）粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力一定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变，因为洛伦兹力F Bqv =洛，所以受到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，设重力与电场力合力与-y 轴夹角为θ，粒子受力如图所示，()()()222Bqv qE mg =+，()()2252qE mg mg v qB+==则v 在y 方向上分量大小sin 2y qE E mgv v vBqv B qBθ==== 因为粒子做匀速直线运动，根据运动的分解可得，粒子运动到距x 轴为h 处所用的时间2yh Bh qhBtv E mg===；（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，电场强度大小变为'mgEq=，则电场力''F qE mg==电，电场力方向竖直向上；所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充当向心力，即2vqvB mr=，()()22m qE mgmvRBq+==如图所示，由几何关系可知，当粒子在O点就改变电场时，第一次打在x轴上的横坐标最小，()()()()22212222222sin2m qE mg mE m g x RB q q BqE mgθ+====+当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x轴上的位置之间的距离为2R时，第一次打在x轴上的横坐标最大，()()()()()()22222222222222[]25sinm qE mgm qE mgR m gxqE B q E q BqE mgθ++====+所以从O点射出的所有粒子第一次打在x轴上的坐标范围为12x x x≤≤，即2222225m g m gxq B q B≤≤（3）粒子束的初速度变为原来的2倍，则粒子不能做匀速直线运动，粒子必发生偏转，而洛伦兹力不做功，电场力和重力对粒子所做的总功必不为零；那么设离子运动到位置坐标（x，y）满足速率'v v=，则根据动能定理有()2211222qEx mgy mv m v--=--，3222231528m gqEx mgy mvq B--=-=-，所以22211528m gy xq B=-+点睛：此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是分析受力情况及运动情况，画出受力图及轨迹图；注意当求物体运动问题时，改变条件后的问题求解需要对条件改变引起的运动变化进行分析，从变化的地方开始进行求解．8．如图所示，轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°.已知绳长l =l.0m ，小球所带电荷量q =+l.0×104C ，质量m =4.0×10-3kg 。

带电粒子在电场中的运动A1、如图所示,有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射人匀强电场,当偏转电压为1U 时,带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为2U 时,带电粒子沿②轨迹落到B 板中间.设粒子两次射入电场的水平速度相同,则两次偏转电压之比为( )A.12:1:8U U =B.12:1:4U U =C.12:1:2U U =D.12:1:1U U =2、带箭头的线段表示电场线的分布情况.一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中AB 所示.若不考虑其它力的影响,则下列判断中正确的是( )A.粒子一定带正电B.粒子一定负带电C.若粒子是从B 运动到A ,则其速度减小D.若粒子是从B 运动到A ,则其电势能增加 3、如图所示空间存在两块相互平行的绝缘带电薄金属板A 、B ,问距为d 中央分别开有小孔O 、P 。

现有甲电子以速率0v 从O 点沿OP 方向运动恰能运动到P 点。

若仅将B 板向右平移距离d ,再将乙电子从P '点由静止释放,则( )A. 金属板A 、B 组成的平行板电容器的电容C 不变B.金属板A 、B 间的电压减小C.甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D.乙电子运动到O 点的速率为02v4、如图所示,Q为真空中固定的点电荷,虚线表示该点电荷周围的等势面。

一个带正电的粒子经过该电场,它的运动轨迹如图中实线所示,M和N是轨迹上的两点。

不计带电粒子受到的重力,下列说法中正确的是( )A.此粒子在M点的加速度大于在N点的加速度B.此粒子在M点的电势能大于在N点的电势能C.此粒子在M点的动能小于在N点的动能D.电场中M点的电势低于N点的电势5、如图甲所示,在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压.开始时A板的电势比B板高,此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞,向A板运动时为速度的正方向,则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)( )A. B. C. D.6、如图所示,一个带正电荷q、质量为m的小球,从光滑绝缘斜面轨道的A点由静止下滑,然后沿切线进入竖直面上半径为R的光滑绝缘圆形轨道,恰能到达轨道的最高点B。

