高中物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案含解析
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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，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）。
（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：41.010EN/C
（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：305.010yqElvatmvgm/s=0v 粒子射出电场时速度：02vv
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：4mvBqrT
根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。
3．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v0=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U0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)402.1610VU (2)0.04mx (3)0.1425mx
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对于t=0时刻射入极板间的粒子：
0lvT 7110Ts
211()22Tya 2yTva
22yTyv
122dyy
Eqma
0UEd
解得：402.1610VU
(2)2TtnT时刻射出的粒子打在x轴上水平位移最大：032ATxv
所放荧光屏的最小长度Axxl即：0.04xm
(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vy.
速度偏转角的正切值均为：0tanyvv 37o
0cos37vvo
6110m/sv
即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.
2vqvBmR
0.03mRr
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：tan53CARxx
0.1425mCx.
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：0.1425mx
4．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
5．如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4x102V，其中N极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷qm=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6．
（1）求粒子的发射速度v的大小；
（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标：
（3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．
【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29% 【解析】
【详解】
（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m20vR
可得：v=6×105m/s；
（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ=0.0637coso=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置；
Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-0.0637sino=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开；
故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；
（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：
y=12at2…①
a=qEm=qUmd…②
t=Lv…③
由①②③解得：y=0.08m
设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=rsinα+R0-R0cosα
可知tanα=43，即α=53°
比例η=53180o×100%=29%
6．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v0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v0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2022vg．
【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=02rv，
小球在磁场中的运动时间：t1=14T=024Lv，
小球在斜面上做类平抛运动，
