高考物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)
高考物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．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 ϕ，射出点B 处电势为B ϕ．①求该电子在由A 运动到B 的过程中，电场力做的功AB W ；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θ的余弦值cos θ（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1ϕ，内部各处电势均为221()ϕϕϕ>，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1θ，求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角2θ的正弦值2sin θ．【答案】（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②是平行；()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+（2）① ②()1122211sin sin 2v e v mθθϕϕ=-+【解析】 【详解】（1）①AB 两点的电势差为AB A B U ϕϕ=-在电子由A 运动到B 的过程中电场力做的功为()AB AB B A W eU e ϕϕ=-=-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2201122AB W mv mv =- 0cos v v θ=解得：()020cos 2B A v v ve v mθϕϕ==-+（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1122sin sin θθ=v v 电子穿过界面的过程，能量守恒则：2211221122mv e mv e ϕϕ-=- 可解得：()212212e v v mϕϕ-=+ 则()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+（2）① ②()1122211sin sin 2v e v mθθϕϕ=-+2．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m 1=0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2=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 ／s 2，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v P 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：2112Fd m v = 解得：v =6m /s小球到达P 点时，受力如图所示:则有：qE =m 2g tan θ, 解得：E =7.5×104N /C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cos m gG 等θ=小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：2P v G r=等解得：v P =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v 1、v 2， 则有：m 1v =m 1v 1+m 2v 222211122111222m v m v m v =+ 解得：v 1=-2m /s(“-”表示v 1的方向水平向左)，v 2=4m /s 对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有：()()22222211sin cos 22P qE x r m g r r m v m v θθ--+=- 解得：x =0.85m3．如图甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，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t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1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）L t =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：L t =（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．4．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB 固定在竖直平面内．圆管的圆心为O ，D 点为圆管的最低点，AB 两点在同一水平线上，AB=2L ，圆管的半径为L(自身的直径忽略不计)．过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点，在虚线AB 的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E 2=mgq．圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC 间距为L ．现将该小球从P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A 无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g ．求：(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度E 1的大小； (2)小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小球从管口B 离开后，经过一段时间到达虚线AB 上的N 点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比ABPNt t ． 【答案】（1）mg q （2）2mg ，方向竖直向下（3）4ππ+ 【解析】 【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比. 【详解】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°= mgEq解得：mg qE =（2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL=12mv A 2 解得v A gL小球在管中运动时，E 2q=mg ，小球做匀速圆周运动，则v 0=v A gL 在D 点时，下壁对球的支持力2022v F m mg r==由牛顿第三定律，22F F mg =='方向竖直向下．（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，设所用时间为t 1，则：211222L gt =解得12L t g= 小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t 2，则：2323244A rL t v gππ⋅==小球离开管后做类平抛运动，物块从B 到N 的过程中所用时间：322L t g= 则：24t t ππ=+ 【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．5．