高中物理专题复习《电场和磁场》《带电粒子在组合场复合场中的运动》强化提高训练A卷1如图所示，a、b为平行金属板，其间电压为U.c、d是一对圆弧形金属板，其半径分别为R c和R d，g为其中心线，在两金属板间加直流电压，其间产生径向电场(忽略边缘效应)．将质量为m、电荷量为q的粒子从a板处释放，经a、b间电场加速后由b板上小孔射出，之后从c、d金属板左端的正中心垂直径向电场进入两板间，恰好能沿中心线g做匀速圆周运动．不计粒子重力及其阻力．(1)求中心线g处电场强度E的大小；(2)若将a、b间电压增大为2U，保持c、d间的径向电场不变，需在c、d间垂直纸面另加一匀强磁场，使该粒子仍沿中心线做匀速圆周运动，求所加磁场的磁感应强度B的大小．2．容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示．已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板间匀强电场强度E＝2UL，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f的下端与磁场边界ab相交为P，在边界ab上实线处固定放置感光片．测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且Q距P的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角；(2)射到感光片Q处的粒子的比荷(电荷量与质量之比)；(3)粒子在磁场中运动的最短时间．3.如图所示，比荷为k的带电小球从水平面上某点P由静止释放，过b点进入MN右侧后能沿半径为R的半圆形轨道bcd运动且对轨道始终无压力，小球从d点再次进入MN左侧后正好落在b点，不计一切摩擦，重力加速度为g.求：(1)小球进入电磁场时的速度大小v；(2)MN右侧的电场强度的大小E2；(3)MN左侧的电场强度的大小E1；(4)小球释放点P到b点的距离x.4．如图(a)所示的xOy 平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E 和磁感应强度B 随时间做周期性变化的图象如图(b)所示，y 轴正方向为E 的正方向，垂直于纸面向里为B 的正方向．t ＝0时刻，带负电粒子P (重力不计)由原点O 以速度v 0沿y 轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动．v 0、E 0和t 0为已知量，图(b)中E 0B 0＝8v 0π2，在0～t 2时间内粒子P 第一次离x 轴最远时的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2v 0t 0π，2v 0t 0π.求：(a) (b)(1)粒子P 的比荷；(2)t ＝2t 0时刻粒子P 的位置坐标；(3)带电粒子在运动中距离原点O 的最远距离L .高中物理专题复习《电场和磁场》《带电粒子在组合场复合场中的运动》强化提高训练B卷1．如图所示，在第一象限有向下的匀强电场，在第四象限有垂直纸面向里的有界匀强磁场．在y轴上坐标为(0，b)的M点，一质量为m，电荷量为q的正点电荷(不计重力)，以垂直于y轴的初速度v0水平向右进入匀强电场．恰好从x轴上坐标为(2b，0)的N点进入有界磁场．磁场位于y＝－0.8b和x＝4b和横轴x、纵轴y所包围的矩形区域内．最终粒子从磁场右边界离开．求：(1)匀强电场的场强大小E；(2)磁感应强度B的最大值；(3)磁感应强度B在最小值时，粒子能否从(4b，－0.8b)处射出？画图说明．2．如图甲所示，在边长为L的正方形abcd区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，在匀强磁场区域的左侧有一电子枪，电子枪的阴极在单位时间内产生的电子数相同，电子枪的两极间加如图乙所示的加速电压，电子从电子枪射出后沿bc方向进入匀强磁场区域，已知电子的荷质比(比荷)为em，电子运动中不受任何阻力，电子在电子枪中运动的时间忽略不计，求：(1)进入磁场的电子在磁场中运动的最长时间t1与最短时间t2的比值；(2)若在0～T0时间内射入磁场的电子数为N0，则这些电子中有多少个电子从dc边射出磁场？3．如图所示，离子源A产生初速度为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场，已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90°(忽略粒子所受重力)．(1)求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ；(2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；(3)若质量为4m的离子恰好垂直打在NQ的中点S1处，求能打在NQ上的正离子的质量范围．4．如图所示，直线y＝x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1，直线x＝d与y＝x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E＝1.0×104 V/m，另有一半径R＝1.0 m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B2＝0.20 T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d 和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S点沿y 轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B1，且第一次进入磁场B1时的速度方向与直线y＝x垂直．粒子速度大小v0＝1.0×105m/s，粒子的比荷为qm＝5.0×105C/kg，粒子重力不计．求：(导学号59230103)(1)坐标d的值；(2)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件；(3)在第(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y＝x上的最长时间(结果保留两位有效数字)．高中物理专题复习《电场和磁场》《带电粒子在组合场复合场中的运动》强化提高训练A 卷（参考答案）1如图所示，a 、b 为平行金属板，其间电压为U .c 、d 是一对圆弧形金属板，其半径分别为R c 和R d ，g 为其中心线，在两金属板间加直流电压，其间产生径向电场(忽略边缘效应)．将质量为m 、电荷量为q 的粒子从a 板处释放，经a 、b 间电场加速后由b 板上小孔射出，之后从c 、d 金属板左端的正中心垂直径向电场进入两板间，恰好能沿中心线g 做匀速圆周运动．不计粒子重力及其阻力．(1)求中心线g 处电场强度E 的大小；(2)若将a 、b 间电压增大为2U ，保持c 、d 间的径向电场不变，需在c 、d 间垂直纸面另加一匀强磁场，使该粒子仍沿中心线做匀速圆周运动，求所加磁场的磁感应强度B 的大小．解析：(1)设加速电压为U 时，粒子射出b 板时速度为v ，中心线处半径为r ，则qU ＝12m v 2，r ＝R c ＋R d 2，qE ＝m v 2r，解得E ＝4UR c ＋R d.(2)加速电压为2U 时，设粒子射出b 板时速度为v ′，则 q ·2U ＝12m v ′2，qE ＋q v ′B ＝m v ′2r ，解得：B ＝2R c ＋R dmU q. 答案：(1)4U R c ＋R d (2)2R c ＋R dmU q2．