物理帶電粒子在電場中運動試題類型及其解題技巧

物理帶電粒子在電場中運動試題種類及其解題技巧物理帶電粒子在電場中運動試題種類及其解題技巧/物理帶電粒子在電場中運動試題種類及其解題技巧物理帶電粒子在電場中的運動試題種類及其解題技巧一、高考物理精講專題帶電粒子在電場中的運動1．以以下列圖，豎直平面內(nèi)有一固定絕緣軌道ABCDP，由半徑r＝0.5m的圓弧軌道CDP和與之相切于C點的水平軌道ABC組成，圓弧軌道的直徑DP與豎直半徑OC間的夾角θ＝37°，A、B兩點間的距離d＝0.2m。質(zhì)量m1＝0.05kg的不帶電絕緣滑塊靜止在A點，質(zhì)量﹣5m2＝0.1kg、電荷量q＝1×10C的帶正電小球靜止在B點，小球的右側(cè)空間存在水平向右的勻強電場?，F(xiàn)用大小F＝4.5N、方向水平向右的恒力推滑塊，滑塊到達B點前瞬時撤去該恒力，滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，碰后小球沿軌道運動，到達P點時恰好和軌道無擠壓且所受合力指向圓心。小球和滑塊均視為質(zhì)點，碰撞過程中小球的電荷量不變，不計所有摩擦。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求撤去該恒力瞬時滑塊的速度大小v以及勻強電場的電場強度大小E；(2)求小球到達P點時的速度大小v和B、C兩點間的距離x；P(3)若小球從P點飛出后落到水平軌道上的Q點（圖中未畫出）后不再反彈，求Q、C兩點間的距離L?！敬鸢浮浚?）撤去該恒力瞬時滑塊的速度大小是6m/s，勻強電場的電場強度大小是7.5×104N/C；（2）小球到達P點時的速度大小是2.5m/s，B、C兩點間的距離是0.85m。（3）Q、C兩點間的距離為0.5625m?！酒饰觥俊驹斀狻浚?）對滑塊從A點運動到B點的過程，依照動能定理有：Fd＝1m1v2，2代入數(shù)據(jù)解得：v＝6m/s小球到達P點時，受力以以下列圖，由平衡條件得：qE＝m2gtanθ，4解得：E＝7.5×10N/C。（2）小球所受重力與電場力的合力大小為：G等＝m2g①cos小球到達P點時，由牛頓第二定律有：G等＝m2v2P②r聯(lián)立①②，代入數(shù)據(jù)得：vP＝2.5m/s滑塊與小球發(fā)生彈性正碰，設(shè)碰后滑塊、小球的速度大小分別為v1、v2，以向右方向為正方向，由動量守恒定律得：m1v＝m1v1+m2v2③由能量守恒得：1212122m1v2m1v12m2v2④聯(lián)立③④，代入數(shù)據(jù)得：v1＝﹣2m/s（“﹣”表示v1的方向水平向左），v2＝4m/s小球碰后運動到P點的過程，由動能定理有：21212qE（x﹣rsinθ）﹣mg（r+rcosθ）＝2m2vP2m2v2⑤代入數(shù)據(jù)得：x＝0.85m。（3）小球從P點飛出水平方向做勻減速運動，有：L﹣rsinθ＝vP1qEt2⑥cosθt﹣2m2豎直方向做勻加速運動，有：r+rcosθ＝vPsinθt+1gt2⑦2聯(lián)立⑥⑦代入數(shù)據(jù)得：L＝0.5625m；2．以以下列圖，在兩塊長為3L、間距為L、水平固定的平行金屬板之間，存在方向垂直紙面向外的勻強磁場．現(xiàn)將下板接地，讓質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子流從兩板左端連線的中點O以初速度v0水平向右射入板間，粒子恰好打到下板的中點．若撤去平行板間的磁場，使上板的電勢隨時間t的變化規(guī)律以以下列圖，則t=0時辰，從O點射人的粒子P經(jīng)時間t0(未知量)恰好從下板右側(cè)沿射出．設(shè)粒子打到板上均被板吸取，粒子的重力及粒子間的作用力均不計．(1)求兩板間磁場的磁感覺強度大小B．(2)若兩板右側(cè)存在必然寬度的、方向垂直紙面向里的勻強磁場，為了使t=0時辰射入的粒子P經(jīng)過右側(cè)磁場偏轉(zhuǎn)后在電場變化的第一個周期內(nèi)可以回到O點，求右側(cè)磁場的寬度d應(yīng)滿足的條件和電場周期T的最小值Tmin．mv0（2）dR2cosaR23L；Tmin(632)L【答案】（1）B3v0qL2【剖析】【剖析】【詳解】（1）如圖，設(shè)粒子在兩板間做勻速圓周運動的半徑為R1，則qv0Bmv02R1由幾何關(guān)系：R12(3L)2(R1L)222解得Bmv0qL（2）粒子P從O點運動到下板右側(cè)沿的過程，有：3Lv0t011Lvyt022解得vy3v03設(shè)合速度為v，與豎直方向的夾角為α，則：tanv03vy=3vv023v0sin3粒子P在兩板的右側(cè)勻強磁場中做勻速圓周運動，設(shè)做圓周運動的半徑為R2，則1LR22，sin解得R23L3右側(cè)磁場沿初速度方向的寬度應(yīng)該滿足的條件為dR2cosR23L；2由于粒子P從O點運動到下極板右側(cè)邊沿的過程與從上板右側(cè)沿運動到O點的過程，運動軌跡是關(guān)于兩板間的中心線是上下對稱的，這兩個過程經(jīng)歷的時間相等，則：Tmin2t(22)R20v632L解得Tmin3v0【點睛】帶電粒子在電場或磁場中的運動問題，要點是剖析粒子的受力情況和運動特色，畫出粒子的運動軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解相關(guān)量，并搞清臨界狀態(tài).3．如圖1所示，圓滑絕緣斜面的傾角θ=30°，整個空間處在電場中，取沿斜面向上的方向為電場的正方向，電場隨時間的變化規(guī)律如圖－5C2所示．一個質(zhì)量m=0.2kg，電量q=1×10的帶正電的滑塊被擋板P擋住，在t=0時辰，撤去擋板P．重力加速度g=10m/s2，求：(1)0~4s內(nèi)滑塊的最大速度為多少?(2)0~4s內(nèi)電場力做了多少功?【答案】（1）20m/s（2）40J【剖析】【剖析】對滑塊受力剖析，由牛頓運動定律計算加速度計算各速度．【詳解】【解】(l)在0~2s內(nèi)，滑塊的受力剖析如圖甲所示，電場力F=qEF1mgsinma12在24s內(nèi)，滑塊受力剖析如圖乙所示F2

