高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)
微型专题03 带电粒子在电场中的运动(四种题型)(练习题)(解析版)
第十章静电场中的能量微型专题3 带电粒子在电场中的运动（四种题型）一、单选题：1.A、B是一条电场线上的两个点，一带负电的微粒仅在静电力作用下以一定的初速度从A点沿电场线运动到B点，其速度v与时间t的关系图象如图1所示。
则此电场的电场线分布可能是( )【解析】从v－t图象可以看出物体的速度逐渐减小，图线的斜率逐渐增大，v－t图线中图线的斜率表示物体的加速度大小，故物体做加速度逐渐增大的减速运动，所以带负电的粒子顺着电场线运动，电场力做负功，速度逐渐减小，且电场线沿粒子运动方向逐渐密集，故选项A正确，选项B、C、D错误。
【答案】A2.如图所示，两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【答案】D【解析】两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确.3.如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的( )A.2倍B.4倍C.12D.14【答案】C【解析】电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动.假设电子的带电荷量为e ，质量为m ，初速度为v ，极板的长度为L ，极板的间距为d ，电场强度为E .由于电子做类平抛运动，所以水平方向有：L ＝vt ，竖直方向有：y ＝12at 2＝12·eE m ·(Lv)2＝d .因为E ＝U d ，可得：d 2＝eUL 22mv 2，若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d 应变为原来的12，故选C.4.一匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象如图4所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t ＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是(假设带电粒子不与板相碰)( )A.带电粒子只向一个方向运动B.0～2 s 内，电场力做功等于0C.4 s 末带电粒子回到原出发点D.2.5～4 s 内，电场力做功等于0 【答案】D【解析】画出带电粒子速度v 随时间t 变化的图象如图所示，v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4 s 末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；2 s末速度不为0，可见0～2 s内电场力做的功不等于0，B错误；2.5 s末和4 s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4 s内，电场力做功等于0，所以D正确.5.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒【答案】B【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C 错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错.6.如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab 长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中).不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )A.s22qEmhB.s2qEmhC.s42qEmhD.s4qEmh【答案】B【解析】根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有1 2s＝v0t，在竖直方向有12h＝12·qEm·t2，解得v0＝s2qEmh，故选项B正确，选项A、C、D错误.7.如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，a、b、c三点在它们连线的延长线上，其中Q1带负电。
高中物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)
高中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.如图所示，xOy平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外.点P — L,0处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q、质量为m的带负电3粒子.不考虑粒子的重力.(1)若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x轴正向通过点Q (0, -L),求其速率V1；(2)若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率V1沿x轴正向通过点Q,求匀强电场的电场强度E以及粒子2的发射速率V2;(3)若在xOy平面内加沿y轴正向的匀强电场E。
，粒子3以速率V3沿y轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动. 请尝试用该思路求解.222.BLq (3) J E°v2且【答案】(1) 2BLq⑵3m 9m 1 B v B【解析】【详解】2(1)粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则qvi B m"r12 . 2.3 .由几何憨可知：r1 L r1 ——L得到：V i 2BL q 3m(2)粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：又 v 2 V i 22Eh,得到：V 22痴BLq9m(3)如图所示，将 V 3分解成水平向右和 v 和斜向的V ,则qvB而 V V 2 V 2所以，运动过程中粒子的最小速率为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 。
处以大小为V o 、方向与水平线夹角为 0= 60o 的速度，进入大小为 日的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为0= 60o,粒子到达PQ 线上的A 点时，其动能为在 。
带电粒子在电场中运动题目及答案(分类归纳经典)