容器A 中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S 1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S 2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B 、方向垂直向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示．已知加速电场中S 1、S 2间的加速电压为U ，偏转电场极板长为L ，两板间距也为L ，板间匀强电场强度E ＝2UL，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f 的下端与磁场边界ab 相交为P ，在边界ab 上实线处固定放置感光片．测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片P 、Q 之间，且Q 距P 的长度为3L ，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab 间的夹角； (2)射到感光片Q 处的粒子的比荷(电荷量与质量之比)； (3)粒子在磁场中运动的最短时间．解析：(1)设质量为m ，电荷量为q 的粒子通过孔S 2的速度为v 0， qU ＝12m v 20，粒子在平行板间L ＝v 0t ， v x ＝qE m t ，tan θ＝v 0v x，联立解得tan θ＝1，θ＝π4.粒子射入磁场时的速度方向与边界ab 间的夹角θ＝π4.(2)由(1)知，粒子均从e 板下端与水平方向成45°的角射入匀强磁场．设质量为m 0，电荷量为q 0的粒子射入磁场时的速度为v ′，做圆周运动的轨道半径为r 0，则v ′＝v ′0sin 45°＝2v ′0＝4q 0Um 0， 由几何关系知r 20＋r 20＝(4L )2，得r 0＝22L ，又r 0＝m 0v ′q 0B ，联立解得q 0m 0＝U2L 2B2.(3)设粒子在磁场中运动的最短时间为t min ，在磁场中的偏转角为α，则t min ＝αm ′q ′B.半径为r ′＝m ′v ″q ′B ＝m ′q ′B4q ′U m ′＝2B m ′Uq ′. 联立解得t min ＝αBr ′24U.因为所有粒子在磁场中运动的偏转角α＝32π，所以粒子打在P 处在磁场中运动时间最短．由几何关系知：r ′2＋r ′2＝L 2，得r ′＝22L ，联立解得t min ＝32πB ·L 224U ＝3πBL 216U .答案：(1)π4 (2)U2L 2B 2 (3)3πBL 216U3.如图所示，比荷为k 的带电小球从水平面上某点P 由静止释放，过b 点进入MN 右侧后能沿半径为R 的半圆形轨道bcd 运动且对轨道始终无压力，小球从d 点再次进入MN 左侧后正好落在b 点，不计一切摩擦，重力加速度为g .求：(导学号 59230102)(1)小球进入电磁场时的速度大小v ； (2)MN 右侧的电场强度的大小E 2； (3)MN 左侧的电场强度的大小E 1； (4)小球释放点P 到b 点的距离x .解析：(1)小球进入MN 右侧电磁场区域后能沿bcd 运动且始终对轨道无压力，表明洛伦兹力充当小球做圆周运动的向心力，且小球的速率不变，因此有q v B ＝m v 2R①代入qm＝k 解得v ＝kBR .②(2)小球速率不变，重力与电场力平衡，即qE 2－mg ＝0③ 解得E 2＝gk.(3)小球再次进入左侧电场后，在水平方向上做匀减速运动，然后向右在水平方向上做匀加速运动0＝v t －12a 1t 2④a 1＝qE 1m⑤在竖直方向上做自由落体运动，则2R ＝12gt 2⑥联立④⑤⑥解得E 1＝B gR .(4)小球从P 点由静止释放运动到b 点，由动能定理得 qE 1x ＝12m v 2⑦②式代入解得x ＝kBR gR2g.答案：(1)kBR (2)g k (3)B gR (4)kBR gR2g4．如图(a)所示的xOy 平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E 和磁感应强度B 随时间做周期性变化的图象如图(b)所示，y 轴正方向为E 的正方向，垂直于纸面向里为B 的正方向．t ＝0时刻，带负电粒子P (重力不计)由原点O 以速度v 0沿y 轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动．v 0、E 0和t 0为已知量，图(b)中E 0B 0＝8v 0π2，在0～t 2时间内粒子P 第一次离x 轴最远时的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2v 0t 0π，2v 0t 0π.求：(a) (b)(1)粒子P 的比荷；(2)t ＝2t 0时刻粒子P 的位置坐标；(3)带电粒子在运动中距离原点O 的最远距离L .解析：(1)0～t 0时间内粒子P 在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过14圆周，所以粒子P 第一次离x 轴的最远距离等于轨道半径R ，即R ＝2v 0t 0π①又q v 0B 0＝m v 20R②代入E 0B 0＝8v 0π2，解得qm ＝4v 0πE 0t 0.③(2)设粒子P 在磁场中运动的周期为T ，则 T ＝2πRv 0④ 联立①④解得T ＝4t 0⑤即粒子P 做14圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v 0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t 0～2t 0时间内水平位移和竖直位移分别为x 1、y 1，则x 1＝v 0t 0＝2πR 4＝πR2⑥y 1＝12at 20⑦其中加速度a ＝qE 0m.由③⑦解得y 1＝2v 0t 0π＝R ，因此t ＝2t 0时刻粒子P 的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0＋2v 0t 0π，0，如(1)图中的b 点所示．(3)分析知，粒子P在2t0～3t0时间内，电场力产生的加速度方向沿y轴正方向，由对称关系知，在3t0时刻速度方向为x轴正方向，位移x2＝x1＝v0t0；在3t0～5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动，往复运动轨迹如(1)图所示，由图可知，带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L即O、d间的距离L＝2R＋2x1⑧解得L＝2v0t0＋4v0t0π.答案：(1)4v0πE0t0(2)⎝⎛⎭⎪⎫v0t0＋2v0t0π，0(3)2v0t0＋4v0t0πB 卷（参考答案）1．如图所示，在第一象限有向下的匀强电场，在第四象限有垂直纸面向里的有界匀强磁场．在y 轴上坐标为(0，b )的M 点，一质量为m ，电荷量为q 的正点电荷(不计重力)，以垂直于y 轴的初速度v 0水平向右进入匀强电场．恰好从x 轴上坐标为(2b ，0)的N 点进入有界磁场．磁场位于y ＝－0.8b 和x ＝4b 和横轴x 、纵轴y 所包围的矩形区域内．最终粒子从磁场右边界离开．求：(1)匀强电场的场强大小E ； (2)磁感应强度B 的最大值；(3)磁感应强度B 在最小值时，粒子能否从(4b ，－0.8b )处射出？画图说明．解析：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动： 竖直位移为y ＝b ＝12at 2，水平位移为x ＝2b ＝v 0t ， 加速度为a ＝qEm ，可得电场强度E ＝m v 202qb.