mgsin

ma2解得

a2

10m/s2因此物體在

0～2s內(nèi)，以

a1

10m/s2

的加速度加速，在2～4s內(nèi)，

a2

10m/s2

的加速度減速，即在

2s時，速度最大由v

a1t

得，

vmax

20m/s(2)物體在

0～2s內(nèi)與在

2～4s內(nèi)經(jīng)過的位移相等．經(jīng)過的位移

x

vmax

t

20m2在0~2s內(nèi)，電場力做正功

W1

F1x

60J

-在2～4s內(nèi)，電場力做負功電場力做功W=40J

W2

F2x

20J4．以以下列圖，熒光屏MN與x軸垂直放置，熒光屏所在地址的橫坐標x0=60cm，在第一象限y軸和MN之間存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度5E=1.6×10N/C，在第二象限有半徑R=5cm的圓形磁場，磁感覺強度B=0.8T，方向垂直xOy平面向外．磁場的界線和x軸相切于P點．在P點有一個粒子源，可以向x軸上方180°范圍內(nèi)的各個方向發(fā)射比荷為q86=1.0×10C/kg的帶正電的粒子，已知粒子的發(fā)射速率v0=4.0×10m/s．不考慮粒子的重m力、粒子間的相互作用．求：1）帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；2）粒子從y軸正半軸上射入電場的縱坐標范圍；3）帶電粒子打到熒光屏上的地址與Q點的最遠距離．【答案】（1）5cm；（2）0≤y≤10cm；（3）9cm【剖析】【詳解】（1）帶電粒子進入磁場碰到洛倫茲力的作用做圓周運動，由洛倫茲力供應(yīng)向心力得：2qvB=mv0r解得：r=mv05102m=5cmBq（2）由（1）問可知r=R，取任意方向進入磁場的粒子，畫出粒子的運動軌跡以以下列圖：由幾何關(guān)系可知四邊形PO′FOFO1∥O′P，又O′P垂直于x軸，粒子出射的速1為菱形，因此度方向與軌跡半徑FO1垂直，則所有粒子走開磁場時的方向均與x軸平行，因此粒子從y軸正半軸上射入電場的縱坐標范圍為0≤y≤10cm（3）假設(shè)粒子沒有射出電場就打到熒光屏上，有：x0=v0t012h=at0qEa=m解得：h=18cm＞2R=10cm說明粒子走開電場后才打在熒光屏上．設(shè)從縱坐標為