带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中做偏转运动1.如图所示的真空管中，质量为m ，电量为e 的电子从灯丝Ｆ发出，经过电压Ｕ１加速后沿中心线射入相距为d 的两平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上，设Ｂ、Ｃ间电压为Ｕ２，Ｂ、Ｃ板长为l 1,平行金属板右端到荧光屏的距离为l ２,求：⑴电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角． ⑵电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离． 解析:电子在真空管中的运动过分为三段，从Ｆ发出在电压Ｕ１作用下的加速运动；进入平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中做类平抛运动；飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线运动．⑴设电子经电压Ｕ１加速后的速度为v 1，根据动能定理有： 21121mv eU =电子进入Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，在水平方向以v 1的速度做匀速直线运动，竖直方向受电场力的作用做初速度为零的加速运动，其加速度为： dmeU meE a 2==电子通过匀强电场的时间11v l t =电子离开匀强电场时竖直方向的速度v y 为： 112m dv l eU at v y ==电子离开电场时速度v 2与进入电场时的速度v 1夹角为α（如图５）则d U l U mdv l eU v v tg y 112211212===α ∴dU l U arctg1122=α ⑵电子通过匀强电场时偏离中心线的位移dU l U v l dm eU at y 1212212122142121=∙== 电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向的位移 dU l l U tg l y 1212222==α ∴电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为 )2(22111221l l d U l U y y y +=+=图 ５2. 如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy ，在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d ，从y 轴到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E 。
带电粒子在电场中的偏转(含答案解析)
带电粒子在电场中的偏转、基础知识1 、带电粒子在电场中的偏转(1) 条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2) 运动性质：匀变速曲线运动．(3) 处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动． (4)运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间la.能飞出电容器： t ＝ .v 01 qU 2mdyy＝2at＝2mdt， t ＝qU②沿电场力方向，做匀加速直线运动F qE Uq加速度： a ＝ ＝ ＝m m md1Uql 2离开电场时的偏移量： y ＝ at 2＝ 22 2mdv 2v y Uql离开电场时的偏转角： tan θ＝ ＝ 2v 0 mdv 20特别提醒 带电粒子在电场中的重力问题(1) 基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外， 考虑重力 (但并不忽略质量 )．b.不能飞出电容器：般都不(2) 带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．2 、带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1) 不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．1证明：由 qU 0＝2mv 0211 qU 1 ly ＝2at 2＝2·md ·(v 0)2(2) 粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点 O 为粒子水平位移l的中点，即 O 到偏转电场边缘的距离为 2.3 、带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系U中 U y ＝d y ，指初、末位置间的电势差．二、练习题1 、如图，一质量为 m ，带电量为＋ q 的带电粒子，以速度 v 0 垂直于电场方向进入电场，关于该带电粒子的运动，下列说法正确的是 ( )tanqU 1lmdv 20 U 1l 2U 1l得：y ＝4U 0dtan θ＝2U 0d当讨论带电粒子的末速度 v 时也可以从能量的角度进行求解：1qU y ＝2mv 21 mv 220，其A．粒子在初速度方向做匀加速运动，平行于电场方向做匀加速运动，因而合运动是匀加速直线运动B．粒子在初速度方向做匀速运动，平行于电场方向做匀加速运动，其合运动的轨迹是一条抛物线C．分析该运动，可以用运动分解的方法，分别分析两个方向的运动规律，然后再确定合运动情况D．分析该运动，有时也可用动能定理确定其某时刻速度的大小答案BCD2 、如图所示，两平行金属板 A、B长为 L＝8 cm ，两板间距离 d＝8 cm ，A板比 B板电势高300 V ，一带正电的粒子电荷量为 q＝1.0×10－10 C，质量为 m ＝ 1.0 ×10 －20 kg，沿电场中心线 RO垂直电场线飞入电场，初速度 v0＝2.0×106 m/s ，粒子飞出电场后经过界面MN 、PS间的无电场区域，然后进入固定在O 点的点电荷 Q 形成的电场区域（设界面 PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）．已知两界面 MN 、PS相距为12 cm ，D 是中心线 RO与界面 PS的交点， O 点在中心线上，距离界面 PS为9 cm ，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上．（静电力常量k＝9.0 ×109 N·m 2/C2，粒子的重力不计）(1) 求粒子穿过界面 MN 时偏离中心线 RO的距离多远？到达 PS界面时离 D 点多远？(2) 在图上粗略画出粒子的运动轨迹．(3) 确定点电荷 Q 的电性并求其电荷量的大小．解析(1)粒子穿过界面 MN 时偏离中心线 RO的距离(侧向位移)：1y＝ at22F qU a＝＝m dmL＝v0t1 qU L则y＝2at2＝2md(v0)2＝0.03 m ＝3 cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与 PS 交于 H，设 H 到中心线的距离为 Y，则有1L2y＝，解得 Y＝4y＝12 cm1YL＋12 cm2(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(图略)(3) 粒子到达 H 点时，其水平速度 v x＝ v0 ＝2.0 ×10 6 m/s竖直速度 v y＝ at＝ 1.5 ×10 6 m/s则 v 合＝2.5 ×10 6 m/s该粒子在穿过界面 PS后绕点电荷 Q 做匀速圆周运动，所以 Q带负电根据几何关系可知半径 r＝15 cmqQ v2合k2＝mr2r解得 Q≈1.04 ×10 －8 C答案(1)12 cm (2)见解析(3)负电 1.04 ×10－8 C3、如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为 E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为 L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为 m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度 v0 射入电场中， v0 方向的延长线与屏的交点为 O.试求：(1) 粒子从射入电场到打到屏上所用的时间；(2) 粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值(3) 粒子打在屏上的点 P到 O 点的距离 x.2L qEL 3qEL2答案(1) (2) 2 (3) 2v0 mv 022mv20tan α；解析(1) 根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入场中的加速度为： a ＝ E m qmL qEL 所以 v y ＝ a ＝ v 0 mv 0(3) 解法一 设粒子在电场中的偏转距离为 y ，则又 x ＝ y ＋ L tan α，4 、如图所示，虚线 PQ 、 MN 间存在如图所示的水平匀强电场，一带电粒子质量为 m ＝ 2.0×10 －11 kg 、电荷量为 q ＝＋ 1.0 ×10 －5 C ，从 a 点由静止开始经电压为 U ＝100 V 的 电场加速后， 垂直于匀强电场进入匀强电场中， 从虚线 MN 的某点 b (图中未画出 )离开 匀强电场时速度与电场方向成 30 °角．