(2)根据动能定理，设粒子进入磁场时的速度大小为v ， 有12m v 2－12m v 20＝qEb ，代入E 可得v ＝2v 0，v 与正x 轴的夹角θ有cos θ＝v 0v ＝22，所以θ＝45°.粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动， 有q v B ＝m v 2r ⇒B ＝m v qr ＝2m v 0qr.磁场越强，粒子运动的半径越小，从右边界射出的最小半径即从磁场右上角(4b ，0)处射出，由几何关系得：r min ＝4b －2b2sin θ＝2b ，可得B max ＝m v 0qb.(3)不能．如图：答案：(1)m v 02qb(2)m v 0qb (3)不能，见解析图2．如图甲所示，在边长为L 的正方形abcd 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B ，在匀强磁场区域的左侧有一电子枪，电子枪的阴极在单位时间内产生的电子数相同，电子枪的两极间加如图乙所示的加速电压，电子从电子枪射出后沿bc 方向进入匀强磁场区域，已知电子的荷质比(比荷)为em ，电子运动中不受任何阻力，电子在电子枪中运动的时间忽略不计，求：(1)进入磁场的电子在磁场中运动的最长时间t 1与最短时间t 2的比值；(2)若在0～T 0时间内射入磁场的电子数为N 0，则这些电子中有多少个电子从dc 边射出磁场？解析：(1)设粒子进入磁场的最大速度为v m ， 根据动能定理得，e ·2B 2L 2e m ＝12m v 2m ，解得最大速度v m ＝2BLe m， 则粒子在磁场中运动的最大轨道半径 r m ＝m v meB＝2L .此时对应的圆心角最小，根据几何关系得，圆心角θ1＝π6，此时运动的时间最短，最短时间t 2＝θ12πT ＝T12，粒子在磁场中运动的最大圆心角为π， 则最长时间t 1＝12T ，可知：t 1∶t 2＝6∶1.(2)粒子从d 点射出时，轨道半径为r ＝L ， 根据r ＝m veB 知，粒子进入磁场时的速度v ＝eBr m ＝eBL m，根据动能定理得：eU ′＝12m v 2，解得U ′＝eB 2L 22m，可知电压范围为eB 2L 22m ≤U ≤2B 2L 2em ，电子从dc 边射出磁场，由图象可知在T 04≤t ≤T 0时间内的电子从dc 边射出磁场，粒子的个数n ＝34N 0.答案：(1)6∶1 (2)34N 03．如图所示，离子源A 产生初速度为零、带电量均为e 、质量不同的正离子被电压为U 0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM 上的小孔S 离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN 进入磁感应强度为B 的匀强磁场，已知HO ＝d ，HS ＝2d ，∠MNQ ＝90°(忽略粒子所受重力)．(1)求偏转电场场强E 0的大小以及HM 与MN 的夹角φ； (2)求质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径；(3)若质量为4m 的离子恰好垂直打在NQ 的中点S 1处，求能打在NQ 上的正离子的质量范围．解析：(1)设正离子被电压为U 0的加速电场加速后速度为v 1，对正离子，应用动能定理有eU 0＝12m v 21， 正离子垂直射入匀强偏转电场，做类平抛运动，在电场力方向有eE 0＝ma ，d ＝12at 2， 垂直电场方向匀速运动，有2d ＝v 1t ，联立解得E 0＝U 0d ，又tan φ＝v 1at， 解得φ＝45°.(2)正离子进入磁场时的速度大小为v 2＝v 21＋（at ）2， 正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有e v 2B ＝m v 22R， 解得离子在磁场中做圆周运动的半径R ＝2mU 0eB 2. (3)由(2)中R ＝2mU 0eB 2可知，质量为4m 的离子在磁场中的运动打在S 1上，其运动半径为R 1＝24mU 0eB 2. 如图所示，根据几何关系，由R ′2＝(2R 1)2＋(R ′－R 1)2，解得R ′＝52R 1， 再根据12R 1≤R x ≤52R 1， 解得m ≤m x ≤25m .答案：(1)U 0d45° (2)2 mU 0eB 2(3)m ≤m x ≤25m4．如图所示，直线y ＝x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场B 1，直线x ＝d 与y ＝x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E ＝1.0×104 V/m ，另有一半径R ＝1.0 m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B 2＝0.20 T ，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x ＝d 和x 轴均相切，且与x 轴相切于S 点．一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方向以速度v 0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B 1，且第一次进入磁场B 1时的速度方向与直线y ＝x 垂直．粒子速度大小v 0＝1.0×105 m/s ，粒子的比荷为q m ＝5.0×105 C/kg ，粒子重力不计．求：(导学号 59230103)(1)坐标d 的值；(2)要使粒子无法运动到x 轴的负半轴，则磁感应强度B 1应满足的条件；(3)在第(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y ＝x 上的最长时间(结果保留两位有效数字)．解析：(1)带电粒子在匀强磁场B 2和电场中运动的轨迹如图1所示，则图1q v 0B 2＝m v 20r， 解得r ＝1 m.粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设水平方向的位移为x 0，竖直方向的位移为y 0.水平方向：x 0＝v 0t ，竖直方向：y 0＝12at 2，a ＝qE m ， y 0x 0＝12tan 45°＝12， 联立解得x 0＝2 m ，y 0＝1 m ，由图1中几何关系可得d ＝x 0＋y 0＋r ＝4 m. (2)图2(a)设当匀强磁场磁感应强度为B ′1时，粒子垂直打在y 轴上，粒子在磁场中运动半径为r 1，如图2所示，由几何关系得r 1＝2d －2x 0，解得r 1＝m ·2v 0qB ′1＝22m ， B ′1＝0.1 T ，故B 1≤0.1 T.(b)设当匀强磁场磁感应强度为B ″1时，粒子从电场垂直边界进入匀强磁场后，轨迹与y 轴相切，此时粒子在磁场中运动半径为r 2，如图2所示，由几何关系可得r 2＋r 2cos 45°＋x 0＝d ，解得r 2＝m ·2v 0qB ″1＝(4－22)m ，B ″1＝0.24 T ， 故B 1≥0.24 T.(3)设粒子在B 2中运动时间为t 1，电场中运动时间为t 2，磁场B 1中运动时间为t 3，则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝T 14＋x 0v 0＋T 22＝14·2πm qB 2＋x 0v 0＋12·2πm qB ″1≈6.2×10－5s.答案：(1)4 m (2)B 1≤0.1 T 或B 1≥0.24 T (3)6.2×10－5s。

