高考物理专题汇编物理带电粒子在电场中的运动(一)及解析

高考物理专题汇编物理带电粒子在电场中的运动(一)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E=3×105N/C、方向水平向右的匀强电场中，A不带电，B带正电、电荷量q=2×10－5C．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/s2．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/s2；由运动规律：x=12a1t12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=a1t1=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/s2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1)解得v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得P=60W2．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：（1）C 、D 板的长度L ；（2）粒子从C 、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； （3）粒子打在荧光屏上区域的长度． 【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）21032qU t s s md∆== 【解析】试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有20012qU mv = 在C 、D 板间有00L v t = 解得：02qU L t m=（2）粒子从nt 0（n=0、2、4……）时刻进入C 、D 间，偏移距离最大 粒子做类平抛运动 偏移距离2012y at = 加速度1qU a md=得：2102qU t y md=（3）粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK] 出C 、D 板偏转角0tan y v v θ=0y v at =打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+荧光屏上区域长度21032qU t s s md∆==考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．3．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θ=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 。

现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）。

求： （1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为'B ，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则'B 的最小值为多少？【答案】（1）2qEdm=v 2）42CA x d =（3）('222B B = 【解析】 【详解】（1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v ，由动能定理可得212qEd mv =， 解得2qEdv m=（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为CA x由类平抛规律x vt =，212Eq y t m=由几何知识可得x=y ，解得2mdt Eq=两点间的距离为2CA x vt ，代入数据可得42CA x d =（3）由2mv qvB R=可得mv R qB =，即12mEd R B q =由题意可知，当粒子运动到F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即'B 最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。

设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r ，则有几何关系可知22r R += 又因为'mv r qB =，所以'mvB qr=，代入数据可得()'222B B =-4．1897年汤姆孙使用气体放电管，根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况发现了电子，并求出了电子的比荷。

比荷是微观带电粒子的基本参量之一，测定电子的比荷的方法很多，其中最典型的是汤姆孙使用的方法和磁聚焦法。

图中是汤姆孙使用的气体放电管的原理图。

在阳极A 与阴极K 之间加上高压，A 、A '是两个正对的小孔，C 、D 是两片正对的平行金属板，S 是荧光屏。

由阴极发射出的电子流经过A 、A '后形成一束狭窄的电子束，电子束由于惯性沿直线射在荧光屏的中央O 点。

若在C 、D 间同时加上竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场和磁场的强弱，可使电子束仍沿直线射到荧光屏的O 点，此时电场强度为E ，磁感应强度为B 。

（1）求电子通过A '时的速度大小v ；（2）若将电场撤去，电子束将射在荧光屏上的O '点，可确定出电子在磁场中做圆周运动的半径R ，求电子的比荷e m。

【答案】（1）Ev B=； （2）2e E m B R =【解析】 【详解】（1）电子在复合场中做匀速直线运动，由eE evB =，得Ev B=； （2）去掉电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，由2v evB m R =得2e v E m BR B R==。

5．从宏观现象中总结出来的经典物理学规律不一定都能适用于微观体系。

但是在某些问题中利用经典物理学规律也能得到与实际比较相符合的结论。

根据玻尔的氢原子模型，电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动，原子中的电子在库仑力作用下，绕原子核做圆周运动。

已知电子质量为m ，电荷量为e ，静电力常量为k 。

氢原子处于基态（n =1）时电子的轨道半径为r 1，电势能为21P e E k r =-（取无穷远处电势能为零)。

第n 个能级的轨道半径为r n ，已知r n =n 2 r 1，氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的电势能的总和。

（1）求氢原子处于基态时，电子绕原子核运动的速度； （2）证明：氢原子处于第n 个能级的能量为基态能量的21n（n =1，2，3，…）； （3）1885年，巴尔末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波长能够用一个公式表示，这个公式写做22111()2R nλ=-，n = 3，4，5，…。

式中R 叫做里德伯常量，这个公式称为巴尔末公式。

已知氢原子基态的能量为E 1，用h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速， 求： a ．里德伯常量R 的表达式；b ．氢原子光谱巴尔末系最小波长与最大波长之比。

【答案】（1）1v =（2）设电子在第1轨道上运动的速度大小为v 1，根据牛顿第二定律有221211v e k m r r =，电子在第1轨道运动的动能22111122k ke E mv r ==，电子在第1轨道运动时氢原子的能量21111222e ke e E k k r r 2r =-+=-，同理，电子在第n 轨道运动时氢原子的能量2222n n n n n e ke e E k k r r 2r =-+=-，又因为21n r n r =，则有 2122122n n E e e E k k r 2n r n=-=-=，命题得证。

（3）a ：1E R hc=- b ：5:9 【解析】 【详解】（1）电子绕氢原子核在第1轨道上做圆周运动根据牛顿第二定律有22211e v k m r r =则有1v =（2）设电子在第1轨道上运动的速度大小为v 1，根据牛顿第二定律有221211v e k m r r =电子在第1轨道运动的动能22111122k ke E mv r ==电子在第1轨道运动时氢原子的能量222111122e ke e E k k r r r =-+=- 同理，电子在第n 轨道运动时氢原子的能量22222n n n n n e ke e E k k r r r =-+=-，又因为21n r n r = 则有 22122122n n E e e E k k r n r n=-=-=，命题得证。