已知PQ 、MN 间距为 20 cm ，带电粒子的重力 忽略不计．求：电场到打到屏上所用的时间 2Lt ＝ .v 0(2)设粒子刚射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tanv y α＝v 0qELmv 021 qEL 22·mv 2解得： x ＝ 3qEL 22mv 20解法Lx ＝v y · ＋ y ＝ v 03qEL 2 2mv 20 解法三L L ＋ x 2 由＝ 得： yLx ＝3y ＝ 3qEL 22mv 201L(1) 带电粒子刚进入匀强电场时的速率 v1 ；(2) 水平匀强电场的场强大小；(3) ab 两点间的电势差．答案(1)1.0 ×104 m/s (2)1.732 ×103 N/C(3)400 V1解析(1)由动能定理得： qU ＝2mv 21代入数据得 v1＝ 1.0 ×10 4 m/s(2) 粒子沿初速度方向做匀速运动： d＝v1t粒子沿电场方向做匀加速运动： v y＝ atv1由题意得：tan 30 °＝v y由牛顿第二定律得： qE＝ ma联立以上各式并代入数据得：E＝3×103 N/C ≈1.732 ×103 N/C1(3) 由动能定理得： qU ab＝ m(v21＋v y2)－0联立以上各式并代入数据得： U ab＝400 V .5 、如图所示，一价氢离子(11H) 和二价氦离子(42He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )A．同时到达屏上同一点B．先后到达屏上同一点C．同时到达屏上不同点 D ．先后到达屏上不同点答案B解析一价氢离子(1 H)和二价氦离子(24He) 的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选 B.6 、如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的 ABCD 面与 EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料． ABCD 面带正电， EFGH 面带负电．从小孔 P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴 a、b 、 c，最后分别落在1、2、3 三点．则下列说法正确的A ．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间不一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴 c 所带电荷量最多答案D解析三个液滴具有水平速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项 A 错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，故运动时间必相同，选项 B 错误；在相同的运动时间内，液滴 c 水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，电荷量也最大，选项 D 正确；因为重力做功相同，而电场力对液滴 c 做功最多，所以它落到底板时的速率最大，选项 C 错误．7 、绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中 xOy 所在平面与光滑水平面重合，电场方向与 x 轴正向平行，电场的半径为 R＝ 2 m ，圆心 O 与坐标系的原点重合，场强 E＝2 N/C. 一带电荷量为 q＝－1×10 －5 C、质量 m ＝1 ×10 －5 kg 的粒子，由坐标原点 O 处以速度 v0＝1 m/s 沿 y 轴正方向射入电场（重力不计），求：(1) 粒子在电场中运动的时间；(2) 粒子出射点的位置坐标；(3)粒子射出时具有的动能．答案(1)1 s (2)( － 1 m,1 m) (3)2.5 ×10－5 J解析(1) 粒子沿 x 轴负方向做匀加速运动，加速度为a，则有：1 Eq＝ma ，x＝2at2沿 y 轴正方向做匀速运动，有y＝v0tx2＋y2＝R2解得 t＝1 s.(2) 设粒子射出电场边界的位置坐标为(－x1，y1)，则有1 x1＝ at2＝1 m ，y1＝v0t＝1 m ，即出射点的位置坐标为(－1 m,1 m) ．1(3) 射出时由动能定理得 Eqx1＝E k－ mv 20代入数据解得 E k＝2.5 ×10 －5 J.8 、如图所示，在正方形 ABCD 区域内有平行于 AB 边的匀强电场， E、F、G、H 是各边中点，其连线构成正方形，其中P 点是 EH 的中点．一个带正电的粒子( 不计重力) 从 F点沿 FH 方向射入电场后恰好从 D 点射出．以下说法正确的是( )A．粒子的运动轨迹一定经过P点B．粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点射出正方形 ABCD 区域D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由 E 点射出正方形 ABCD 区域答案BD解析粒子从 F 点沿 FH 方向射入电场后恰好从 D 点射出，其轨迹是抛物线，则过 D 点做速度的反向延长线一定与水平位移交于FH 的中点，而延长线又经过 P 点，所以粒子轨迹一定经过 PE之间某点，选项 A 错误， B 正确；由平抛运动知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，所以选项 C 错误，D 正确．9 、用等效法处理带电体在电场、重力场中的运动如图所示，绝缘光滑轨道 AB部分为倾角为30 °的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为 R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为 m 的小球，带正电荷量为 q ＝E，要使小球能安全通过圆轨道，在O 点的初速度应满足什么条件？图9审题与关联解析小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，mg ′，大小为类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点” (D 点 )满足等效重力刚好提112mg ′R＝ mv 2D － mv 222 因此要使 小球安 全通过圆轨道， 初速度应满足 v ≥10 、在空间中水平面 MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为 m 的带电小球由 MN上方的 A 点以一定的初速度水平抛出，从 B 点进入电场，到达 C 点时速度方向恰好水 平， A 、B 、 C 三点在同一直线上，且 AB ＝2BC ，如图所示．由此可见 ( )mv 2D供向心力，即有：mg ′＝ ，因 θ＝30 °与斜面的倾角相等，由几何关系可知 ADR2R ，令小球以最小初速度v 0 运动，由动能定理知：3，得 θ＝30°，等3qE， tan θ＝mgmg ′ ＝ qE 2＋ mgA．电场力为3mgB．小球带正电C．小球从 A 到 B 与从 B 到 C 的运动时间相等D．小球从 A到 B与从 B到 C的速度变化量的大小相等答案AD解析设 AC 与竖直方向的夹角为θ，带电小球从 A 到 C，电场力做负功，小球带负电，由动能定理，mg ·AC·cos θ－qE·BC·cos θ＝0 ，解得电场力为 qE ＝3 mg ，选项 A 正确，B错误．小球水平方向做匀速直线运动，从 A到 B的运动时间是从B到 C的运动时间的2倍，选项C错误；小球在竖直方向先加速后减速，小球从 A到 B 与从 B到 C 竖直方向的速度变化量的大小相等，水平方向速度不变，小球从 A到 B与从B到 C的速度变化量的大小相等，选项 D 正确．。