如图所示,在平面直角坐标系xOy 平面内,直角三角形abc 的直角边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E 与匀强磁场磁感应强度B 的大小间满足E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L【答案】（1）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（3）94d ； 【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ；由几何关系可得r =d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：200v ev B m r=解得：0mv B ed=(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为O '，有：sin 30rO a '=︒3OO d O a ='-' 解得OO d '=即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远 所以22m y r d ==电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：根据运动学公式有：0x v t =212eE y t m=⋅ y eE v t m=tan y v v θ=tan 3Ld xθ=- 解得：(32)2L d y y =-⋅ 即98y d =时，L 有最大值 解得：94L d =当322d y y -=【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．6．1897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。
2022届高考物理二轮复习题：带电粒子在电场中运动
2022届高考物理二轮复习题：带电粒子在电场中运动一、单选题1．（2分）飞船在进行星际飞行时，使用离子发动机作为动力。
这种发动机工作时，由电极发射的电子射入稀有气体（如氙气），使气体离子化，电离后形成的离子由静止开始在电场中加速并由飞船尾部高速连续喷出，利用反冲使飞船本身得到加速。
已知氙离子质量为m，带电量大小为e，加速电压为U，飞船单位时间内向后喷射出的氙离子的质量为k，从飞船尾部高速连续喷出氙离子的质量远小于飞船的质量，则飞船获得的反冲推力大小为（）A．k√2eUm B．1k√2eUmC．k√eU2mD．1k√eU2m2．（2分）如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。
加速电场的加速压为U，静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。
由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器。
下列说法不正确的是（）A．磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外B．磁分析器中圆心O2到Q点的距离可能为d=1B√2mER qC．不同离子经相同的加速压U加速后都可以沿通道中心线安全通过静电分析器D．静电分析器通道中心线半径为R=2UE3．（2分）如图所示，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，电场沿竖直方向。
两个比荷不同、电性相同的带电粒子a和b，先后从两平行金属板间的P点以相同的水平速度射入。
测得a和b与下极板的撞击点到P点之间的水平距离之比为1：2。
不计粒子重力，则a和b的比荷之比是（）A ．1：8B ．4：1C ．2：1D ．1：24．（2分）如图所示，加速电场正、负极板之间的电压为 U 1 ，偏转电场板长为 l ，两板间距为d 。
高考物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)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，OO′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O 射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′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 ．(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O 射入的电子打到N 板上的位置到N 板左端的距离x ． 【答案】（1）12mU B L e = 垂直纸面向外；（23L【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）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212eU m v = 由于电子在两板间做匀速运动，则evB eE =，其中2U E L= 联立解得：12mUB L e=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：2v evB m r=，其中由（1）得到2eUv m=设电子打在N 板上时的速度方向与N 板的夹角为θ，由几何关系有：2cos L r rθ-=由几何关系有：sin x r θ= 联立解得：3x L =． 【点睛】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v 0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，2043mv R kq ；(2) 203mdv【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：0023303v v v cos ==︒ …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22Qq v k mR R =…② 由①②得：2043mv RQ kq=（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°tan 30°=0yv v …③v y =at…④qUa md=…⑤ 0Lt v =…⑥ 由③④⑤⑥得：2200303mdv tan mdv U qL ︒==3．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T 0（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】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【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2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，2012h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =，45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p v gh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，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2082pp v m qv m qT r π= 得0T gh r =，由2p r T v π= 得02T T = 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20min2242ghT s r r π=⨯=4．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v 0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E 1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E 2，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。
带电粒子(或物体)在电场中的直线运动 (含答案)
