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

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，竖直面内有水平线MN与竖直线PQ交于P点，O在水平线MN上，OP间距为d，一质量为m、电量为q的带正电粒子，从O处以大小为v0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60º，粒子到达PQ线上的A点时，其动能为在O处时动能的4倍．当粒子到达A点时，突然将电场改为大小为E2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60º的匀强电场，然后粒子能到达PQ线上的B点．电场方向均平行于MN、PQ所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。已知粒子从O运动到A的时间与从A运动到B的时间相同，不计粒子重力，已知量为m、q、v0、d．求：

(1)粒子从O到A运动过程中,电场力所做功W；

(2)匀强电场的场强大小E1、E2；

(3)粒子到达B点时的动能EkB．

【答案】(1)2032Wmv (2)E1＝2034mqd E2＝2033mqd (3) EkB＝20143m

【解析】

【分析】

(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。

(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。

(3)根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达B点时的动能。

【详解】

(1) 由题知：粒子在O点动能为Eko=2012mv粒子在A点动能为：EkA=4Eko，粒子从O到A运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=EkA-Eko=2032mv；

(2) 以O为坐标原点，初速v0方向为x轴正向， 建立直角坐标系xOy，如图所示

设粒子从O到A运动过程，粒子加速度大小为a1，

历时t1，A点坐标为（x，y）

粒子做类平抛运动：x=v0t1，y=21112at

由题知：粒子在A点速度大小vA=2 v0，vAy=03v，vAy=a1 t1

粒子在A点速度方向与竖直线PQ夹角为30°。

解得：2013vxa ，20132vya

由几何关系得：ysin60°-xcos60°=d，

解得：20134vad ，104dtv

由牛顿第二定律得：qE1=ma1，

解得：20134mvEqd

设粒子从A到B运动过程中，加速度大小为a2，历时t2，

水平方向上有：vAsin30°=22ta2sin60°，2104dttv，qE2=ma2，

解得：2023vad ，20233mvEqd；

(3) 分析知：粒子过A点后，速度方向恰与电场E2方向垂直，再做类平抛运动，

粒子到达B点时动能：EkB=212Bmv，vB2=（2v0）2+（a2t2）2，

解得：20143KBmvE。

【点睛】

本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律可以解题。

2．一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°，如图所示。以小球静止位置为坐标原点O，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其中x轴水平。现剪断细线，经0.1s，电场突然反向，场强大小不变；再经0.1s，电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E2，又经0.1s小球速度为零。已知小球质量m=1.0×10－2kg，电荷量q=1.0×10－8C，g取10m/s2，空气阻力不计。求

(1)E1和E2；

(2)细线剪断0.3s末小球的位置坐标。

【答案】(1) 7110/EVm 72310/EVm (2) (0.1,0.3)mm

【解析】

【详解】

（1）当小球静止时，1qEmg

则7110/mgEVmq

电场力与重力的合力=2cos45mgFmgo合

剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为2102/Famsm合

经过0.1s小球的速度大小为12/vatms

速度的方向与x轴正方向成45o斜向右下方

在第2个0.1s内，电场方向，小球的水平分速度112cos450xqEvvtmo

竖直分速度12sin452/yvvgtmso

即第2个0.1s末，小球的速度2v大小为2/ms，方向竖直向下

依题意，在第3个0.1s内小球做匀减速直线运动，

由运动学公式知223220/0.1vamst

根据牛顿第二定律得2qEmgam

代入数据得72310/EVm （2）第1个0.1s内，小球的位移大小22111220.12220satgm

则小球沿x方向移动的距离1cos450.05xsmo

沿y方向移动的距离1sin450.05ysmo

在第2 个0.1s内，小球沿x方向移动的距离221221cos450.052qExvttmmo

沿y方向移动的距离22121sin450.152yvgtmo

在第3个0.1s内，小球沿沿方向移动的距离2323310.12yvtatm

即小球速度为零时的位置坐标是(0.1,0.3)mm

3．如图所示，在竖直面内有一边长为的正六边形区域，O为中心点，CD水平．将一质量为m的小球以一定的初动能从B点水平向右拋出，小球运动轨迹过D点．现在该竖直面内加一匀强电场，并让该小球带电，电荷量为+q，并以前述初动能沿各个方向从B点拋入六边形区域，小球将沿不同轨迹运动．已知某一方向拋入的小球过O点时动能为初动能的，另一方向拋入的小球过C点时动能与初动能相等．重力加速度为g，电场区域足够大，求：

（1）小球的初动能；

（2）取电场中B点的电势为零，求O、C两点的电势；

（3）已知小球从某一特定方向从B点拋入六边形区域后，小球将会再次回到B，求该特定方向拋入的小球在六边形区域内运动的时间．

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【分析】

【详解】

（1）设小球从B点抛出时速度为，从B到D所用时间为t，小球做平抛运动

在水平方向上

在竖直方向上

由几何关系可知：， 解得小球的初动能为：

（2）带电小球B→O：由动能定理得：

解得：

带电小球B→C：由动能定理得：

解得：

（3）在正六边形的BC边上取一点G，令，设G到B的距离为x，则由匀强电场性质可知

解得：

由几何知识可得，直线GO与正六边形的BC边垂直，OG为等势线，电场方向沿CB方向，由匀强电场电场强度与电势的关系可得

受力分析如图，根据力合成的平行四边形定则可得：，方向F→B

小球只有沿BF方向抛入的小球才会再次回到B点，该小球进入六边形区域后，做匀减速直线运动，速度减为零后反向匀加速直线运动回到B点，设匀减速所用时间为t1，匀加速所用时间为t2，匀减速发生的位移为x

由牛顿定律得

(未射出六边形区域)

小球在六边形区域内运动时间为

4．一电路如图所示，电源电动势E=28v，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0×10-2m．

（1）闭合开关S稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?

（2）当开关S闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入MN的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m（不计粒子的重力，M、N板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s2）

【答案】（1）114.810C （2）46.2510/Ckg

【解析】

【分析】

【详解】

（1）闭合开关S稳定后，电路的电流：12282482EIAARRr；

电容器两端电压：222816RUUIRVV；

电容器带电量： 121123.010164.810RQCUCC

（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：0Lvt

21122Uqdtdm

联立解得46.2510/qCkgm

5．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．

（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO’的最远位置和最近位置之间的距离

（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，

①求匀强磁场的磁感应强度B

②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y

【答案】（1）2010Ueytdm （2）①00UtBdL②2010Ueyytdm

【解析】

【详解】

（1）由题意可知，从0、2t0、4t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：

2222000max00000311222yUeUeUeyatvttttdmdmdm

从t0、3t0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：

220min001122Ueyattdm

最远位置和最近位置之间的距离：1maxminyyy，

2010Ueytdm

（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：

sinLR

设电子离开偏转电场时的速度为v1，垂直偏转极板的速度为vy，则电子离开偏转电场时的偏向角为，1sinyvv，

式中00yUevtdm

又：1mvRBe