高考物理高考物理带电粒子在电场中的运动的技巧及练习题及练习题(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(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m 的油滴a 和b ，带电量为+q 的a 水平向右，不带电的b 竖直向上．b 上升高度为h 时，到达最高点，此时a 恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p ．忽略空气阻力，重力加速度为g ．求(1)油滴b 竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a 、b 结合为p 后瞬间的速度；(3)若油滴p 形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t =时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T 0（垂直纸面向外为正），已知P 始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【解析】 【详解】(1)设油滴的喷出速率为0v ，则对油滴b 做竖直上抛运动，有2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，2012h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p vgh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，油滴p 在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r ，周期为T ，则由2082pp v m qv m qT r π= 得04T gh r π=，由2p r T v π= 得02T T = 即油滴p 在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．最小矩形的两条边长分别为2r 、4r （轨迹如图所示）．最小矩形的面积为20min2242ghT s r r π=⨯=2．如图所示，在两块长为3L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （2）223cos 2d R a R L ≥+= ；min0(632)3L T v π= 【解析】 【分析】 【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则0102qv B m v R =由几何关系：222113()()22L L R R =+- 解得0mv B qL=（2）粒子P 从O 003L v t =01122y L v t = 解得03y v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan 3yv v α== 则=3πα003sin 3v v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α=， 解得233L R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos 2d R R L α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min 0(22)2R T t vπα--=解得()min6323L T v π+=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.3．如图所示,有一比荷qm=2×1010C/kg 的带电粒子,由静止从Q 板 经电场加速后,从M 板的狭缝垂直直线边界a 进入磁感应强度为B =1.2×10-2T 的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b ,匀强磁场方向垂直平面向里,a 、b 间距d =2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：(1)带电粒子射入磁场区域时速度v ； (2)Q 、M 两板间的电势差U QM 。

