高中物理电场练习题(含详解答案)

1、运动电荷进入磁场后(无其他外力作用)可能做()
A.匀速圆周运动
B.匀速直线运动
C.匀加速直线运动
D.平抛运动
2、如图所示,正方形容器处于匀强磁场中,一束电子从孔a垂直于磁场沿ab方向射入容器中,其中一部分从c孔射出,一部分从d孔射出,容器处于真空中,则下列结论中正确的是()
A.从两孔射出的电子速率之比v c∶v d=2∶1
B.从两孔射出的电子在容器中运动的时间之比t c∶t d=1∶2
C.从两孔射出的电子在容器中运动的加速度大小之比a c∶a d=∶1
D.从两孔射出的电子在容器中运动的角速度之比ωc∶ωd=2∶1
3、如图所示,在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场,粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角,若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a,则该粒子的比荷和所带电荷的电性分别是()
A.,正电荷
B.,正电荷
C.,负电荷
D.,负电荷
4、一磁场宽度为L,磁感应强度为B,如图所示,一粒子质量为m,带电荷量为-q,不计重力,以某一速度(方向如图)射入磁场。

若不使其从右边界飞出,则粒子的速度应为多大?
5、已知质量为m的带电液滴,以速度v射入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中,液滴在此空间刚好能在竖直平面内做匀速圆周运动。

重力加速度为g,求:
(1)液滴在空间受到几个力作用;
(2)液滴的带电荷量及电性;
(3)液滴做匀速圆周运动的半径。

6、如图所示,有界匀强磁场的磁感应强度B=2×10-3 T;磁场右边是宽度L=0.2 m、场强E=40 V/m、方向向
左的匀强电场。

一带电粒子的电荷量q=-3.2×10-19 C,质量m=6.4×10-27 kg,以v=4×104 m/s的速度沿OO'垂直射入磁场,在磁场中偏转后进入右侧的电场,最后从电场右边界射出。

求:
(1)大致画出带电粒子的运动轨迹(画在给出的图中);
(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹半径;
(3)带电粒子飞出电场时的动能E k。

7、如图所示,在坐标系xOy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面向里;第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E。

一带电荷量为+q、质量为m的粒子,自y轴上的P 点沿x轴正方向射入第四象限,经x轴上的Q点进入第一象限,随即撤去电场,以后仅保留磁场。

已知
OP=d,OQ=2d。

不计粒子重力。

(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。

(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0,粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限,求B0。

(3)若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子将再次经过Q点,且速度与第一次过Q点时相同,求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。

详解答案：
1、
[答案]AB
[解析]当电荷垂直匀强磁场方向进入时做匀速圆周运动,当电荷平行于匀强磁场方向进入时做匀速直线运动。

2、
[答案]AB
[解析]带电粒子在磁场中做圆周运动,求时间时要考虑时间与周期的关系,所求加速度为向心加速度,需考虑洛伦兹力,求速率也要考虑洛伦兹力,因为Bqv=,从a孔射入,经c、d两孔射出的粒子轨道半径分别为正方形边长和边长,所以==,A正确;粒子在同一匀强磁场中运动周期T=相同,因为t c=,t d=,
所以=,B正确;因为a=,所以==,C错误;因为ω=,所以ω相同,D错误,故正确答案为A、B。

3、
[答案] C
[解析]从“粒子穿过y轴正半轴”可知粒子向右侧偏转,洛伦兹力指向运动方向的右侧,由左手定则可判定粒子带负电,作出粒子运动轨迹示意图如图所示。

根据几何关系有r+r sin 30°=a,再结合半径表达式r=可
得=,故C正确。

4、
[答案]
[解析]若要粒子不从右边界飞出,当达最大速度时运动轨迹如图,由几何知识可求得半径r,有r+r cos θ=L,得r=
又Bqv=,
所以v==
5、
[答案](1)三个力(2)负电(3)
[解析](1)由于是带电液滴,它受到重力,又处于电、磁场中,还应受到电场力及洛伦兹力共三个力作用。

(2)因液滴做匀速圆周运动,故必须满足重力与电场力平衡,所以液滴应带负电,则有mg=Eq,求得:q=。

(3)尽管液滴受三个力,但合力为洛伦兹力,所以仍可用半径公式R=,把电荷量代入可得R==。

6、
[答案](1)见解析(2)0.4 m(3)7.68×10-18 J
[解析](1)粒子运动轨迹如图所示。

(2)带电粒子在磁场中运动时,由牛顿运动定律,有
|q|vB=m
R==m=0.4 m。

(3)E k=E|q|L+mv2=40×3.2×10-19×0.2 J+×6.4×10-27×(4×104)2 J=7.68×10-18 J。

7
[答案](1)2与x轴正方向夹角为45°(2)
(3)(2+π)
[解析](1)设粒子在电场中运动的时间为t0,加速度的大小为a,粒子的初速度为v0,过Q点时速度的大小为v,沿y轴方向分速度的大小为v y,速度与x轴正方向间的夹角为θ,由牛顿第二定律得
qE=ma①
由运动学公式得
d=a②
2d=v0t0③
v y=at0④
v=⑤
tan θ=⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v=2⑦
θ=45°⑧
(2)设粒子做圆周运动的半径为R1,粒子在第一象限的运动轨迹如图所示,O1为圆心,由几何关系可知△O1OQ
为等腰直角三角形,得
R1=2d⑨
由牛顿第二定律得
qvB0=m⑩
联立⑦⑨⑩式得
B0=
(3)设粒子做圆周运动的半径为R2,由几何分析[粒子运动的轨迹如图所示。

O2、O2'是粒子做圆周运动的圆心,Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点,连接O2、O2',由几何关系知,O2FGO2'和O2QHO2'均为矩形,进而知FQ、GH均为直径,QFGH也是矩形,又FH⊥GQ,可知QFGH是正方形,△QOF为等腰直角三角形。

]可知,粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆,得
2R2=2d
粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段,得
FG=HQ=2R2
设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t,则有
t=
联立⑦式得
t=(2+π)。