带电粒子在电场中的运动讲解及习题(含答案)
第1章静电场第08节 带电粒子在电场中的运动[知能准备]1．利用电场来改变或控制带电粒子的运动，最简单情况有两种，利用电场使带电粒子________；利用电场使带电粒子________．2．示波器：示波器的核心部件是_____________，示波管由电子枪、_____________和荧光屏组成，管内抽成真空．[同步导学]1．带电粒子的加速(1)动力学分析：带电粒子沿与电场线平行方向进入电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加(减)速直线运动，如果是匀强电场，则做匀加(减)速运动．(2)功能关系分析：粒子只受电场力作用，动能变化量等于电势能的变化量．221qU mv =(初速度为零)；2022121qU mv mv -= 此式适用于一切电场． 2．带电粒子的偏转(1)动力学分析：带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入两带电平行板产生的匀强电场中，受到恒定的与初速度方向成900角的电场力作用而做匀变速曲线运动 (类平抛运动)．(2)运动的分析方法(看成类平抛运动)：①沿初速度方向做速度为v 0的匀速直线运动．②沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动．例1如图1—8—1所示，两板间电势差为U ，相距为d ，板长为L ．—正离子q 以平行于极板的速度v 0射入电场中，在电场中受到电场力而发生偏转，则电荷的偏转距离y 和偏转角θ为多少?解析：电荷在竖直方向做匀加速直线运动，受到的力F ＝Eq ＝Uq/d由牛顿第二定律，加速度a = F/m = Uq/md水平方向做匀速运动，由L = v 0t 得t = L/ v 0由运动学公式221at s =可得： U dmv qL L md Uq y 202202)v (21=⋅= 带电离子在离开电场时，竖直方向的分速度：v ⊥dmv qUL at 0==离子离开偏转电场时的偏转角度θ可由下式确定：d mv qUL v v 200Ítan ==θ 电荷射出电场时的速度的反向延长线交两板中心水平线上的位置确定：如图所示，设交点P 到右端Q 的距离为x ，则由几何关系得：x y /tan =θ21/2/tan 20202===∴dmv qLU d mv U qL y x θ 点评：电荷好像是从水平线OQ 中点沿直线射出一样，注意此结论在处理问题时应用很方便．3．示波管的原理(1)构造及功能如图l —8—2所示①电子枪：发射并加速电子．②偏转电极YY ，：使电子束竖直偏转(加信号电压) XX ，：使电子束水平偏转(加扫描电压)．③荧光屏．(2)工作原理(如图1—8—2所示)偏转电极XX ，和YY ，不加电压，电子打到屏幕中心；若电压只加XX ，，只有X 方向偏；若电压只加YY ，，只有y 方向偏；若XX ，加扫描电压，YY ，加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象．4．在带电粒子的加速或偏转的问题中，何时考虑粒子的重力?何时不计重力?一般来说：(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特别说明或有明确暗示以外，一般都不考虑重力(但不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特别说明或有明显暗示以外，一般都不能忽略重力．5．易错易混点带电粒子在电场中发生偏转，—定要区分开位移的方向与速度的方向，它们各自偏角的正切分别为： x y =αtan ，xy v v =βtan ，切不可混淆 6．带电粒子在电场中的运动(1)带电粒子在电场中的运动由粒子的初始状态和受力情况决定．在非匀强电场中，带电粒子受到的电场力是变力，解决这类问题可以用动能定理求解．在匀强电场中，带电粒子受到的是恒力，若带电粒子初速度为零或初速度方向平行于电场方向，带电粒子将做匀变速直线运动；若带电粒子初速度方向垂直于电场方向，带电粒子做类平抛运动，根据运动规律求解，(2)带电小球、带电微粒(重力不能忽略)在匀强电场中运动，由于带电小球、带电微粒可视为质点，同时受到重力和电场力的作用，其运动情况由重力和电场力共同决定．又因为重力和电场力都是恒力，其做功特点一样，常将带电质点的运动环境想象成一等效场，等效场的大小和方向由重力场和电场共同决定．例2两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图1—8—3所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是 ( )A ．U edhB ．edUhC ．dh eUD ．d eUh 解析：电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小，根据题意和图示可知，电子仅受电场力，由能量关系：OA eU mv =2021，又E ＝U ／d ，h dU Eh U OA ==，所以deUh mv =2021 . 故D 正确． 点评：应用电场力做功与电势差的关系，结合动能定理即可解答本题．例3一束质量为m 、电荷量为q 的带电粒子以平行于两极板的速度v 0进入匀强电场，如图1—8—4所示．如果两极板间电压为U ，两极板间的距离为d 、板长为L ．设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为 ．(粒子的重力忽略不计)分析：带电粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速运动．电场力做功导致电势能的改变．解析：水平方向匀速，则运动时间t ＝L/ v 0 ①竖直方向加速，则侧移221at y =② 且dmqU a = ③ 图1—8—4由①②③得2022mdv qUL y = 则电场力做功20222220222v md L U q mdv qUL d U q y qE W =⋅⋅=⋅= 由功能原理得电势能减少了2022222v md L U q 例4如图1—8－5所示，离子发生器发射出一束质量为m ，电荷量为q 的离子，从静止经加速电压U 1加速后，获得速度0v ，并沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U 2作用后，以速度v 离开电场，已知平行板长为l ，两板间距离为d ，求：①0v 的大小；②离子在偏转电场中运动时间t ；③离子在偏转电场中受到的电场力的大小F ；④离子在偏转电场中的加速度；⑤离子在离开偏转电场时的横向速度y v ；⑥离子在离开偏转电场时的速度v 的大小；⑦离子在离开偏转电场时的横向偏移量y ；⑧离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tgθ解析：①不管加速电场是不是匀强电场，W ＝qU 都适用，所以由动能定理得：0121mv qU = mqU v 20=∴ ②由于偏转电场是匀强电场，所以离子的运动类似平抛运动．即：水平方向为速度为v 0的匀速直线运动，竖直方向为初速度为零的匀加速直线运动．∴在水平方向102qU m l v l t == ③d U E 2=F =qE =.d qU 2 ④mdqU m F a 2== ⑤.mU q d l U qU m l md qU at v y 121222=•== 图1—8－5⑥1242222212220U md U ql U qd v v v y +=+=⑦1221222422121dU U l qU m l md qU at y =•==（和带电粒子q 、m 无关，只取决于加速电场和偏转电场）解题的一般步骤是：(1)根据题目描述的物理现象和物理过程以及要回答问题，确定出研究对象和过程．并选择出“某个状态”和反映该状态的某些“参量”，写出这些参量间的关系式．