高中物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)
高中物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，带电量为+q的a水平向右，不带电的b竖直向上．b上升高度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p．忽略空气阻力，重力加速度为g．求
(1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离；
(2)匀强电场的场强及油滴a、b结合为p后瞬间的速度；
(3)若油滴p形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为0t时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T0（垂直纸面向外为正），已知P始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响）
【答案】（1）2hg；2h（2）2mgq；Pvgh 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min22ghTs
【解析】
【详解】
(1)设油滴的喷出速率为0v，则对油滴b做竖直上抛运动，有
2002vgh 解得02vgh
000vgt 解得02htg
对油滴a的水平运动，有
000xvt 解得02xh
(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为a，有
qEmgma，2012hat，解得ag，2mgEq
设油滴的喷出速率为0v，结合前瞬间油滴a速度大小为av，方向向右上与水平方向夹角，则
0acosvv，00tanvat，解得a2vgh，45 两油滴的结束过程动量守恒，有：12pmvmv，联立各式，解得：pvgh，方向向右上，与水平方向夹45角
(3)因2qEmg，油滴p在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T，则
由2082ppvmqvmqTr 得04Tghr，由2prTv 得02TT
即油滴p在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．
最小矩形的两条边长分别为2r、4r（轨迹如图所示）．最小矩形的面积为20min2242ghTsrr
2．如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1＝E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏．现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为2L，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：
(1) 电子到达MN时的速度；
(2) 电子离开偏转电场时偏转角的正切值tanθ；
(3) 电子打到屏上的点P′到点O的距离.
【答案】(1) eELvm (2)2 (3) 3L.
【解析】
【详解】
（1）电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a1，到达MN的速度为v，则：
a1＝1eEm＝eEm 2122Lav
解得
eELvm
（2）设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy，
a2＝2eEm＝2eEm
t＝Lv
vy＝a2t
tanθ＝yvv=2
（3）电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2场的中点O′.由几何关系知：
tanθ＝2xLL
解得：
x＝3L.
3．利用电场可以控制电子的运动，这一技术在现代设备中有广泛的应用，已知电子的质量为m，电荷量为e，不计重力及电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应．
（1）在宽度一定的空间中存在竖直向下的匀强电场，一束电子以相同的初速度0v沿水平方向射入电场，如图1所示，图中虚线为某一电子的轨迹，射入点A处电势为A，射出点B处电势为B．
①求该电子在由A运动到B的过程中，电场力做的功ABW；
②请判断该电子束穿过图1所示电场后，运动方向是否仍然彼此平行？若平行，请求出速度方向偏转角的余弦值cos（速度方向偏转角是指末速度方向与初速度方向之间的夹角）；若不平行，请说明是会聚还是发散．
（2）某电子枪除了加速电子外，同时还有使电子束会聚或发散作用，其原理可简化为图2所示．一球形界面外部空间中各处电势均为1，内部各处电势均为221()，球心位于z轴上O点．一束靠近z轴且关于z轴对称的电子以相同的速度1v平行于z轴射入该界面，由于电子只受到在界面处法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，改变前后能量守恒．
①请定性画出这束电子射入球形界面后运动方向的示意图（画出电子束边缘处两条即可）；
②某电子入射方向与法线的夹角为1，求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角2的正弦值2sin．
【答案】（1）①ABBAWe ②是平行；0020cos2BAvvvevm；
（2）① ②1122211sinsin2vevm
【解析】
【详解】
（1）①AB两点的电势差为ABABU
在电子由A运动到B的过程中电场力做的功为ABABBAWeUe
②电子束在同一电场中运动，电场力做功一样，所以穿出电场时，运动方向仍然彼此平行，设电子在B点处的速度大小为v，根据动能定理
2201122ABWmvmv
0cosvv
解得：0020cos2BAvvvevm
（2）①运动图如图所示：
②设电子穿过界面后的速度为2v，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面方向的速度不变，则1122sinsinvv
电子穿过界面的过程，能量守恒则：2211221122mvemve 可解得：212212evvm
则1122211sinsin2vevm
故本题答案是：（1）①ABBAWe ②0020cos2BAvvvevm；
（2）① ②1122211sinsin2vevm
4．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，
水平方向：x=r=v0t2，
运动时间：t2=022Lv，
则：t1：t2=π：2；
（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，
位移：r=2212at，解得，加速度：a=2022vL，
对小球，由牛顿第二定律得：a=mgsinm=gsinθ，
AB边距离桌面的高度：h=Lsinθ=2022vg；
5．如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x0=60cm，在第一象限y轴和MN之间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=1.6×105N/C，在第二象限有半径R=5cm的圆形磁场，磁感应强度B=0.8T，方向垂直xOy平面向外．磁场的边界和x轴相切于P点．在P点有一个粒子源，可以向x轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为qm=1.0×108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v0=4.0×106m/s．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；
（2）粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；
（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q点的最远距离．
【答案】（1）5cm；（2）0≤y≤10cm；（3）9cm
【解析】
【详解】
（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB=m20vr
解得：r=20510mvBqm=5cm
（2）由（1）问可知r=R，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示：
由几何关系可知四边形PO′FO1为菱形，所以FO1∥O′P，又O′P垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x轴平行，所以粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0≤y≤10cm
（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：