高考物理带电粒子在电场中的运动的技巧及练习题及练习题(含答案)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，EF 与GH 间为一无场区．无场区左侧A 、B 为相距为d 、板长为L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A 为正极板．无场区右侧为一点电荷Q 形成的电场，点电荷的位置O 为圆弧形细圆管CD 的圆心，圆弧半径为R ，圆心角为120°，O 、C 在两板间的中心线上，D 位于GH 上．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：(1)O 处点电荷的电性和电荷量； (2)两金属板间所加的电压．【答案】(1)负电，2043mv R kq ；(2) 2033mdv qL【解析】（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q 的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O 处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D 点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D 点时速度为：0023303v v v cos ==︒ …①在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q 带负电且满足22Qq v k mR R =…② 由①②得：2043mv RQ kq=（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30° tan 30°=0y v v …③v y =at…④qUa md=…⑤ 0Lt v =…⑥ 由③④⑤⑥得：22003033mdv tan mdv U qL qL︒==2．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qm=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．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间的相互作用，求:(1)电压U 0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 =23T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥【解析】 【分析】 【详解】(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：0l v T = 7110T s -=⨯211()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt nT =+时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (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v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y v v β=37β=ocos37v v=o 6110m/s v =⨯即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.2v qvB m R=0.03m R r ==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，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A Rx x ︒=+0.1425m C x =.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：0.1425m x ≥3．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/s 2，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=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速， 在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最大由1v a t =得，max 20/v m s =(2)物体在0～2s 内与在2～4s 内通过的位移相等．通过的位移max202v x t m == 在0~2 s 内，电场力做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场力做负功2220W F x J ==- 电场力做功W=40 J4．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比； （2）框架以CD 为轴抬起后，AB 边距桌面的高度．【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD 为轴抬起后，AB边距桌面的高度为222vg．【解析】【分析】【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=L2，解得：r=22L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=2Lπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x=r=v0t2，运动时间：t2=22Lv，则：t1：t2=π：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r=2212at，解得，加速度：a=222vL，对小球，由牛顿第二定律得：a=mgsinmθ=g sinθ，AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=222v g；5．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=v 0B ．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v 0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）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（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：20v ev B m r=解得：0mv B ed=(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：sin 30rO a '=︒3OO d O a ='-' 解得OO d '=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22m y r d ==电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤设电子从02y d ≤≤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 ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：根据运动学公式有：0x v t =212eE y t m=⋅ y eE v t m=tan y v v θ=tan 3Ld xθ=- 解得：(32)2L d y y =即98y d =时，L 有最大值 解得：94L d =当322d y y【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．6．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x 轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R 的半圆和一个长为2R、宽为2R的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度v 从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R ，0)点进入磁场区域．(1)求电场强度大小及粒子经过P 点时的速度大小和方向； (2)为使粒子从AC 边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?【答案】(1) 224mv E qR =2v ，速度方向沿y 轴负方向8222mv mv B ≤≤)2713mv qR【解析】 【分析】 【详解】（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动132cos 4522cos 45RL R R =-︒=︒1L vt =沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a22sin 452L R R =︒=2212L at =qE a m=设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v 、2v ，合速度v '1v v =、2v at =，2tan v vθ=联立可得224mv E qR=进入磁场的速度22122v v v v =+='45θ=︒，速度方向沿y 轴负方向（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A 点射出时，运动半径12Rr =由211mv qv B r =''得122mvB =当粒子从C 点射出时，由勾股定理得()222222R R r r ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭解得258r R =由222mv qv B r =''得282mvB =根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当8222mv mvB ≤≤时，粒子从AC 边界射出（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行于x轴，其半径为3r，由几何关系得222 332Rr r R⎛⎫+-=⎪⎝⎭解得()3714Rr+=由233mvqv Br=''得()322713mvBqR-=磁感应强度小于3B，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x轴下方，便不会回到电场中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。