(2)依据题目所给的条件，选用有关的物理规律，列出方程或方程组，运用数学工具，对参量间的函数关系进行逻辑推理，得出有关的计算表达式．(3)对表达式中的已知量、未知量进行演绎、讨论，得出正确的结果．[同步检测]1．如图l —8—6所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 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 也增大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延长2．如图1—8—7所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )A ．2倍B ．4倍C ．0.5倍D ．0.25倍3．电子从负极板的边缘垂直进入匀强电场，恰好从正极板边缘飞出，如图1—8—8所示，现在保持两极板间的电压不变，使两极板间的距离变为原来的2倍，电子的入射方向及位臀不变，且要电子仍从正极板边缘飞出，则电子入射的初速度大小应为原来的（ ）A ．22B ．21 C ．2 D ．2 4．下列带电粒子经过电压为U 的电压加速后，如果它们的初速度均为0，则获得速度图1—8－6图1—8－7图1—8－8最大的粒子是( )A．质子B．氚核C．氦核D．钠离子Na＋5．真空中有一束电子流，以速度v、沿着跟电场强度方向垂直．自O点进入匀强电场，如图1—8—9所示，若以O为坐标原点，x轴垂直于电场方向，y轴平行于电场方向，在x 轴上取OA＝AB＝BC，分别自A、B、C点作与y轴平行的线跟电子流的径迹交于M、N、P三点，那么：(1)电子流经M，N、P三点时，沿x轴方向的分速度之比为．(2)沿y轴的分速度之比为．(3)电子流每经过相等时间的动能增量之比为．6．如图1—8—10所示，—电子具有100 eV的动能．从A点垂直于电场线飞入匀强电场中，当从D点飞出电场时，速度方向跟电场强度方向成1 500角．则A、B两点之间的电势差U AB＝V．7．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子形成向外发射的高速电子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器质量为M，发射的是2价氧离子．发射离子的功率恒为P，加速的电压为U，每个氧离子的质量为m．单位电荷的电荷量为e．不计发射氧离子后飞行器质量的变化，求：(1)射出的氧离子速度．(2)每秒钟射出的氧离子数．(离子速度远大于飞行器的速度，分析时可认为飞行器始终静止不动)8．如图1—8—12所示，一个电子(质量为m)电荷量为e，以初速度v0沿着匀强电场的电场线方向飞入匀强电场，已知匀强电场的场强大小为E，不计重力，问：(1)电子在电场中运动的加速度．(2)电子进入电场的最大距离．(3)电子进入电场最大距离的一半时的动能．图1—8－9图1—8—10 图1—8—129．如图1—8—13所示，A 、B 为两块足够大的平行金属板，两板间距离为d ，接在电压为U 的电源上．在A 板上的中央P 点处放置一个电子放射源，可以向各个方向释放电子．设电子的质量m 、电荷量为e ，射出的初速度为v ．求电子打在B 板上区域的面积．10. 如图1—8—1 4所示一质量为m ，带电荷量为+q 的小球从距地面高h 处以一定初速度水平抛出，在距抛出点水平距离l 处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管上口距地面h/2，为使小球能无碰撞地通过管子，可在管子上方的整个区域里加一个场强方向水平向左的匀强电场，求：(1)小球的初速度v 0.(2)电场强度E 的大小．(3)小球落地时的动能E k ．[综合评价]1．一束带电粒子以相同的速率从同一位置，垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有粒子的运动轨迹都是一样的，这说明所有粒子图1—8—13 图1—8—14( )A ．都具有相同的质量B ．都具有相同的电荷量C ．电荷量与质量之比都相同D ．都是同位素2．有三个质量相等的小球，分别带正电、负电和不带电，以相同的水平速度由P 点射入水平放置的平行金属板间，它们分别落在下板的A 、B 、C 三处，已知两金属板的上板带负电荷，下板接地，如图1—8—15所示，下列判断正确的是 ( )A 、落在A 、B 、C 三处的小球分别是带正电、不带电和带负电的B 、三小球在该电场中的加速度大小关系是a A ＜a B ＜a CC 、三小球从进入电场至落到下板所用的时间相等D 、三小球到达下板时动能的大小关系是E KC ＜E KB ＜E KA3．如图1—8—16所示，一个带负电的油滴以初速v 0从P 点倾斜向上进入水平方向的匀强电场中，若油滴达最高点时速度大小仍为v 0，则油滴最高点的位置 ( )A 、P 点的左上方B 、P 点的右上方C 、P 点的正上方D 、上述情况都可能4. 一个不计重力的带电微粒，进入匀强电场没有发生偏转，则该微粒的( )A. 运动速度必然增大 B ．运动速度必然减小C. 运动速度可能不变 D ．运动加速度肯定不为零5. 氘核(电荷量为+e ，质量为2m)和氚核(电荷量为+e 、质量为3m)经相同电压加速后，垂直偏转电场方向进入同一匀强电场．飞出电场时，运动方向的偏转角的正切值之比为（不计原子核所受的重力） ( )A ．1：2B ．2：1C ．1：1D ．1：46． 如图1－8－17所示，从静止出发的电子经加速电场加速后，进入偏转电场．若加速电压为U 1、偏转电压为U 2，要使电子在电场中的偏移距离y 增大为原来的2倍(在保证电子不会打到极板上的前提下)，可选用的方法有 ( )A ．使U 1减小为原来的1/2B ．使U 2增大为原来的2倍C ．使偏转电场极板长度增大为原来的2倍 图1—8—15 图1—8—16图1－8－17D ．使偏转电场极板的间距减小为原来的1/27．如图1－8－18所示是某示波管的示意图，如果在水平放置的偏转电极上加一个电压，则电子束将被偏转．每单位电压引起的偏转距离叫示波管的灵敏度，下面这些措施中对提高示波管的灵敏度有用的是 ( )A ．尽可能把偏转极板L 做得长一点B ．尽可能把偏转极板L 做得短一点C ．尽可能把偏转极板间的距离d 做得小一点D ．将电子枪的加速电压提高 8．一个初动能为E k 的电子，垂直电场线飞入平行板电容器中，飞出电容器的动能为2E k ，如果此电子的初速度增至原来的2倍，则它飞出电容器的动能变为( )A ．4E kB ．8E kC ．4.5E kD ．4.25E k9.在匀强电场中，同一条电场线上有A 、B 两点，有两个带电粒子先后由静止从A 点出发并通过B 点．若两粒子的质量之比为2：1，电荷量之比为4：1，忽略它们所受重力，则它们由A 点运动到B 点所用时间之比为( )A.1：2 B ．2： 1 C ．1：2 D ．2：110. 电子所带电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的．油滴实验的原理如图1－8－19所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷．油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况．两金属板间的距离为d ，忽略空气对油滴的浮力和阻力．(1)调节两金属板间的电势u ，当u=U 0时，使得某个质量为m 1的油滴恰好做匀速运动．该油滴所带电荷量q 为多少?(2)若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差u=U 时，观察到某个质量为m 2的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t 运动到下极板，求此油滴所带电荷量Q.11．图1—8—20是静电分选器的原理示意图，将磷酸盐和石英的混合颗粒由传送带送至两个竖直的带电平行板上方，颗粒经漏斗从电场区域中央处开始下落，经分选后的颗粒分别装入A 、B 桶中．混合颗粒离开漏斗进入电场时磷酸盐颗粒带正电，石英颗粒带图1－8－18图1－8－19图1－8－20负电，所有颗粒所带的电荷量与质量之比均为10-5C ／kg ．若已知两板间的距离为10 cm ，两板的竖直高度为50 cm ．设颗粒进入电场时的速度为零，颗粒间相互作用不计．如果要求两种颗粒离开两极板间的电场区域时有最大的偏转量且又恰好不接触到极板．(1)两极板间所加的电压应多大?(2)若带电平行板的下端距A 、B 桶底的高度H=1.3m ，求颗粒落至桶底时速度的大小．第八节 带电粒子在电场中的运动知能准备答案：1.加速、偏转 2.示波管、偏转电板同步检测答案：1.CD 2.C 3.B 4.A 5.111 123 135 6.300V 7.(1)2m eU (2)eU P 2 8.(1)meE (2)eE mv 220 (3)420mv 9.eU d mv 222π 10.(1)h q l v 20= (2)E=qh mgl 2 (3)mgh E k =综合评估答案：1.C 2.AB 3.A 4.D 5.C 6.ABD 7.AC 8.D 9.A 10.(1)01U gd m q = (2))2(22t d g U d m Q -=11.(1)1×104V (2)1.36m/s。