带电粒子(或物体)在电场中的直线运动一、基础知识 带电粒子在电场中加速若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增加量． (1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20或F ＝qE ＝q Ud ＝ma . (2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12m v 2－12m v 20.二、练习1、如图所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 极板时速度为v ，保持两板间电压不变，则( )A ．当增大两板间距离时，v 增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间变长 答案 CD解析 电子从静止开始运动，根据动能定理，从A 板运动到B 板动能的变化量等于电场力做的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，而位移(两板间距离)如果增加的话，电子在两板间运动的时间变长，故C 、D 正确．2、如图所示，质量m ＝2.0×10－4 kg 、电荷量q ＝1.0×10－6 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E 的匀强电场中．取g ＝10 m/s 2.(1)求匀强电场的电场强度E 的大小和方向；(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，方向不变．求在t ＝0.20 s 时间内电场力做的功；(3)在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能． 解析 (1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有 Eq ＝mgE ＝mg q ＝2.0×10－4×101.0×10－6N/C ＝2.0×103 N/C ，方向向上(2)在t ＝0时刻，电场强度大小突然变为E 0＝4.0×103 N/C ，设微粒的加速度为a ，在t ＝0.20 s 时间内上升高度为h ，电场力做功为W ，则 qE 0－mg ＝ma 解得：a ＝10 m/s 2 h ＝12at 2 解得：h ＝0.20 m W ＝qE 0h解得：W ＝8.0×10－4 J(3)设在t ＝0.20 s 时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v ，回到出发点时的动能为E k ，则 v ＝at由动能定理得mgh ＝E k －12m v 2解得：E k ＝8.0×10－4 J答案 (1)2.0×103 N/C 方向向上 (2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4 J3、电荷量为q ＝1×10－4 C 的带正电的小物块置于绝缘粗糙水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E 的大小与时间t 的关系和物块的速度v 与时间t 的关系分别如图甲、乙所示，若重力加速度g 取10 m/s 2，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是( )甲 乙A ．物块在4 s 内的总位移x ＝6 mB ．物块的质量m ＝0.5 kgC ．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2D ．物块在4 s 内电势能减少14 J 答案 ACD解析 由题图乙可知，物块前2 s 做匀加速直线运动，在2 s ～4 s 做匀速直线运动，根据v －t 图象所围面积可求得前2 s 位移x 1＝2 m,2 s ～4 s 位移x 2＝4 m ，总位移为x ＝6 m ，A 正确.0～2 s 内，由牛顿第二定律得qE 1－μm g ＝ma ，① 且a ＝ΔvΔt＝1 m/s 2，②2 s 后物块做匀速运动，有qE 2＝μmg ③由题图甲知E 1＝3×104 N/C 、E 2＝2×104 N/C ，联立①②③可得m ＝1 kg ，μ＝qE 2mg ＝0.2，B 错误，C 正确．又因为电势能的减少量等于电场力所做的功，即ΔE p ＝W ＝E 1qx 1＋E 2qx 2＝14 J ，D 正确．4、如图所示，正点电荷Q 放在一匀强电场中O 点，在电场空间中有M 、N 两点，若将一试探电荷放在距O 点为x 的N 点，它受到的电场力正好为零．O 、N 连线与匀强电场方向平行．M 、O 间距为y ，MO 与匀强电场方向垂直．则：(1)匀强电场的场强大小E 为多少，方向如何； (2)M 点的电场强度大小为多少；(3)若将正点电荷Q 移走，将一点电荷－q 由N 点移动到M 点，求这一过程中电荷的电势能如何变化，变化量为多少． 答案 (1)kQx 2 水平向右 (2)k 2Q 2x 4＋k 2Q 2y4 (3)增加kQqx解析 (1)因为试探电荷在N 点受电场力为0，其合电场强度为0 E Q ＝kQx 2E ＝E Q ＝kQx 2方向水平向右 (2)E Q ＝kQy2合场强为E 合＝E 2＋E 2Q E 合＝k 2Q 2x 4＋k 2Q 2y4 (3)电场力做功为W ＝－qEx 电场力做负功，电荷的电势能增加 增加量为ΔE ＝|W |＝kQqx5、如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB 运动，由此可知( )A ．电场中A 点的电势低于B 点的电势B ．微粒在A 点时的动能大于在B 点时的动能，在A 点时的电势能小于在B 点时的电势能C ．微粒在A 点时的动能小于在B 点时的动能，在A 点时的电势能大于在B 点时的电势能D ．微粒在A 点时的动能与电势能之和等于在B 点时的动能与电势能之和 答案 B解析 一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB 运动，对 其受力分析知其受到的电场力F 只能垂直等势面水平向左，电场强度则 水平向右，如图所示．所以电场中A 点的电势高于B 点的电势，A 错；微粒从A 向B 运动，合外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，B 对，C 错；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D 错．6、如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝Eq ，则( )A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为gC ．小球上升的最大高度为v 202gD ．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为m v 204答案 BD解析 由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON 方向，而mg ＝qE ，由三角形定则，可知电场方向与ON 方向成120° 角，A 错误；由图中几何关系可知，其合力为mg ，由牛顿第二定律可知a ＝g ，方向与初速度方向相反，B 正确；设带电小球上升的最大高度为h ，由动 能定理可得：－mg ·2h ＝0－12m v 20，解得：h ＝v 204g，C 错误；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则E p ＝－qE ·2h cos 120°＝qEh ＝ mg ·v 204g ＝m v 204，D 正确．7、如图所示，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板．质量为m 、带电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子刚好能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M 、N 两板间距的12处返回，则下述措施能满足要求的是( )A ．使初速度减为原来的12B ．使M 、N 间电压加倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的12答案 BD解析 粒子恰好到达N 板时有Uq ＝12m v 20，恰好到达两板中间返回时有U ′2q ＝12m v 2，比较两式可知B 、D 选项正确．8、如图所示，板长L ＝4 cm 的平行板电容器，板间距离d ＝3 cm ，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U ＝100 V ．