课时跟踪检测（四十二） 带电粒子（体）在电场中的运动1.如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U 1的加速电场，经加速后从小孔S 沿平行金属板A 、B 的中线射入，A 、B 板长为L ，相距为d ，电压为U 2。

则带电粒子能从A 、B 板间飞出应该满足的条件是( )A.U 2U 1＜2dL B.U 2U 1＜d L C.U 2U 1＜2d 2L2 D.U 2U 1＜d 2L2 解析：选C 根据qU 1＝12mv 2，t ＝L v ，y ＝12at 2＝12·qU 2md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 2，由题意知，y ＜12d ，解得U 2U 1＜2d 2L2， 故选项C 正确。

2.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。

在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。

若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变解析：选D 由题意可知平行板电容器的带电荷量Q 不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d 减小，则电容C 变大，由U ＝QC可知U 变小，则静电计指针的偏角θ减小。

又因为两板间电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S ，Q 、S 不变，则E 不变。

因为E 不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P 点的电势能E p 不变，故只有选项D 正确。

3.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l 。

在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子。

在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。

专题强化练(九)题型一电场的性质1.(2020·北京卷)真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等．下列说法正确的是( )A．该点电荷一定为正电荷B．P点的场强一定比Q点的场强大C．P点电势一定比Q点电势低D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大解析：正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故A错误；相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强一定比Q 点的场强大，故B正确；正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电势一定比Q点电势高，故C错误；从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电势的高低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误．答案：B2.[2020·新高考卷Ⅰ(山东卷)](多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等．一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态．过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示．以下说法正确的是( )A．a点电势低于O点B．b点电势低于c点C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能解析：由题意可知O点合场强为零，根据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电势，故A错误；同理根据同种电荷电场线分布可知b点电势低于c 点电势，故B 正确；根据电场线分布可知负电荷从a 到b 电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在a 点的电势能小于在b 点的电势能，故C 错误；同理根据电场线分布可知负电荷从c 点到d 点电场力做负功，电势能增加，即该试探电荷在c 点的电势能小于在d 点的电势能，故D 正确．答案：BD3.如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态．现保持右极板不动，将左极板向左缓慢移动．关于小球所受的电场力大小F 和绳子的拉力大小T ，下列判断正确的是( )A ．F 逐渐减小，T 逐渐减小B ．F 逐渐增大，T 逐渐减小C ．F 逐渐减小，T 逐渐增大D ．F 逐渐增大，T 逐渐增大解析：F ＝U dq ，d 增大，则F 减小；T ＝G 2＋F 2，F 减小，则T 减小． 答案：A4.(多选)如图所示，均匀带电的半圆环在圆心O 点产生的电场强度为E 、电势为φ，把半圆环分成AB 、BC 、CD 三部分．下列说法正确的是( )A ．BC 部分在O 点产生的电场强度的大小为E 2B ．BC 部分在O 点产生的电场强度的大小为E3C ．BC 部分在O 点产生的电势为φ2D ．BC 部分在O 点产生的电势为φ3解析：如图所示，B 、C 两点把半圆环等分为三段．设每段在O 点产生的电场强度大小均为E ′.AB 段和CD 段在O 处产生的电场强度夹角为120°，它们的合电场强度大小为E ′，则O 点的合电场强度：E ＝2E ′，则：E ′＝E 2；故圆弧BC 在圆心O 处产生的电场强度为E2.电势是标量，设圆弧BC 在圆心O 点产生的电势为φ′，则有3φ′＝φ，则φ′＝φ3，A 、D 正确．答案：AD5．(2019·全国卷Ⅱ)(多选)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M 点由静止运动，N 为粒子运动轨迹上的另外一点，则( )A ．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B ．在M 、N 两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C ．粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能D ．粒子在N 点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行解析：在两个同种点电荷的电场中，一带同种电荷的粒子在两电荷的连线上自M 点由静止开始运动，粒子的速度先增大后减小，选项A 正确；带电粒子仅在电场力作用下运动，若运动到N 点的动能为零，则带电粒子在N 、M 两点的电势能相等；仅在电场力作用下运动，带电粒子的动能和电势能之和保持不变，可知若粒子运动到N 点时动能不为零，则粒子在N 点的电势能小于在M 点的电势能，即粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能，选项C 正确．若静电场的电场线不是直线，带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹不会与电场线重合，选项B 错误；若粒子运动轨迹为曲线，根据粒子做曲线运动的条件，可知粒子在N 点所受电场力的方向一定不与粒子轨迹在该点的切线平行，选项D 错误．答案：AC6.(2017·全国卷Ⅰ)(多选)在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图所示．电场中四个点a 、b 、c 和d 的电场强度大小分别为E a 、E b 、E c 、和E d .点a 到点电荷的距离r a 与点a 的电势φa 已在图中用坐标(r a ，φa )标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b 、c 点移动到d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab 、W bc 和W cd .下列选项正确的是( )A ．E a ∶E b ＝4∶1B ．E c ∶E d ＝2∶1C ．W ab ∶W bc ＝3∶1D ．W bc ∶W cd ＝1∶3解析：由图可知，a 、b 、c 、d 到点电荷的距离分别为1 m 、2 m 、3 m 、6 m ，根据点电荷的场强公式E ＝k Q r 2可知，E a E b ＝r 2br 2a ＝41，E c E d ＝r 2d r 2c ＝41，故选项A 正确，B 错误；电场力做功W ＝qU ，a 与b 、b 与c 、c 与d 之间的电势差分别为3 V 、1 V 、1 V ，所以W ab W bc ＝31，W bc W cd ＝11，故选项C 正确，D 错误．答案：AC7.(2019·江苏卷)(多选)如图所示，ABC 为等边三角形，电荷量为＋q 的点电荷固定在A 点．先将一电荷量也为＋q 的点电荷Q 1从无穷远处(电势为0)移到C 点，此过程中，电场力做功为－W .再将Q 1从C 点沿CB 移到B 点并固定．最后将一电荷量为－2q 的点电荷Q 2从无穷远处移到C 点．下列说法正确的有( )A ．Q 1移入之前，C 点的电势为WqB ．Q 1从C 点移到B 点的过程中，所受电场力做的功为0 C ．Q 2从无穷远处移到C 点的过程中，所受电场力做的功为2WD ．Q 2在移到C 点后的电势能为－4W解析：根据电场力做功与电势能的变化关系知Q 1在C 点的电势能E p ＝W ，根据电势的定义知C 点电势φ＝E p q ＝W q，A 正确；在A 点的点电荷产生的电场中，B 、C 两点处在同一等势面上，Q 1从C 移到B 的过程中，电场力做功为0，B 正确；单独在A 点固定电荷量为＋q 的点电荷时，C 点电势为φ，单独在B 点固定点电荷Q 1时，C 点电势也为φ，两点电荷都存在时，C 点电势为2φ，Q 2从无穷远移到C 点时，具有的电势能E ′p ＝－2q ×2φ＝－4W ，电场力做功W ′＝－E ′p ＝4W ，C 错误，D 正确．答案：ABD题型二 与电容器有关的电场问题8.(多选)如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电池相连，b 板接地(规定大地电势为零)，在距离两板一样远的P 点有一个带电液滴处于静止状态．若将b 板向下平移一小段距离，则稳定后，下列说法正确的是( )A ．液滴将加速向下运动B ．P 点电势升高，液滴在P 点时的电势能减小C ．P 点的电场强度变大D ．在b 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，电场力做功不变 解析：因液滴开始处于静止状态，所以开始时受力平衡，则受到的电场力向上，液滴带负电，有mg ＝qE .金属板a 、b 与电池相连，两端电势差不变，由E ＝U d可知，d 增大，E 减小，液滴受到的电场力减小，故将加速向下运动，A 正确，C 错误；b 极接地，电势为零，P 点与a 板距离不变，E 减小，所以P 点与a 板间电势差变小，而a 、b 之间电势差没有变，所以P 点与b 板之间电势差变大，P 点电势升高，由E p ＝qφ可知，电势能减小，故B 正确；由W ＝qU 可知，电势差不变，前后两种情况下，电场力做功相同，故D 正确．答案：ABD9.(多选)如图所示，A 、B 为平行板电容器的金属板，G 为静电计，开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度．下述结论正确的是( )A ．若保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近些，指针张开角度将变小 B ．若保持开关S 闭合，将A 、B 两极板正对面积变小些，指针张开角度将不变C ．若断开开关S 后，将A 、B 两极板靠近些，指针张开角度将变小D ．若断开开关S 后，将A 、B 两极板正对面积变小些，指针张开角度将变大解析：保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，静电计测量的是电容器两端的电势差，所以指针张角不变，故A 错误，B 正确；断开开关，电容器带电荷量不变，将A 、B 靠近一些，则d 减小，根据C ＝εr S 4πkd 知，电容增大，根据C ＝QU 知，电势差减小，指针张角减小，故C 正确；断开开关，电容器带电荷量不变，将A 、B 正对面积变小些，根据C ＝εr S4πkd 知，电容减小，根据C ＝Q U知，电势差增大，指针张角增大，故D 正确．答案：BCD题型三 带电粒子在电场中的运动10.(2020·浙江卷)如图所示，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从MN 连线上的P 点水平向右射入大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN 与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN 连线上的某点时( )A ．所用时间为mv 0qEB ．速度大小为3v 0C ．与P 点的距离为22mv 2qED ．速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x ＝v 0t ，竖直方向y ＝12Eq mt 2，由tan 45°＝y x，可得t ＝2mv 0Eq，故A 错误；由于v y ＝Eq mt ＝2v 0，故粒子速度大小为v ＝v 20＋v 2y ＝5v 0，故B 错误；由几何关系可知，到P 点的距离为L ＝2v 0t ＝22mv 20Eq，故C 正确；由平抛推论可知，tan α＝2tan β，速度正切tan α＝2tan 45°＝2，故D 错误．答案：C11.(2019·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d .两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同．G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)．质量为m ，电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析：(1)PG 、QG 间场强大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝2φd，①F ＝qE ＝ma .②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有qEh ＝E k －12mv 20，③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移大小为l ，则有h ＝12at 2，④ l ＝v 0t ，⑤联立①②③④⑤式解得E k ＝12mv 20＋2φdqh ，⑥l ＝v 0mdh qφ.⑦ (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L 为L ＝2l ＝2v 0mdh qφ.⑧ 答案：(1)12mv 20＋2φdqh v 0mdhqφ(2)2v 0mdh qφ12．(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点．从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q (q >0)．A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为t2.重力加速度为g ，求：(1)电场强度的大小； (2)B 运动到P 点时的动能．解析：(1)设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a .根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg ＋qE ＝ma ，①12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22＝12gt 2，② 解得E ＝3mg q.③(2)设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有E k －12mv 21＝mgh ＋qEh ，④且有v 1t2＝v 0t ，⑤h ＝12gt 2，⑥联立③④⑤⑥式得E k ＝2m (v 20＋g 2t 2)．答案：(1)3mg q(2)2m (v 20＋g 2t 2)13．如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L .槽内有两个质量均为m 的小球A 和B ，球A 带电量为＋2q ，球B 带电量为－3q ，两球由长为2L 的轻杆相连，组成一带电系统．最初A 和B 分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L .若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E 后(设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布)，求：(1)球B 刚进入电场时，带电系统的速度大小；(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A 与右板的距离． 解析：对带电系统进行分析，假设球A 能达到右极板，电场力对系统做功为W 1，有W 1＝2qE ×2.5L ＋(－3qE ×1.5L )>0，而且还能穿过小孔，离开右极板．假设球B 能达到右极板，电场力对系统做功为W 2，有W 2＝2qE ×2.5L ＋(－3qE ×3.5L )<0.综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A 、B 应分别在右极板两侧． (1)带电系统开始运动时，设加速度为a 1，由牛顿第二定律得a 1＝2qE 2m ＝qE m. 球B 刚进入电场时，带电系统的速度为v 1，有v 21＝2a 1L ，求得：v 1＝2qELm.(2)设球B 从静止到刚进入电场的时间为t 1，则t 1＝v 1a 1，解得：t 1＝2mLqE.球B 进入电场后，带电系统的加速度为a 2，由牛顿第二定律得a 2＝－3qE ＋2qE 2m ＝－qE2m. 显然，带电系统做匀减速运动．设球A 刚达到右极板时的速度为v 2，减速所需时间为t 2，则有v 22－v 21＝2a 2×1.5L,t 2＝v 2－v 1a 2，求得：v 2＝122qELm，t 2＝2mL qE.球A 离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a 3，再由牛顿第二定律得a 3＝－3qE2m. 设球A 从离开电场到静止所需的时间为t 3，运动的位移为x ，则有t 3＝0－v 2a 3，－v 22＝2a 3x ， 求得t 1＝132mLqE，x ＝L 6.可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝732mL qE，球A 相对右板的位置为x ＝L6.答案：(1) 2qELm(2)732mLqE L6。