y的點進入電場的粒子在電場中沿

x軸方向的位移為x，則：x=v0ty=

1at22代入數(shù)據(jù)解得：x=2y設(shè)粒子最后到達熒光屏的地址與Q點的最遠距離為H，粒子射出電場時速度方向與x軸正方向間的夾角為θ，vyqExtanmv02yv0v0因此：H=（x0﹣x）tanθ=（x0﹣2y）?2y由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)（x0﹣2y）=2y時，即y=4.5cm時H有最大值因此Hmax=9cm5．以以下列圖，在不考慮萬有引力的空間里，有兩條相互垂直的分界線MN、PQ，其交點為O．MN一側(cè)有電場強度為E的勻強電場（垂直于MN），另一側(cè)有勻強磁場（垂直紙面向里）．宇航員（視為質(zhì)點）固定在PQ線上距O點為h的A點處，身邊有多個質(zhì)量均為m、電量不等的帶負電小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向拋出各小球．其中第1個小球恰能經(jīng)過MN上的C點第一次進入磁場，經(jīng)過O點第一次走開磁場，OC=2h．求：1）第1個小球的帶電量大??；2）磁場的磁感強度的大小B；3）磁場的磁感強度可否有某值，使后邊拋出的每個小球從不一樣樣地址進入磁場后都能回到宇航員的手中？如有，則磁感強度應(yīng)調(diào)為多大．22EE【答案】(1)q1mv0；(2)B；(3)存在，B2Ehv0v0【剖析】【詳解】（1）設(shè)第1球的電量為q1，研究A到C的運動：1q1Et22m2hv0t2解得：q1mv0；2Eh（2）研究第1球從A到C的運動：vy2q1Ehm解得：vyv0tanvy1，45o，v2v0；v0研究第1球從C作圓周運動到達O的運動，設(shè)磁感覺強度為Bmv2得Rmv由q1vBq1BR由幾何關(guān)系得：2Rsinh2解得：B2Ev0；（3）后邊拋出的小球電量為q，磁感覺強度B①小球作平拋運動過程xv0t2hmv0qEvy2qEhm②小球穿過磁場一次可以自行回到A，滿足要求：Rsinx，變形得：mvsinxqB解得：BE．v06．1897年湯姆孫使用氣體放電管，依照陰極射線在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)情況發(fā)現(xiàn)了電子，并求出了電子的比荷。比荷是微觀帶電粒子的基本參量之一，測定電子的比荷的方法很多，其中最典型的是湯姆孫使用的方法和磁聚焦法。圖中是湯姆孫使用的氣體放電管的原理圖。在陽極A與陰極K之間加上高壓，A、A'是兩個正對的小孔，C、D是兩片正對的平行金屬板，

S是熒光屏。由陰極發(fā)射出的電子流經(jīng)過

A、A'后形成一束狹窄的電子束，電子束由于慣性沿直線射在熒光屏的中央

O點。若在

C、D間同時加上豎直向下的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，調(diào)治電場和磁場的強弱，可使電子束仍沿直線射到熒光屏的O點，此時電場強度為E，磁感覺強度為B。1）求電子經(jīng)過A'時的速度大小v；2）若將電場撤去，電子束將射在熒光屏上的O'點，可確定出電子在磁場中做圓周運動的半徑R，求電子的比荷e。m【答案】（1）vEeE；（2）B2RBm【剖析】【詳解】（1）電子在復(fù)合場中做勻速直線運動，由eEevB，得vE；B（2）去掉電場，電子在磁場中做勻速圓周運動，由evBmv2得evE。RmBRB2R7．以以下列圖，在