有一带负电液滴，带电荷量为q ＝3×10－10C ，以v 0＝1 m/s的水平速度自A 板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B 板边缘水平飞出(取g ＝10 m/s 2，sin α＝0.6，cos α＝0.8)．求：(1)液滴的质量； (2)液滴飞出时的速度． 答案 (1)8×10－8 kg (2)72m/s解析 (1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qE cos α ＝mg E ＝U d解得：m ＝qU cos αdg代入数据得m ＝8×10－8 kg(2)对液滴由动能定理得：qU ＝12m v 2－12m v 20v ＝v 20＋2qUm 所以v ＝72m/s. 9、(2012·课标全国·18)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动 答案 BD解析 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg ，方向竖直向下；二是电场力F ＝Eq ，方向垂直于极板向上，因二力均为恒力，又已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D 正确，选项A 、C 错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B 正确．10、(2013·新课标Ⅰ·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d 2处返回D ．在距上极板25d 处返回答案 D解析 粒子两次落到小孔的速度相同，设为v ，下极板向上平移后由E ＝Ud 知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v 2＝2ax 得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h 处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg (d 2＋d )－qU ＝0，mg (d 2＋h )－q U 23d ·h ＝0.两方程联立得h ＝25d ，选项D 正确．11、(2013·新课标Ⅱ·24)如图，匀强电场中有一半径为r 的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a 、b 为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q (q >0)的质点沿轨道内侧运动．经过a 点和b 点时对轨道压力的大小分别为N a 和N b .不计重力，求电场强度的大小E 、质点经过a 点和b 点时的动能．答案16q (N b －N a ) r 12(N b ＋5N a ) r12(5N b ＋N a ) 解析 质点所受电场力的大小为F ＝qE ①设质点质量为m ，经过a 点和b 点时的速度大小分别为v a 和v b ，由牛顿第二定律有 F ＋N a ＝m v 2ar ②N b －F ＝m v 2br③设质点经过a 点和b 点时的动能分别为E k a 和E k b ，有 E k a ＝12m v 2a ④E k b ＝12m v 2b⑤根据动能定理有E k b －E k a ＝F ·2r ⑥ 联立①②③④⑤⑥式得E ＝16q (N b －N a )E k a ＝r12(N b ＋5N a )E k b ＝r12(5N b ＋N a )12、如图所示，两个带异种电荷的绝缘物体A 、B 放在竖直放置的箱子内，箱子静止时A 、B 也处于静止状态，下列做法可能使A 、B 发生相对运动的是( )A ．箱子竖直向上加速运动B ．箱子做自由落体运动C ．箱子匀速上升D．箱子减速下降答案 B。
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T 0（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】（12hg2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π= 【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2002v gh =- 解得02v gh000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，2012h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p vgh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，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2082pp v m qv m qT r π= 得04T gh r π=，由2p r T v π= 得02T T = 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20min2242ghT s r r π=⨯=2．如图所示，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝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E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧距PQ 为L 处有一与电场E 2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E 1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tan θ； (3) 电子打到屏上的点P ′到点O 的距离.【答案】(1) eELv m=L . 【解析】 【详解】（1）电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，到达MN 的速度为v ，则：a 1＝1eE m ＝eEm2122La v =解得eELv m=（2）设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ，a 2＝2eE m ＝2eEm t ＝L v v y ＝a 2ttan θ＝y v v=2（3）电子离开电场E 2后，将速度方向反向延长交于E 2场的中点O ′.由几何关系知：tan θ＝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 ϕ，射出点B 处电势为B ϕ．①求该电子在由A 运动到B 的过程中，电场力做的功AB W ；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θ的余弦值cos θ（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1ϕ，内部各处电势均为221()ϕϕϕ>，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1θ，求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角2θ的正弦值2sin θ．【答案】（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②是平行；()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+； （2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+【解析】 【详解】（1）①AB 两点的电势差为AB A B U ϕϕ=-在电子由A 运动到B 的过程中电场力做的功为()AB AB B A W eU e ϕϕ=-=-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2201122AB W mv mv =- 0cos v v θ=解得：()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+（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1122sin sin θθ=v v 电子穿过界面的过程，能量守恒则：2211221122mv e mv e ϕϕ-=- 可解得：()212212e v v mϕϕ-=+ 则()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②()020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+；（2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+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v 0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v 0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222vg．