（3）a ：从n 能级向2能级跃迁放出光的波长为2n cE E h λ-=由12n E E n = 1222E E = 代入得：1E R hc=- b ：由221112R n λ⎛⎫=- ⎪⎝⎭可知当n =3时波长最大，当n =∞时波长最小 代入可得，最小波长与最大波长之比为5:9。

6．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。

小球始终处在场强大小为50、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O 点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P 点，P 点与O 点间的水平距离为L 。

重力加速度为g ，不计空气阻力，求（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小； （2）O 、P 两点间的电势差。

【答案】（1）F T = 1.5mg （2）158OP mgLU q= 【解析】（1）小球受到竖直向上的电场力F = qE = 1.5mg ＞mg所以小球被释放后将向上绕O 点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v ，由动能定理()212F mg L mv -=设细线被拉断前瞬间的拉力为F T ，由牛顿第二定律2T v F mg F m L+-= 联立解得： F T = 1.5mg（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a 竖直向上，由牛顿第二定律：F - mg = ma 设细线断裂后小球经时间t 到达P 点，则有L = vt 小球在竖直方向上的位移为 212y at =；解得O 、P 两点沿电场方向（竖直方向）的距离为d = L + y O 、P 两点间的电势差 U OP = Ed 联立解得 158OP mgLU q=7．如图所示，三块挡板围成截面边长L ＝1.2m 的等边三角形区域，C 、P 、Q 分别是MN 、AM 和AN 中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN 水平，MN 上方是竖直向下的匀强电场，场强E =4×10-4N /C ．三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 1；AMN 以外区域有垂直纸面向外， 磁感应强度大小为B 2＝3B 1的匀强磁场．现将一比荷q/m =105C/kg 的帯正电的粒子，从O 点由静止释放，粒子从MN 小孔C 进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN 经过Q 点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O 点，OC 相距2m ．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3．求：（1） 磁感应强度B 1的大小；（2） 粒子从O 点出发，到再次回到O 点经历的时间；（3） 若仅改变B 2的大小，当B 2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA 经孔P 回到O 点（若粒子经过A 点立即被吸收）． 【答案】（1）51210T 3B -=⨯；（2）-22.8510s t =⨯；（3）524210T 3k B -+=⨯' 【解析】（1） 粒子从O 到C 即为在电场中加速，则由动能定理得：212Eqx mv = 解得v =400 m/s带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示．由几何关系可知 10.6m 2LR == 由211v qvB m R =代入数据得 51210T 3B -=⨯ （2）由题可知 B 2=3B 1=2×10-5 T211v qvB m R =则 120.2m 3R R == 由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则112x vt = 得到 t 1=0.01 s粒子在磁场B 1中的周期为 112mT qB π=则在磁场B 1中的运动时间为 3211310s 3t T -==⨯ 在磁场B 2中的运动周期为 222mT qB π= 在磁场B 2中的运动时间为3-3321803001801110s 5.510s 3606t T π-︒+︒+︒==⨯=⨯︒则粒子在复合场中总时间为：3-21231722010s 2.8510s 6t t t t π-⎛⎫=++=+⨯=⨯ ⎪⎝⎭（3）设挡板外磁场变为'2B ，粒子在磁场中的轨迹半径为r ，则有 2'2v qvB m r=根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA 经孔P 回到O 点，需满足条件()212Lk r =+其中 k =0、1、2、3…… 解得524210T 3k B -+=⨯'8．静电喷漆技术具有效率高、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图甲所示．A 、B 为水平放置的间距d ＝1.6m 的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由B 指向A 的0.1/E V m ＝的匀强电场．在A 板的中央放置一个安全接她的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为0 6.0/v m s ＝的油漆微粒，已知油漆微粒的质量均为m ＝1.0×10－5kg ，带负电且电荷量均为q ＝1.0×10－3C ，不计油漆微粒间的相互作用以及油漆微粒带电量对板间电场和磁场的影响，忽略空气阻力，g 取210/m s ，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求（计算结果小数点后保留一位数字）：（1）油漆微粒落在B 板上的最大面积；（2）若让A 、B 两板间的电场反向（如图乙所示），并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.06T ，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其他条件不变．①B 板被油漆微粒打中的区域的长度为多少？②打中B 板的油漆微粒中，在正交场中运动的最短时间为多少？ 【答案】（1）18．1 m 2（2）1．6 m （3）0．