物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)及解析
物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)及解析一、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v 0＝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：200v qv B m r=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：2012l v t y at ==， 根据牛顿第二定律可得：Eq ma = 联立可得：41.010E =⨯N/C（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：305.010y qE lv at m v ===⨯g m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '=根据洛伦兹力提供向心力可得： 2v qvB m r'='联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mvB qr'=='T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。
人教版高中物理选修3-1第一章第9节带电粒子在电场中的运动(含解析)
（精心整理，诚意制作）带电粒子在电场中的运动一课一练一、单项选择题1．关于带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动情况，下列说法正确的是( )A．一定是匀变速运动B．不可能做匀减速运动C．一定做曲线运动D．可能做匀变速直线运动，不可能做匀变速曲线运动解析：选A.带电粒子在匀强电场中受到的电场力恒定不变，可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，故选A.2.如图所示，质子(1H)和α粒子(42He)，以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4解析：选B.由y＝12EqmL2v20和E k0＝12m v20，得：y＝EL2q4Ek0可知，y与q成正比，故选B.3.(20xx·济南第二中学高二检测)如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的P点以相同的初速度垂直于E进入电场，它们分别落到A、B、C三点( )A．落到A点的小球带正电，落到B点的小球不带电B．三小球在电场中运动的时间相等C．三小球到达正极板时动能关系是E k A>E k B>E k CD．三小球在电场中运动的加速度关系是a A>a B>a C解析：选A.初速度相同的小球，落点越远，说明运动时间越长，竖直方向加速度越小．所以A、B、C三个落点上的小球的带电情况分别为带正电、不带电、带负电．故选A.4.如图所示，两金属板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出．现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的( )A．2倍B．4倍C.12D.14解析：选C.电子在两极板间做类平抛运动，水平方向l＝v0t，t＝lv0，竖直方向d＝12at2＝qUl22mdv20，故d2＝qUl22mv20，即d∝1v0，故选C.5．(20xx·高考广东卷)喷墨打印机的简化模型如图所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关解析：选C.带电微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动．带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；根据x＝v t，y＝12at2及a＝qEm，得带电微滴的轨迹方程为y＝qEx22mv2，即运动轨迹是抛物线，与带电量有关，选项C正确，D错误．6．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA 间距为h，则此电子的初动能为( )A.edhUB.dUehC.eUdhD.eUhd解析：选D.电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得－eU OA＝0－E k，因为U OA＝Udh，所以E k＝eUhd，故选D.☆7.图甲为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图A、B、C、D中的( )解析：选B.由题图乙及题图丙知，当U Y为正时，Y板电势高，电子向Y 偏，而此时U X为负，即X′板电势高，电子向X′板偏，故选B.8.(20xx·江苏天一中学高二测试)如图所示，M、N是真空中的两块平行金属板．质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子恰好能到达N板．如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的1/2后返回，下列措施中能满足要求的是(不计带电粒子的重力)( )A．使初速度减为原来的1/2B．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1/4解析：选B.由题意知，带电粒子在电场中做减速运动，在粒子恰好能到达N板时，由动能定理可得：－qU＝－12m v20要使粒子到达两极板中间后返回，设此时两极板间电压为U1，粒子的初速度为v1，则由动能定理可得：－q U12＝－12m v21联立两方程得：U12U＝v21v20可见，选项B符合等式的要求．故选B.9.竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是( )A．两电荷的电荷量相等B．两电荷在电场中运动的时间相等C．两电荷在电场中运动的加速度相等D．两电荷离开电场时的速度大小相等解析：选B.由t＝Lv0知两电荷运动时间相等，故B正确；由y＝12at2和y M＝2y N知，两电荷加速度不等，故C错误；由a＝qEm知，仅当m M＝12m N时，两电荷量相等，故A错误；由v y＝at知，v yM≠v yN，则合速度不等，故D错误．故选B.☆10.如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L .为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量hU2)，可采用的方法是( )A ．增大两板间的电势差U 2B ．