【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=2rvπ，小球在磁场中的运动时间：t1=14T=24Lvπ，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x =r =v 0t 2， 运动时间：t 2=22L v ，则：t 1：t 2=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 =222v L，对小球，由牛顿第二定律得：a =mgsin mθ=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=222v g；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x 0=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v 0=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 =m 20v r解得：r =20510mv Bq-=⨯m=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′FO 1为菱形，所以FO 1∥O′P ，又O′P 垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO 1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：x 0=v 0t 0 h =2012at a =qE m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 =v 0t 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，000tan 2y qE x v m v yv v θ⋅===所以：H =（x 0﹣x ）tan θ=（x 02y ）2y由数学知识可知，当（x 02y ）2y 时，即y =4.5cm 时H 有最大值 所以H max =9cm6．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 =33m ，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．（2）3310（323+ 【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 ＝33×105m/s 射出时速度为：22502310/y v v v m s =+=速度v 与水平方向夹角为θ，03tan 3y 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213262d y at ===，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211vB qv mR=知：113310mvB TqR==（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin60RRo+=故半径2(233)R m=-又222vB qv mR=故2235B T+=所以B2应满足的条件为大于235T+．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.7．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO ’的最远位置和最近位置之间的距离（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，①求匀强磁场的磁感应强度B②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y【答案】（1）2010U e y t dm ∆=（2）①00U t B dL =②2010U e y y t dm∆=∆= 【解析】【详解】（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为： 2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm=+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：220min 001122U e y at t dm== 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，2010U e y t dm∆= （2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：sin L R θ= 设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1sin y v v θ=， 式中00y U e v t dm =又：1mv R Be= 解得：00U t B dL= ②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm∆=∆=8．长为L 的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d ，电势差为U ，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场．荧光屏MN与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x，电容器左侧中间有发射质量为m带＋q的粒子源，如图甲所示．假设a、b、c三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O点；b粒子在电、磁场中向上偏转；c粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a粒子仍恰好打在荧光屏上的O点；b、c中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；(2)b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离(用x、L、d表示)；(3)b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．【答案】(1)242222222akL B d q m UEmB d= (2)1()2xy dL=+ (3)11224==5UqyW dUqW yd【解析】【详解】据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．(1) 从图中可见电、磁场分开后，a 粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O 点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．