高考物理带电粒子在电场中的运动的技巧及练习题及练习题(含答案)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3,0P L ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭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v 1；（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v 1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v 2；（3）若在xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场E o ，粒子3以速率v 3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）23BLq m （2221BLq32230B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 【详解】（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2111v qv B m r =由几何憨可知：()2221133r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭得到：123BLqv m=（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：133L v t=，212qE h t m = 在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到289qLB E m=又22212v v Eh =+，得到：2221BLqv =（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0E v B'= 而'223v v v ''=+ 所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'即：22003E E v v B B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭2．如图，一带电荷量q =+0.05C 、质量M =lkg 的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m =lkg 的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75．距平板左端L =0.8m 处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。

专题19 带电粒子在电场中运动模型匀强电场中的类平抛运动模型（5-7题） (3)交变电场中的直线、偏转运动模型（8-10题） (4)等效重力场的直线运动模型（11-13题） (6)等效重力场中的类抛体运动模型（14--16题） (7)等效重力场中的圆周运动模型（17-21题） (8)1.（2023•全国）如图，两块大导体板水平相对放置，相距为d，电势分别为U0和﹣U0（U0＞0 ），长为L的绝缘细绳上端固定于上板，下端与质量为m的带正电小球连接，小球带电量为Q。

重力加速度大小为g。

小球在平衡位置附近摆动的周期是（）A．2π√mLdmgd+2QU0B．2π√mLdmgd−2QU0C．2π√mLdmgd+QU0D．2π√mLdmgd−QU02.（2023•北京）某种负离子空气净化原理如图所示。

由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。

在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。

在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集。

已知金属板长度为L，间距为d。

不考虑重力影响和颗粒间相互作用。

（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为﹣q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为f＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。

假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。

a.半径为R、电荷量为﹣q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比。

进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10μm和2.5μm的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100%被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比。

3.（2022•江苏）某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示．矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化．AB 边长为12d，BC边长为8d．质量为m、电荷量为+q的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为E k，入射角为θ，在纸面内运动．不计重力及粒子间的相互作用力。

（物理）高考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，质量分别为m A=1kg、 m B=2kg 的 A、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小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 × 10 C．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=0.1，重力加速度大小 g=10m/s 2．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】【分析】【详解】（1） B 所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加速度a1=1m/s 2；由运动规律： x= 1a1 t12 2解得 A 在 2s 内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v1， t2 =6s 时刻， B 的速度大小为v2，则v1=a1 t1=2m/s ；绳断后，对 B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得 a2=2m/s 2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t 2-t 1 )解得 v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得 P=60W2．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－ 5 2 所示．一个质量 m=0.2kg，电量 q=1×10 C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/s 2，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=qEF1mg sin ma12在 2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示F2 mg sin ma2解得 a2 10m / s2因此物体在0～ 2 s 内，以a110 m / s2的加速度加速，在 2～ 4 s 内，a 10m / s2 2s时，速度最大2的加速度减速，即在由 v a1t 得，v max 20m / s(2)物体在 0～ 2s 内与在 2～ 4s 内通过的位移相等．通过的位移xvmax t20 m 2在 0~2 s 内，电场力做正功W1 F1 x 60 J - 在 2～ 4 s 内，电场力做负功W2 F2 x 20J电场力做功W=40 J3 MN与 x 轴垂直放置，与 x 轴相交于 Q 点， Q 点的横坐标．如图所示，荧光屏x0 6cm ，在第一象限y 轴和 MN 之间有沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度E 1.6 105N / C，在第二象限有半径R 5cm 的圆形磁场，磁感应强度 B 0.8T ，方向垂直 xOy 平面向外．磁场的边界和x 轴相切于P点．在P点有一个粒子源，可以向x 轴上方 180°范围内的各个方向发射比荷为q 1.0 108 C / kg 的带正电的粒子，已知粒子的m发射速率 v0 4.0106 m / s ．不考虑粒子的重力、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位置与Q 点间的最远距离．【答案】（ 1）5cm （ 2）0 y 10cm （ 3）9cm【解析】【详解】（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动qv0 B m v2rmv05cm解得： rqB（2）由（ 1）问中可知r R ，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形PO FO1为菱形，所以 FO1 / /O P ，又O P垂直于 x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从 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x 0v 0 t 0h1at 022qEam 解得： h 18cm 2R10cm ，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．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 vt 0y 1 at 22代入数据解得 x2 y设粒子最终到达荧光屏的位置与 Q 点的最远距离为 H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为，v yqE g xtanm v 0 ，v 0v 02 y所以 Hx 0 x tanx 0 2 y g 2 y ，由数学知识可知，当 x 02y2 y 时，即 y 4.5cm 时 H 有最大值，所以 H max 9cm4． 如图所示，虚线MN 为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E 方向竖直向下且与边界MN成=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P ，P 点到边界MN 的竖直距离为d 。