尽可能使板长L 短些C ．尽可能使板间距离d 小一些D ．使加速电压U 1升高一些解析：选C.电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转．分别根据两个阶段的运动规律，推导出灵敏度⎝ ⎛⎭⎪⎫h U2的有关表达式，然后再判断选项是否正确，这是解决此题的基本思路．电子经电压U 1加速有eU 1＝12m v 20，电子经过偏转电场的过程有L ＝v 0t ，h ＝12at 2＝eU22md t 2＝U2L24dU1.由以上各式可得h U2＝L24dU1.因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L ，或减小d ，或减小U 1.故选C.二、非选择题 11.在如图所示的示波器的电容器中，电子以初速度v 0沿着垂直场强的方向从O 点进入电场，以O 点为坐标原点，沿x 轴取OA ＝AB ＝BC ，再过点A 、B 、C 作y 轴的平行线与电子径迹分别交于M 、N 、P 点，求AM ∶BN ∶CP 和电子途经M 、N 、P 三点时沿x 轴的分速度之比．解析：电子在电场中做类平抛运动，即在x 轴分方向做匀速直线运动，故M 、N 、P 三点沿x 轴的分速度相等，v Mx ∶v Nx ∶v Px ＝1∶1∶1又OA ＝AB ＝BC 所以t OA ＝t AB ＝t BC根据电子沿－y 方向做匀加速运动，由y ＝12at 2得：AM ∶BN ∶CP ＝1∶4∶9.答案：1∶4∶9 1∶1∶1 ☆12.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 右侧相距为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 )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，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上的点P ′到点O 的距离x .解析：(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，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE1m ＝eE mL 2＝12a 1t 21 v 1＝a 1t 1t 2＝2L v1运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mLeE.(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 ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE2m ＝2eE mt 3＝L v1v y ＝a 2t 3tan θ＝vy v1解得：tan θ＝2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x 1x 1＝12a 2t 23tan θ＝x2L解得：x ＝x 1＋x 2＝3L .答案：(1)3mLeE(2)2 (3)3L。
带电粒子在电场中的运动练习题(含答案)
带电粒子在电场中的活动 【1 】 1.如图所示,A 处有一个静止不动的带电体Q,若在c 处有初速度为零的质子和α粒子,在电场力感化下由c 点向d 点活动,已知质子到达d 时速度为v1,α粒子到达d 时速度为v2,那么v1.v2等于：（）A. :1B.2∶1C.2∶1D.1∶22.如图所示,一电子沿等量异种电荷的中垂线由 A→O→B 匀速活动,电子重力不计,则电子除受电场力外,所受的另一个力的大小和偏向变更情形是：（ ）A ．先变大后变小,偏向程度向左B ．先变大后变小,偏向程度向右C ．先变小后变大,偏向程度向左D ．先变小后变大,偏向程度向右3.让. . 的混杂物沿着与电场垂直的偏向进入统一有界匀强电场偏转, 要使它们的偏转角雷同,则这些粒子必须具有雷同的( )4.如图所示,有三个质量相等,分离带正电,负电和不带电的小球,从上.下带电平行金属板间的P 点.以雷同速度垂直电场偏向射入电场,它们分离落到 A.B.C 三点,则 ( )A.A 带正电.B 不带电.C 带负电B.三小球在电场中活动时光相等C.在电场中加快度的关系是aC>aB>aAD.到达正极板时动能关系EA>EB>EC5．如图所示,实线为不知偏向的三条电场线,从电场中M 点以雷同速度垂直于电场线偏向飞出 a.b 两个带电粒子,活动轨迹如图中虚线所示,不计粒子重力及粒子之间的库仑力,则（）A ．a 必定带正电,b 必定带负电B ．a 的速度将减小,b 的速度将增长C ．a 的加快度将减小,b 的加快度将增长D ．两个粒子的动能,一个增长一个减小2H 11H 21H 316．空间某区域内消失着电场,电场线在竖直平面上的散布如图所示,一个质量为m.电荷量为q 的小球在该电场中活动,小球经由A 点时的速度大小为v1,偏向程度向右,活动至B 点时的速度大小为v2,活动偏向与程度偏向之间的夹角为α,A.B 两点之间的高度差与程度距离均为H,则以下断定中准确的是（ ）A ．若v2>v1,则电场力必定做正功B ．A.B 两点间的电势差2221()2m U v v q =-C ．小球活动到B 点时所受重力的瞬时功率2P mgv =D ．小球由A 点活动到B 点,电场力做的功22211122W mv mv mgH =-- 7.如图所示的真空管中,质量为m,电量为e 的电子从灯丝Ｆ发出,经由电压Ｕ１加快后沿中间线射入相距为d 的两平行金属板Ｂ.Ｃ间的匀强电场中,经由过程电场后打到荧光屏上,设Ｂ.Ｃ间电压为Ｕ２,Ｂ.Ｃ板长为L1,平行金属板右端到荧光屏的距离为L ２,求：（1）电子分开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角．（2）电子打到荧光屏上的地位偏离屏中间距离．8. 在真空中消失空间规模足够大的.程度向右的匀强电场．若将一个质量为m.带正电电量q 的小球在此电场中由静止释放,小球将沿与竖直偏向夹角为︒37的直线活动.现将该小球从电场中某点以初速度0v 竖直向上抛出,求活动进程中（取8.037cos ,6.037sin =︒=︒）（1）小球受到的电场力的大小及偏向;（2）小球活动的抛出点至最高点之间的电势差U ．带电粒子在电场中的活动答案7.解析:电子在真空管中的活动过火为三段,从Ｆ发出在电压Ｕ１感化下的加快活动;进入平行金属板Ｂ.Ｃ间的匀强电场中做类平抛活动;飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线活动．⑴设电子经电压Ｕ１加快后的速度为v1,依据动能定理有：21121mv eU = 电子进入Ｂ.Ｃ间的匀强电场中,在程度偏向以v1的速度做匀速直线活动,竖直偏向受电场力的感化做初速度为零的加快活动,其加快度为：dm eU m eE a 2==电子经由过程匀强电场的时光11v l t =电子分开匀强电场时竖直偏向的速度vy 为：112mdv l eUat v y ==电子分开电场时速度v2与进入电场时的速度v1夹角为α（如图５）则dU l U mdv l eU v v tg y112211212===α∴dU l U arctg 1122=α⑵电子经由过程匀强电场时偏离中间线的位移dU l U v l dm eU at y 1212212122142121=•== 电子分开电场后,做匀速直线活动射到荧光屏上,竖直偏向的位移d U l l U tg l y 1212222==α∴电子打到荧光屏上时,偏离中间线的距离为)2(22111221l l d U l U y y y +=+=8.解析：（1）依据题设前提,电场力大小mg mg F e 4337tan =︒=①电场力的偏向向右（2）小球沿竖直偏向做初速为0v 的匀减速活动,到最高点的时光为t ,则：图 ５00=-=gt v v ygv t 0=② 沿程度偏向做初速度为0的匀加快活动,加快度为x a g m F a e x 43==③ 此进程小球沿电场偏向位移为：gv t a s x x 8321202==④ 小球上升到最高点的进程中,电场力做功为： 20329mv S F qU W x e === q mv U 32920=⑤。