U q Bqv d=， Bd U v =， L LBd t v U==， 222122a Uq L B qd y t dm mU==， 21()2a a k U U qy E m d Bd=- 242222222a k L B d q m U E mB d= (2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得12=122d y L L x +， 1()2x y d L =+ (3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 22111·2Uq y t md =，11y Uq v t md= 122221·2y Uq t m y t dv +=， 22158qU y t md=， 124=5y y ， 11224==5Uq y W d Uq W y d9．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0；（2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；【答案】（1）3E B（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得：23603 d d drsin sinα===︒根据2mvqv Br=得233qBdvm=粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qEr cos tm-︒=（）；00yv qEttanv mvα==联立解得03EvB=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于α．则有：x=v0t，2yvy t=得322yvy tanx vα===由几何知识可得 y=r-rcosα=132r=则得23x d=所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d dRsinα⎛⎫+⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度0432v qBdv vcosα===根据2'vqvB mR=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动10．如图,光滑水平面上静置质量为m ，长为L 的绝缘板a,绝缘板右端园定有竖直挡板,整个装置置于水平向右的匀强电场中.现将一质量也为m 、带电量为q(q>0)的物块b 置于绝缘板左端(b 可视为质点且初速度为零)，已知匀强电场的场强大小为E=3μmg/q ，物块与绝缘板板间动摩擦数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，物块与绝缘板右端竖直挡板碰撞后a 、b 速度交换,且碰撞时间极短可忽略不计,物块带电量始终保持不变,重力加速度为g 。
2022年高考物理热点考点专题22 带电粒子在静电场中的运动
2022年高考物理热点考点专题22 带电粒子在静电场中的运动一、单选题1．如图所示，一质量m=1×10-3kg ，电荷量为q=1×10-3C 的粒子，重力不计，在竖直向下的电场强度为E=1×103N/C 的匀强电场中运动，在A 点时速度方向与电场方向夹角为60°，经过0.1s 后到达B 点速度方向与电场方向夹角为30°，则A 点速度的大小为（ ）A ．100m/sB ．200m/sC ．300m/sD ．400m/s2．如图（a ），平行金属板A 、B 间的电压恒为U ，B 板右侧的平行金属板M 、N 间加有图（b ）所示的交变电压，OO'是M 、N 板间的中线，当电压稳定时，板间为匀强电场且电场仅局限于板间。
零时刻，紧贴A 板同时由静止释放甲、乙两个离子，两离子质量相等、电荷量关系为q 甲=4q 乙；甲在T 4时刻沿OO'方向进入并在3T 4时刻飞离交变电场。
设甲、乙飞离交变电场时的速率为v 甲、v 乙，在交变电场中的偏移量大小为y 甲、y 乙。
离子重力和离子间的相互作用均不计。
则（ ）A ．y 甲=2y 乙B ．y 甲=y 乙C ．v 甲=v 乙D ．v 甲=4v 乙二、多选题3．如图所示，矩形区域MNPQ 内有水平向右的匀强电场，半径为0.2m 、内壁光滑的绝缘半圆细管ADB 固定在竖直平面内，直径AB 垂直于水平虚线MN ，圆心O 在MN 的中点，半圆管的一半处于电场中。
质量为0.1kg 、电荷量为0.01C 的带正电的小球（视为质点）从半圆管的A 点由静止开始滑入管内，到达B 点时的速度大小为2m/s ，之后小球从MNPQ 区域的右边界NP 离开电场．取重力加速度大小g =10m/s 2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A．小球在B点受到的支持力大小为2NB．匀强电场的电场强度大小为100V/mC．电场区域的最小面积为6+4√225m2D．电场区域的最小面积为8+4√225m24．如图1所示，长为L的两水平金属板A、B组成一间距为d的平行板电容器，AB板之间的电势差随时间t的变化关系如图2所示，已知电压U0=4md2v02qL2，周期T=Lv0。
物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析及解析
物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析及解析一、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E 0，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2E 0，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）0E R 02E R（2）8E 0 【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 ＝E 0则小球受到的重力为：mg ＝E R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2E 0，根据功能关系可知：EqR ＝2E 0则小球受到的电场力为：Eq ＝2E R方向水平向右，小球带正电。
(2)设小球到达C 点时速度为v C ，则从A 到C 根据动能定理有：EqR ＝212C mv ＝2E 0 则C 点速度为：v C 04E m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：41C v E t g g m== 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：00442E E qE qE v at t m mg m m==== 则在最高点的动能为：2200411(2)822k E E mv m E m===2．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T 0（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】（12h g 2h （2）2mg q ；P v gh = 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min 22ghT s π=【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2002v gh =- 解得02v gh =000v gt =- 解得02ht g=对油滴a 的水平运动，有000x v t = 解得02x h =(2)两油滴结合之前，油滴a 做类平抛运动，设加速度为a ，有qE mg ma -=，2012h at =，解得a g =，2mg E q =设油滴的喷出速率为0v ，结合前瞬间油滴a 速度大小为a v ，方向向右上与水平方向夹θ角，则0a cos v v θ=，00tan v at θ=，解得a 2v gh =，45θ=︒两油滴的结束过程动量守恒，有：12p mv mv =，联立各式，解得：p v gh =，方向向右上，与水平方向夹45︒角(3)因2qE mg =，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2082pp v m qv m qT r π= 得04T gh r π=，由2p r T v π= 得02T T = 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20min2242ghT s r r π=⨯=3．