31 s 【解析】试题分析：（1）油漆微粒的加速度Eq mga m+=① 根据运动学 212d at =② 运动的半径0x v t =③落在B 板上所形成圆形面积2s x π=④由①②③式并代入数据得218.1m s =⑤（2）当电场反向Eq mg =⑥油漆微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力2v Bqv m R=⑦水平向右射出的油漆微粒打在B 板的右端，根据几何关系cos R R d α+=⑧ ac 的长度⑨打在B 板左端的油漆微粒为和板相切的微粒，同理求得bc ac =⑩油漆微粒打在极板上的长度ab ac bc =+11由⑥⑦⑧⑨⑩11式并代入数据得1.6m ab =12(3)打在B 板上的微粒中，pc 最短的弦长对应的时间最短 有几何关系2sin d Rθ=13运动的最短时间min 22t T θπ=14 微粒在磁场中运动的周期2mT Bqπ=15 由7131415式代入数据解得min 0.31s t =16考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律． 点评：本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，关键在于建立物理模型．9．如图所示，x 轴的上方存在方向与x 轴成45o 角的匀强电场，电场强度为E ，x 轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度0.5.B T =有一个质量1110m kg -=，电荷量710q C -=的带正电粒子，该粒子的初速度30210/v m s =⨯，从坐标原点O 沿与x 轴成45o 角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O 点出发后第四次经过x 轴时刚好又回到O 点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是多少？②电场强度E 的大小及带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间．【答案】①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是0.57m ；②电场强度E 的大小为3110/V m ⨯，带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间为32.110.s -⨯【解析】 【分析】(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x 轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E ，三个过程的总时间即为总时间． 【详解】①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，2v qvB mR=，半径0.4mvR mBq==，根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90o，则第一次经过x轴时的横坐标为120.420.57x R m m==≈②第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点O处，其运动轨迹如图所示．由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为22R，在垂直电场方向的位移11s vt=，运动时间4112410s Rt sv v-===⨯在沿电场方向上的位移22112s at=，又因22s R=得722212110/sa m st==⨯根据牛顿第二定律Eqam=所以电场强度3110/maE V mq==⨯粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间422410vt sa-==⨯，粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期42410mT sBqππ-==⨯所以粒子从出发到再回到原点的时间为3122.110t t t T s-=++≈⨯【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力．10．如图所示，粗糙的斜槽轨道与半径R=0.5m 的光滑半圆形轨道BC 连接，B 为半圆轨道的最底点，C 为最高点．一个质量m=0.5kg 的带电体，从高为H=3m 的A 处由静止开始滑下，当滑到B 处时速度v B =4m/s ，此时在整个空间加上一个与纸面平行的匀强电场，带电体所受电场力在竖直向上的分力大小与重力相等．带电体沿着圆形轨道运动，脱离C 处后运动的加速度是a=23m/s 2，经过一段时间后运动到斜槽轨道某处时速度的大小是v=2m/s ．已知重力加速度g=10m/s 2，带电体运动过程中电量不变，经过B 点时能量损失不计，忽略空气的阻力．求：（1）带电体从B 到C 的过程中电场力所做的功W （2）带电体运动到C 时对轨道的压力F （3）带电体与斜槽轨道之间的动摩擦因数μ 【答案】(1)5J (2)16N 113【解析】 【分析】 【详解】（1）设带电体受到电场力的水平分量为F x ，竖直分量为F y ，带电体由B 到C 的运动过程中，水平分力做功为零，竖直分力做功等于重力做功． 即：W ＝F y •2R ＝mg •2R ＝5J（2）带电体从B 到C 运动的过程中，重力和电场力的竖直分力相等，电场力的水平分力不做功，所以v C ＝v B ＝4m/s在C 点，由牛顿第二定律得：2y v F mg F m R+-=又mg ＝F y联立解得：F ＝16N（3）带电体脱离轨道后在水平方向上做匀减速直线运动，由速度位移公式得：222C v v ax -=代入数据得：3x π=设斜面与水平面的夹角为α，则23tan 3R x α==解得：α＝30°带电体从A 到B 的运动过程中，由动能定理的：mgH ﹣μmgcos αsin H α=212B mv 代入数据解得：113μ=11．如图所示，电荷量为+q ，质量为m 的小球用一根长为L 的绝缘细绳悬挂于O 点，所在的整个空间存在水平向右的匀强电场，已知重力加速度为g ．现将悬线拉直使小球从与O 点等高的A 点静止释放，当小球运动到O 点正下方的B 点时速度的大小为v=gL ．求：(1)该电场的场强E 的大小； (2)小球刚到达B 点时绳的拉力；(3)若到达B 点后绳子突然断裂，断裂时小球以原速度抛出，则小球再次经过O 点正下方时与O 点的距离是多少? 【答案】（1）2mgE q=（2）2mg ；（3）9L 【解析】 【分析】 【详解】（1）由A 到B 根据动能定理：212mgL EqL mv -= ， 解得2mgE q=（2）在B 点，由牛顿第二定律：2v T mg m L-=解得T=2mg（3）绳子断裂后，小球水平方向向左先做减速运动，后反向加速；竖直方向做自由落体运动，回到B 点正下方，则：2v t a=2qE g a m == 212h gt =解得h=9L 【点睛】此题关键是第3问的解答，要知道小球参与水平方向的匀变速运动和竖直方向的自由落体运动，两个运动的时间相等.12．如图，直线MN 上方有平行于纸面且与MN 成45。