y>0的地域內(nèi)有沿

y軸正方向的勻強電場，在

y<0的地域內(nèi)有垂直坐標平面向里的勻強磁場，一電子

(質(zhì)量為

m、電量為

e)從

y軸上

A點以沿

x軸正方向的初速度

v0開始運動，當(dāng)電子第一次穿越

x軸時，恰好到達

C點，當(dāng)電子第二次穿越

x軸時，恰好到達坐標原點；當(dāng)電子第三次穿越

x軸時，恰好到達

D點，C、D兩點均未在圖中標出．已知A、C點到坐標原點的距離分別為

d、2d.不計電子的重力．求(1)電場強度E的大?。?2)磁感覺強度B的大?。?3)電子從A運動到D經(jīng)歷的時間t.【答案】（1）；（2）；（3）．【剖析】試題剖析：（1）電子在電場中做類平拋運動設(shè)電子從A到C的時間為t11分1分1分求出E=1分（2）設(shè)電子進入磁場時速度為v，v與x軸的夾角為θ，則=45°分1電子進入磁場后做勻速圓周運動，洛侖茲力供應(yīng)向心力分由圖可知1分得1分（3）由拋物線的對稱關(guān)系，電子在電場中運動的時間為3t1=1分電子在磁場中運動的時間t2=2分電子從A運動到D的時間t=3t1+t2=1分考點：帶電粒子在電場中做類平拋運動勻速圓周運動牛頓第二定律8．以以下列圖，三塊擋板圍成截面邊長L1.2m的等邊三角形地域，CPQ分別是MN、＝、、AM和AN中點處的小孔，三個小孔處于同一豎直面內(nèi)，MN水平，MN上方是豎直向下的-4勻強電場，場強E=4×10N/C．三角形地域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感覺強度為B1；AMN以外處域有垂直紙面向外，磁感覺強度大小為B2＝3B1的勻強磁場．現(xiàn)將一比荷q/m=105C/kg的帯正電的粒子，從O點由靜止釋放，粒子從MN小孔C進入內(nèi)部勻強磁場，經(jīng)內(nèi)部磁場偏轉(zhuǎn)后直接垂直AN經(jīng)過Q點進入外面磁場．已知粒子最后回到了O點，OC相距2m．設(shè)粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取π＝3．求：1）磁感覺強度B1的大??；2）粒子從O點出發(fā)，到再次回到O點經(jīng)歷的時間；（3）若僅改變B2的大小，當(dāng)2滿足什么條件時，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到O點B（若粒子經(jīng)過A點馬上被吸?。敬鸢浮浚?）B12105T；（2）t2.8510-2s；（3）B24k2105T33【剖析】【詳解】1）粒子從O到C即為在電場中加速，則由動能定理得：解得v=400m/s

Eqx1mv22帶電粒子在磁場中運動軌跡以以下列圖．由幾何關(guān)系可知R1L0.6m2由qvB1v2mR1代入數(shù)據(jù)得B12105T3（2）由可知-5B2=3B1=2×10TqvB1mv2R1R10.2mR23由運跡可知：入段做勻加速運，x1vt12獲取t1=0.01s粒子在磁B1中的周期2mT1qB1在磁B1中的運t21T13103s3在磁B2中的運周期2mT2qB2在磁B2中的運t3180300180T211103s5.510-3s3606粒子在復(fù)合中：t2t1t2t32017103s2.8510-2s6（3）板外磁B2'，粒子在磁中的跡半徑r，有qvB2'mv2r依照已知條件剖析知，粒子可以垂直于MA孔P回到O點，需足條件L1r其中k=0、1、2、3??2k2解得B24k2105T39．水平面上有一個直放置的部分弧道，A道的最低點，半徑OA直，心角AOB60°，半徑R=0.8m，空有直向下的勻，4E=1×10N/C。一個量－3O同一高度的C點水平拋m=2kg，量q=－1×10C的小球，從道左與心出，恰好從B點沿切入弧道，到達最低點A道的力FN=32.5N。求：(1)小球拋出的初速度v0大??；(2)小球從B到A的程中戰(zhàn)勝摩擦所做的功Wf?！敬鸢浮?1)23m/s(2)1J33【剖析】【剖析】依照中“直向下的勻?小球”、“水平拋出?弧道”可知，本察看物體在復(fù)合中的運。依照物體在復(fù)合中的運律，用運的分解、牛運定律、能定理列式算?！窘狻?1)小球拋出后從C到B程中受重力和直向上的力，做平拋運，：mgqEma，解得：小球的加速度mgqE2101103104m/s22a25m/smC與B的高度差hRcos600.4m小球到B點直分速度vy，vy22ah，解得：小球到B點直分速度vy2ms小球在B點，速度方向與水平方向角60°，tan60vyv0解得：小球拋出的初速度v023m3svy，vB43m(2)在B點，sin60vB3s小球在A點，F(xiàn)NqEmgmvA2，解得：vA3mRs小球從B到A程，由能定理得：(mgqE)(RRcos)Wf1mvA21mvB222解得：小球從B到A的程中戰(zhàn)勝摩擦所做的功Wf1J310．如,圓滑水平面上靜置量

