最新高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题

最新高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【解析】 【分析】 【详解】（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1 由几何关系得112cos 25r l l α== 由洛伦兹力提供向心力可得2011v qv B m r =解得:0 152mv Bql=(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间00sin35l ltv vα==根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt=又22mTqBπ=解得0253mvBqlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t rπ=解得:35l r π=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=2．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/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 )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2； 由运动规律：x=12a 1t 12 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v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s电场力的功率P=Fv ，解得P=60W3．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．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距d =3m ，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】（152310/m s ；垂直于AB 方向出射．（233（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/qU a m s md == 50110Lt s v -==⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝35m/s 射出时速度为：2250310/3y v v v m s =+=速度v 与水平方向夹角为θ，03tan y 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21322d 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：113310mv 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.5．如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角θ=450，在OL 上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0从y 轴上的M （OM =d ）点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，不计粒子重力。

（1）求此电场的场强大小E；（2）若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。

【答案】（1）；（2）．【解析】试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，则在X方向位移关系有：，所以；该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有，所以，，则有．（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间；粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁场的位置在OL上距离O点；根据几何关系，可得，即；所以；所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间．6．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。

如图所示，平行板电容器水平放置，上板正中央有一小孔，两极板间的距离为d，电势差为U。

一质量为m、带电量为+q的小球从小孔正上方某处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。

重力加速度为g(空气阻力忽略不计)。

求：小球释放位置距离上极板的高度h。

【答案】qUd mg- 【解析】 【详解】小球首先自由落体，进入两极板后开始减速，到下极板时减速为零，对整个过程列动能定理有：W 电+W 重=△E k 即：-qU+mg （h+d ）=0-0得 h=qUd mg-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。

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】 【详解】（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=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+=⑧ac 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 dRθ=13 运动的最短时间min 22t T θπ=14 微粒在磁场中运动的周期2m T 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，直空中有以O 为圆心，半径为R 的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x 轴上方足够大的范围内有宽度为d ，方向沿y 轴负向、大小为E 的匀强电场．圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O 沿纸面不同方向发射速率为v 的质子，已知质子的电荷量为e ，质量为m ，不计质子的重力．求（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度B 要满足什么条件？（2）P 、N 两点在圆周上，M 是OP 的中点，MN 平行于x 轴，若质子从N 点平行于x 轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从O 点出射时的方向．（3）求质子从N 点平行于x 轴出磁场后与x 轴的交点坐标．【答案】（1）2mv B eR ≥ （2）600 （3）（222d mRv R eEd++，0） （mR R eE +，0）【解析】试题分析：当质子做圆周运动的半径2R r ≤时，质子不会出磁场，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的范围；画出粒子运动轨迹，根据几何关系和牛顿第二定律求解；设质子刚好打到电场右边界与x 轴的交点，做类平抛运动，结合平抛运动公式分为两种情况即可求解．（1）当质子做圆周运动的半径2R r ≤时，质子不会出磁场 由牛顿第二定律，得2F r v m = 洛伦兹力为：F evB =解得：2mv B eR≥ （2）如图，质子做圆周运动的圆心在NA 上，AB 为ON 的垂直平分线，故交点A 为圆心，OM 为ON 的一半，知角ONM 为300，角CNA 为600，则NA =R ，质子做圆周运动的的半径为R结合以上解得：B =mv eR易知OB 与x 轴的夹角为600故质子出射时速度与x 轴成600角（3）设质子刚好打到电场右边界与x 轴的交点 在竖直方向：2122R eE t m= 在水平方向：d vt = 联立解得：mR d eE= i)当mR d eE≤x 轴相交，设在电场中的偏移为y ，出电场时在y 轴 方向的速度为y v ，偏转角为θ由212eE y t m =结合以上解得：2212eEd y mv = 在竖直方向的速度为：y eE eEd v t m mv == 偏转角为：2tan y v eEd v mv θ== 由图 2R DF y =- tan DF DG θ= 联立求解得：222mRv d DG eEd =- 根据几何关系得：222d mRv OG R d DG R eEd=++=++ 故与x 轴交点坐标为（222d mRv R eEd++，0） ii) 当mR d eE>x 轴相交 由2122R eE t m= 解得： mR t eE =水平位移x mR s vt v eE== 根据几何关系得：x mR OH R s R veE =+=+ 故与x 轴交点坐标为（mR R v eE+，0） 点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，分清过程，画出轨迹、在结合几何知识和牛顿第二定律即可解题．10．如图所示，在xoy 坐标系内存在一个以（a ，0）为圆心、半径为a 的圆形磁场区域，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B ；另在y 轴右侧有一方向向左的匀强电场，电场强度大小为E ，分布于y≥a 的范围内．O 点为质子源，其出射质子的速度大小相等、方向各异，但质子的运动轨迹均在纸面内．已知质子在磁场中的偏转半径也为a ，设质子的质量为m 、电量为e ，重力及阻力忽略不计．求：（1）出射速度沿x 轴正方向的质子，到达y 轴所用的时间； （2）出射速度与x 轴正方向成30°角（如图中所示）的质子，到达y 轴时的位置； （3）质子到达y 轴的位置坐标的范围；【答案】（1）22mma eB eE π+2）3ea mE （3）（a ，ea mE） 【解析】试题分析：（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：2v evB m a= 即： Bea v m= 出射速度沿x 轴正方向的质子，经14圆弧后以速度v 垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动的时间为：1422T a m t v eBππ=== 质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动a 后到达y 轴，由匀变速直线运动规律有： 222eEt a m=即： 22ma t eE＝ 故所求时间为： 1222mma t t t eB eEπ=+=+（2）质子转过120°角后离开磁场，再沿直线到达图中P 点，最后垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达y 轴，运动轨迹如图中所示．由几何关系可得P 点距y 轴的距离为：x 1=a+asin30°=1．5a设在电场中运动的时间为 t 3，由匀变速直线运动规律有： 2312eEt x m= 即33ma t eE=质子在y 轴方向做匀速直线运动，到达y 轴时有： 133ea y vt mE ==所以质子在y 轴上的位置为： 13ea y a y a mE=+=+（3）若质子在y 轴上运动最远，应是质子在磁场中沿右边界向上直行，垂直进入电场中做类平抛运动，此时x′=2a质子在电场中在y 方向运动的距离为： 22ea y mE =质子离坐标原点的距离为： 22m ea y a y a mE=+=+ 由几何关系可证得，此题中凡进入磁场中的粒子，从磁场穿出时速度方向均与y 轴平行，且只有进入电场中的粒子才能打到y 轴上，因此质子到达y 轴的位置坐标的范围应是（a ，ea mE） 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动【名师点睛】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律，要注意明确在电场中的类平抛和磁场中的圆周运动处理方法，难度较大，属于难题。