高中物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)
高中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．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 ＝eEm 2122La 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 .2．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．3．如图所示，在空间坐标系x <0区域中有竖直向上的匀强电场E 1，在一、四象限的正方形区域CDEF 内有方向如图所示的正交的匀强电场E 2和匀强磁场B ，已知CD =2L ，OC =L ，E 2 =4E 1。
高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)及解析
高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)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，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/s2．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)a1可得系统的加速度a1=1m/s2；由运动规律：x=12a1t12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v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则v1=a1t1=2m/s；绳断后，对B由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得a2=2m/s2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1)解得v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得P=60W2．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：()()22222211sincos 22P qE x r m g r r m v m v θθ--+=- 解得：x =0.85m3．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r=2L(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°= mg Eq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 =2gL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 =2gL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．4．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 J5．一电路如图所示，电源电动势E=28v ，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平行板电容器，其电容C=3.0pF ，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m ，两极板的间距d=1.0×10-2m ．（1）闭合开关S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S 闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s 的初速度射入MN 的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m （不计粒子的重力，M 、N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s 2）【答案】（1）114.810C -⨯ （2）46.2510/C kg -⨯【解析】 【分析】 【详解】（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：12282482E I A A R R r ===++++；电容器两端电压：222816R U U IR V V ===⨯=；电容器带电量： 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==⨯⨯=⨯（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：0L v t =21122Uq d t dm= 联立解得46.2510/qC kg m-=⨯6．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，与x 轴相交于Q 点，Q 点的横坐标06x cm =，在第一象限y 轴和MN 之间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度51.610/E N C =⨯，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，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81.010/qC kg m=⨯的带正电的粒子，已知粒子的发射速率60 4.010/v m 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 点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （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20v qv B m r=解得：05mv r cm qB== （2）由（1）问中可知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1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 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010y cm ≤≤．（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有000x v t =2012h at =qE a m=解得：18210h cm R cm =>=，说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．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0x v t =212y at =代入数据解得2x y =设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，000tan 2y qE x v m v yv v θ===g，所以()()00tan 22H x x x y y θ=-=-g ， 由数学知识可知，当()022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，所以max 9H cm =7．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。