m，

L的板

a,板右端園定有直板

,整個裝置置于水平向右的勻中

.將一量也

m、量

q(q>0)的物

b置于板左端(b可視為質(zhì)點且初速度為零

)，已知勻強電場的場興隆小為

E=3μmg/q，物塊與絕緣板板間動摩擦數(shù)為

μ(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力

)，物塊與絕緣板右端豎直擋板碰撞后a、b速度交換

,且碰撞時間極短可忽略不計

,物塊帶電量向來保持不變

,重力加速度為

g。求：(1)物塊第一次與擋板碰撞前瞬時物塊的速度大小;(2)物塊從置于絕緣板到第二次與擋板碰撞過程中,電場力所做的功W。3(74185)mgL【答案】(1)22gL(2)【剖析】【剖析】(1)依照同向運動的物體位移之差等于相對位移，牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式求解.碰撞過程滿足動量守恒，往返運動再次碰撞的過程仍舊用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式求解位移；恒力做功由功的定義式辦理.【詳解】(1)由題知：物塊b受恒定電場力F3mg對兩物體由牛頓第二定律，物塊b：Fmgma1，得a12g對絕緣板：mgma2，得a2ga設(shè)歷時t1物塊第一次與擋板碰撞，有：1(a1a2)t12=L，得：t12L2g則物塊第一次與擋板碰撞前瞬時，物塊的速度大小v1a1t1解得：v122gL(2)絕緣板a的速度大小v2a2t1，解得：v22gL物塊對地的位移大小為x11a1t12，有x12L2物塊與絕緣板的右端豎直擋板發(fā)生彈性碰撞后，二者速度交換則物塊的速度為v12gL，絕緣板的速度大小為v222gL對物塊b：Fmgma3，有a34g設(shè)歷時t2，二者達到共同速度v，有：vv1a3t2，vv2a2t2解得：t212L92gL5gv5二者相對位移大小為x，有(v2v1)22(a3a2)x，解得：xL5物塊對地的位移大小為x2，有x2(v1v)t2，解得：x214L225設(shè)歷時t3物塊第二次與擋板碰撞，有：1(a1a2)t32=x，得：t32L25g物塊對地的位移大小為x3，有x3vt31a1t33，解得：x3185L2L2255故物塊的總位移xx1x2x3得：x74185L25依照功的定義W3mgx3(74185)mgL解得：W25【點睛】本題是牛頓第二定律、動量守恒定律、運動學(xué)公式和能量守恒定律的綜合應(yīng)用，按程序進行剖析是基礎(chǔ)．11．以以下列圖，一根圓滑絕緣細桿與水平面成α＝30°角傾斜固定．細桿的一部分處在場強方向水平向右的勻強電場中，場強E＝23×104N/C．在細桿上套有一個帶負電的小球，帶電量為q＝1×10﹣5C、質(zhì)量為m＝3×10﹣2kg．現(xiàn)使小球從細桿的頂端A由靜止開始沿桿滑下，并從B點進入電場，小球在電場中滑至最遠處的C點．已知AB間距離x1＝0.4m，g＝10m/s2．求：1）小球經(jīng)過B點時的速度大小VB；2）小球進入電場后滑行的最大距離x2；3）試畫出小球從A點運動到C點過程中的v﹣t圖象．【答案】（1）2m/s（2）0.4m（3）【剖析】（1）對小球，AB過程，依照牛頓第二定律可得mgsinma1，初速度為零，由位移速度公式可得vB22a1x1，聯(lián)立解得vB2m/s；（2）對小球，BC過程，依照牛頓