3L 、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v 0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φ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t 0(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T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （2）223cos 2d R a R L ≥+= ；min 0(632)3L T v π+= 【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R 1，则0102qv B m v R =由几何关系：222113()()22L LR R =+- 解得0mv B qL=（2）粒子P 从O 003L v t =01122y L v t = 解得03y v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan yv v α== 则=3πα00sin v v α== 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R 2，则212sin LR α= ，解得2R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为22cos 2d R R L α≥+=； 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：2min 0(22)2R T t vπα--=解得()min23L T v π=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.4．如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP ，由半径的圆弧轨道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．质量m 1的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2、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 ／s 2，，．(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v P 和B 、C 两点间的距离x ． 【答案】(1) 6m /s ；7.5×104N //s ； 【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：2112Fd m v = 解得：v =6m /s小球到达P 点时，受力如图所示:则有：qE =m 2g tan θ, 解得：E =7.5×104N /C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cos m gG 等θ=小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：2P v G r=等解得：v P /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v 1、v 2， 则有：m 1v =m 1v 1+m 2v 222211122111222m v m v m v =+ 解得：v 1=-2m /s(“-”表示v 1的方向水平向左)，v 2=4m /s对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有：()()22222211sin cos 22P qE x r m g r r m v m v θθ--+=- 解得：x5．如图甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，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t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1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．6．如图所示，在竖直面内有两平行金属导轨AB 、CD ．导轨间距为L ，电阻不计．一根电阻不计的金属棒ab 可在导轨上无摩擦地滑动．棒与导轨垂直，并接触良好．导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B ．导轨右边与电路连接．电路中的三个定值电阻阻值分别为2R 、R 和R ．在BD 间接有一水平放置的电容为C 的平行板电容器，板间距离为d ，电容器中质量为m 的带电微粒电量为q 。
专题24 带电粒子在电场中的运动----2022年高考物理一轮重难点复习(解析版)
专题24 带电粒子在电场中的运动重点知识讲解 一、带电粒子在匀强电场中的加速1.带电粒子在电场中运动时，重力一般远小于静电力，因此重力可以忽略。
2.如图所示，匀强电场中有一带正电q 的粒子（不计重力），在电场力作用下从A 点加速运动到B 点，速度由v 0增加到v.，A 、B 间距为d ，电势差为U AB.（1）用动力学观点分析：Eq a m =， U E d=，2202v v ad -= （2）用能量的观点（动能定理）分析：2201122AB qU mv mv =- 能量观点既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场，对匀强电场又有AB W qU qEd ==。
二、带电粒子在匀强电场中的偏转（1）带电粒子以垂直于电场线方向的初速度v 0进入匀强电场时，粒子做类平抛运动。
垂直于场强方向的匀速直线运动，沿场强方向的匀加速直线运动。
（2）偏转问题的处理方法，类似于平抛运动的研究方法，粒子沿初速度方向做匀速直线运动，可以确定通过电场的时间0lt v =。
粒子沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度F qE qU a m m md===； 穿过电场的位移侧移量：221at y =222001().22Uq l ql U md v mv d=⋅=； 穿过电场的速度偏转角： 20tan y v qlU v mv dθ==。
两个结论：（1）不同的带电粒子从静止开始，经过同一电场加速后再进入同一偏转电场，射出时的偏转角度总是相同的。
（2）粒子经过电场偏转后，速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点。
（与平抛运动的规律一样） 三、示波管的构造原理（1）示波管的构造：示波器的核心部件是示波管，示波管的构造简图如图所示，也可将示波管的结构大致分为三部分，即电子枪、偏转电极和荧光屏。
（2）示波管的原理a 、偏转电极不加电压时，从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏的中心点形成一个亮斑。
b 、在XX '（或YY '）加电压时，则电子被加速，偏转后射到XX '（或YY '）所在直线上某一点，形成一个亮斑（不在中心），如图所示。
高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题(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，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E 0，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2E 0，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）0E R 02E R（2）8E 0 【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 ＝E 0则小球受到的重力为：mg ＝E R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2E 0，根据功能关系可知：EqR ＝2E 0则小球受到的电场力为：Eq ＝2E R方向水平向右，小球带正电。
