高考物理带电粒子在电场中的运动基础练习题
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高考物理带电粒子在电场中的运动基础练习题
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势为2L()o，内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与MN板的距离为L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回．
（1）求粒子到达O点时速度的大小；
（2）如图2所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有23能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；
（3）如图3所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个垂直MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4EL，若从AB圆弧面收集到的某粒子经O点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达O点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间．
【答案】（1）2qvm；（2）12mBLq；（3）060 ；22mLq
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qUmv
2U2qvm (2）从AB圆弧面收集到的粒子有23能打到MN板上，则上端刚好能打到MN上的粒子与MN相切，则入射的方向与OA之间的夹角是60，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060．
根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2RL
由洛伦兹力提供向心力得：2vqBvmR
联合解得：12mBLq
（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远，
这是一个类平抛运动的逆过程．
建立如图坐标.
212qELtm
222mLmtLqEq
22xEqqELqvtmmm
若速度与x轴方向的夹角为角 cosxvv1cos2060
2．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。
3．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、B两点间的距离d=0.2m．质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场．现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心．小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦．取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；
(2)求小球到达P点时的速度大小vP和B、C两点间的距离x．
【答案】(1) 6m/s；7.5×104N/C (2) 2.5m/s ；0.85m
【解析】
【详解】
(1)对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：2112Fdmv
解得：v=6m/s
小球到达P点时，受力如图所示:
则有：qE=m2gtanθ,
解得：E=7.5×104N/C
(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cosmgG等 小球到达P点时，由牛顿第二定律有：2PvGr等
解得：vP=2.5m/s
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，
则有：m1v=m1v1+m2v2
22211122111222mvmvmv
解得：v1=-2m/s(“-”表示v1的方向水平向左)，v2=4m/s
对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有：22222211sincos22PqExrmgrrmvmv
解得：x=0.85m
4．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
5．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P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（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P2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）53v0，与x成53°角；（2）043v；（3）2L；（4）04053760Lv．
【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vy，
由运动学规律知32L=v0t1，
L=2yvt1
可得t1=032Lv，vy=43v0
故粒子在P2的速度为v=220yvv=53v0