x0=v0t0
h=2012at
a=qEm
解得：h=18cm＞2R=10cm
说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．设从纵坐标为y的点进入电场的粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，则：
x=v0t
y=212at
代入数据解得：x=2y
设粒子最终到达荧光屏的位置与Q点的最远距离为H，粒子射出电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为θ，
000tan2yqExvmvyvv
所以：
H=（x0﹣x）tanθ=（x0﹣2y）•2y
由数学知识可知，当（x0﹣2y）=2y时，即y=4.5cm时H有最大值
所以Hmax=9cm
高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
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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．如图所示，在两块长为3L、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势随时间t的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O点射人的粒子P经时间t0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．
高中物理带电粒子在电场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案)
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一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．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。
2．如图所示，EF与GH间为一无场区．无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板．无场区右侧为一点电荷Q形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：
高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析
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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v0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B1；
(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B2和匀强电场的电场强度大小E.
【答案】（1）0152mvBql （2）2058mvlQkq （3）0253mvBql
2020(23)9mvEql
【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r1
由几何关系得112cos25rll 由洛伦兹力提供向心力可得20011vqvBmr
解得:0152mvBql
(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252cos8lrl
由库仑力提供向心力得20222vQqkmrr
解得:2058mvlQkq
(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00sin35lltvv
根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt
高中物理带电粒子在电场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案) 2
高中物理带电粒子在电场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案)
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B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；
(3)若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点（图中未画出）后不再反弹，求Q、C两点间的距离L。
【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s，匀强电场的电场强度大小是7.5×104N/C；（2）小球到达P点时的速度大小是2.5m/s，B、C两点间的距离是0.85m。（3）Q、C两点间的距离为0.5625m。
【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：Fd＝12m1v2，
代入数据解得：v＝6m/s
小球到达P点时，受力如图所示，由平衡条件得：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：G等＝2cosmg ① 小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等＝m22Pvr
②
联立①②，代入数据得：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，
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)
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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，EF与GH间为一无场区．无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板．无场区右侧为一点电荷Q形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：
(1)O处点电荷的电性和电荷量；
(2)两金属板间所加的电压．
【答案】(1)负电，2043mvRkq；(2) 2033mdvqL
【解析】
（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D点时速度为：0023303vvvcos …①
在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q带负电且满足22QqvkmRR…②
由①②得：2043mvRQkq
（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°
tan 30°=0 yvv …③ vy=at…④
qUamd
…⑤
0Ltv …⑥
由③④⑤⑥得：22003033mdvtanmdvUqLqL
2．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:
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)及解析
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一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．如图，一带电荷量q=+0.05C、质量M=lkg的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m=lkg的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75．距平板左端L=0.8m处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。整个空间存在电场强度E=100N/C的水平向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g=10m/s2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。求：
（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率；
（2）平板的最小长度；
（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。