(2)设小球到达C 点时速度为v C ，则从A 到C 根据动能定理有：EqR ＝212C mv ＝2E 0 则C 点速度为：v C 04E m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：41C v E t g g m== 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：0442E E qE qE v at t m mg m m==== 则在最高点的动能为：2200411(2)822k E E mv m E m===2．如图所示，OO′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O 射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′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 ．(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O 射入的电子打到N 板上的位置到N 板左端的距离x ． 【答案】（1）12mU B L e = 垂直纸面向外；（2）32L【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）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212eU m v = 由于电子在两板间做匀速运动，则evB eE =，其中2U E L= 联立解得：12mUB L e=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：2v evB m r=，其中由（1）得到2eUv m=设电子打在N 板上时的速度方向与N 板的夹角为θ，由几何关系有：2cos L r rθ-=由几何关系有：sin x r θ= 联立解得：32x L =． 【点睛】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．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 ϕ，射出点B 处电势为B ϕ．①求该电子在由A 运动到B 的过程中，电场力做的功AB W ；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θ的余弦值cos θ（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1ϕ，内部各处电势均为221()ϕϕϕ>，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1θ，求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角2θ的正弦值2sin θ．【答案】（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②是平行；()202B A ve v mϕϕ-+；（2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+【解析】 【详解】（1）①AB 两点的电势差为AB A B U ϕϕ=-在电子由A 运动到B 的过程中电场力做的功为()AB AB B A W eU e ϕϕ=-=-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2201122AB W mv mv =- 0cos v v θ=解得：()0020cos 2B A v ve v mθϕϕ==-+（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1122sin sin θθ=v v 电子穿过界面的过程，能量守恒则：2211221122mv e mv e ϕϕ-=- 可解得：()212212e v v mϕϕ-=+ 则()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②()202B A ve v mϕϕ-+；（2）① ②()1122211sin 2e v mθϕϕ=-+4．如图所示,有一比荷qm=2×1010C/kg 的带电粒子,由静止从Q 板 经电场加速后,从M 板的狭缝垂直直线边界a 进入磁感应强度为B =1.2×10-2T 的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b ,匀强磁场方向垂直平面向里,a 、b 间距d =2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：(1)带电粒子射入磁场区域时速度v ； (2)Q 、M 两板间的电势差U QM 。
高中物理带电粒子在复合场中的运动题20套(带答案)含解析
一、带电粒子在复合场中的运动专项训练1．下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N ON d ''==，P 为靶点，O P kd '=（k 为大于1的整数）。
极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U 。
质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收。
两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。
忽略相对论效应和离子所受的重力。
求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小； （2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。
【来源】2015年全国普通高等学校招生统一考试物理（重庆卷带解析) 【答案】（1）22qUm B =（2）22nqUm B =，2(1,2,3,,1)n k =-L （3）2222(1)t qum k -磁，22(1)=k m t h qU-电 【解析】 【分析】带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。
【详解】（1）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =可得2qUv m=磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知：2kd r =联立解得B =； （2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点。
设共加速了n 次，有：212n nqU mv =2nn nv qv B m r =且：2n kd r =解得：B =，要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >且：2112qU mv =2111v qv B m r =解得：2n k <，故加速次数n 为正整数最大取21n k =- 即：B =2(1,2,3,,1)n k =-L ；（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n -1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点。
高中物理高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)
高中物理高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(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m 1＝0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2＝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/s 2，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v P 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 ＝12m 1v 2， 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 ＝m 2g tanθ， 解得：E ＝7.5×104N/C 。