【答案】（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率为1.0m/s;（2）平板的最小长度为0.53m;（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量为8.0N•s
【解析】
【详解】
（1）两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，
有a=qEm=2.5m/s2＜μg
故平板M与物块m一起匀加速，根据动能定理可得：qEL=12（M+m）v21
解得v=2.0m/s
平板反弹后，物块加速度大小a1=mgm=7.5m/s2，向左做匀减速运动
平板加速度大小a2=qEmgm=12.5m/s2，
平板向右做匀减速运动，设经历时间t1木板与木块达到共同速度v1′，向右为正方向。
-v1+a1t1=v1-a2t1
解得t1=0.2s，v1'=0.5m/s，方向向左。
此时平板左端距挡板的距离：x=v1t122112at=0.15m
此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为v，则由动能定理
12（M+m）v2212（M+m）21'v=qEx1
解得v2=1.0m/s
（2）最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。 设平板长为l，全程根据能量守恒可得：qEL=μmgl
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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，在两块长为3L、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势随时间t的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O点射人的粒子P经时间t0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．
(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B．
(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O点，求右侧磁场的宽度d应满足的条件和电场周期T的最小值Tmin．
【答案】（1）0mvBqL （2）223cos2dRaRL ；min0(632)3LTv
【解析】
【分析】
【详解】
（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1，则0102qvBmvR
由几何关系：222113()()22LLRR
解得0mvBqL
（2）粒子P从O点运动到下板右边缘的过程，有：003Lvt 01122yLvt
解得033yvv
设合速度为v，与竖直方向的夹角为α，则：0tan3yvv
则=3
0023sin3vvv
粒子P在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R2，则212sinLR ，
解得233LR
右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos2dRRL；
由于粒子P从O点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min0(22)2RTtv
高中物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析
高中物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题 (含答案)含解
析
、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1. 如图所示，00为正对放置的水平金属板 M N的中线.热灯丝逸出的电子 (初速度重力
均不计)在电压为U的加速电场中由静止开始运动，从小孔 0射入两板间正交的匀强电场、
匀强磁场(图中未画出)后沿00做直线运动•已知两板间的电压为 2U,两板长度与两板间
的距离均为L,电子的质量为 m电荷量为e.
j——/V
(1) 求板间匀强磁场的磁感应强度的大小 B和方向;
(2) 若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔 N板上的位置到N板左端的距离x .
【答案】(1) B 1 . 2mU垂直纸面向外；(2) 3 L
L Y e 2
【解析】
【分析】
(1 )在电场中加速度，在复合场中直线运动，根据动能定理和力的平衡求解即可;
(2)洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可；
【详解】
1 2
(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有： eU mv
2
由于电子在两板间做匀速运动，则 evB eE,其中E 空
L
联立解得：B 1、2mU
根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外；
(2)洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有:
2
evB m—，其中由(1)得到v r
设电子打在N板上时的速度方向与 N板的夹角为 ，由几何关系有： cos
由几何关系有： x r sin
联立解得：x 2 . 2 0射入的电子打到
L r 2
r
本题考查了带电粒子的加速问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要 找出向心力的提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可.
2. 如图所示，EF与GH间为一无场区•无场区左侧 A、B为相距为 置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中 区右侧为一点电荷 Q形成的电场，点电荷的位置 0为圆弧形细圆管
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧讲解及练习题(含答案)
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v0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B1；
(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B2和匀强电场的电场强度大小E.
【答案】（1）0152mvBql （2）2058mvlQkq （3）0253mvBql
2020(23)9mvEql
【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r1
由几何关系得112cos25rll
由洛伦兹力提供向心力可得20011vqvBmr 解得:0152mvBql
(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252cos8lrl
由库仑力提供向心力得20222vQqkmrr
解得:2058mvlQkq
(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00sin35lltvv
根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt
又22mTqB
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)
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v0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B1；
(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B2和匀强电场的电场强度大小E.
【答案】（1）0152mvBql （2）2058mvlQkq （3）0253mvBql
2020(23)9mvEql
【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r1
由几何关系得112cos25rll
由洛伦兹力提供向心力可得20011vqvBmr 解得:0152mvBql
(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252cos8lrl
由库仑力提供向心力得20222vQqkmrr
解得:2058mvlQkq
(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00sin35lltvv
根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则2Tt