高考物理带电粒子在电场中的运动真题汇编含答案及解析docx.docx
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高考物理带电粒子在电场中的运动真题汇编
(含答案)及解析
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1.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
3
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
v;
1
(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Eo,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.
2
2E0
2BLq
2
21BLq
3
E0
【答案】
(1)
(2)
v3
3m
9m
()
B
B
【解析】
【详解】
(1)粒子1在一、二、三做匀速圆周运动,则
qv1B
mv12
r1
2
由几何憨可知:
r12
Lr1
2
3L
3
2BLq
得到:
v1
3m
(2)粒子2在第一象限中类斜劈运动,有:
3Lv1t,h
1qEt2
3
2m
在第二、三象限中原圆周运动,由几何关系:
Lh2r1,得到E
8qLB2
9m
2
2
2
21BLq
又v2
v1
2Eh,得到:
v2
9m
(3)如图所示,将
v3分解成水平向右和
v和斜向的v,则qvB
E0
qE0,即v
B
而v
v'2
v32
所以,运动过程中粒子的最小速率为
v
vv
2
v32E0
即:
v
E0
B
B
2.如图,半径为a的内圆A是电子发射器,其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向
发射速率为v的电子;外圆C为与A同心的金属网,半径为3a.不考虑静电感应及电子
的重力和电子间的相互作用,已知电子质量为m,电量为e.
(1)为使从C射出的电子速率达到3v,C、A间应加多大的电压U;
(2)C、A间不加电压,而加垂直于纸面向里的匀强磁场.
①若沿A径向射出的电子恰好不从C射出,求该电子第一次回到A时,在磁场中运动的时
间t;
②为使所有电子都不从C射出,所加磁场磁感应强度B应多大.
【答案】
(1)4mv
2
2mv
(2)①43a
②B
e
9v
(31)ae
【解析】
【详解】
(1)对电子经C、A间的电场加速时,由动能定理得
eU
1m3v
2
1mv2
2
2
4mv2
得U
e
(2)电子在C、A间磁场中运动轨迹与金属网相切.轨迹如图所示.
3ar
2
a2
设此轨迹圆的半径为
r,则
r2
2
r
又T
v
得tan
a
3
r
故θ=60°
所以电子在磁场中运动的时间
2
-2
t
T
2
4
3a
得t
9v
(3)若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网
C相切.则所有电子都不从
C射出,轨
迹如图所示:
2r
3aa
又evB
mv2
r
得B
2mv
(3-1)ae
所以B
2mv
(3-1)ae
3.如图所示,在平面直角坐标系xOy的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度
为B的匀强磁场区域△ABC,A点坐标为(0,3a),C点坐标为(0,﹣3a),B点坐标为
(23a,-3a).在直角坐标系xOy的第一象限内,加上方向沿y轴正方向、场强大小为
E=Bv0的匀强电场,在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏,其与x轴的交点为Q.粒子
束以相同的速度v0由O、C间的各位置垂直y轴射入,已知从y轴上y=﹣2a的点射入磁场
的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O点.忽略粒子间的相互作用,不计粒子的重力.
(1)求粒子的比荷;
(2)求粒子束射入电场的纵坐标范围;
(3)从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q点最远?
求出最远距离.
【答案】
v0
7
9
(1)
(2)0≤ya≤2(3)ya,
a
Ba
8
4
【解析】
【详解】
(1)由题意可知,
粒子在磁场中的轨迹半径为
r=a
由牛顿第二定律得
2
Bqv0=mv0
r
故粒子的比荷
qv0
mBa
(2)能进入电场中且离O点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB边相切,设粒子
运动轨迹的圆心为O′点,如图所示.
由几何关系知
AB
=2a
O′A=r·
BC
则
OO′=OA-O′A=a
即粒子离开磁场进入电场时,离
O点上方最远距离为
OD=ym=2a
所以粒子束从y轴射入电场的范围为0≤y≤2a
(3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上,有
3a=v0·t0
y
1qEt02
9a2a,
2m
2
所以,粒子应射出电场后打到荧光屏上
粒子在电场中做类平抛运动,设粒子在电场中的运动时间为t,竖直方向位移为y,水平方
向位移为x,则
水平方向有
x=v0·t
竖直方向有
y1qEt2
2m
代入数据得
x=2ay
设粒子最终打在荧光屏上的点距Q点为H,粒子射出电场时与x轴的夹角为θ,则
qE
x
tan
vy
m
v0
2y
vx
v0
a
有
=
(3a
-
=(3
a
2y)2y
H
x)tan·θ
当3
a2y
2y时,即y=9
a时,H有最大值
8
由于
9
max
9
a<2a,所以H的最大值
H
=a,粒子射入磁场的位置为
8
4
9
7
y=
a-2a=-
a
8
8
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v0、方向与水平线夹角为
θ=60o的速度,进入大小为E1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E2,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。
已知粒子从O运动到A的时间与从A运动到B的时间相同,不计粒子重力,已知量为
m、q、v0、d.求:
(1)粒子从O到A运动过程中,电场力所做功W;
(2)匀强电场的场强大小E1、E2;
(3)粒子到达B点时的动能EkB.
【答案】
(1)
W
3
2
1
3m
2
mv0
(2)E
=
4qd
2
03m
E2=
3qd
2
14m
2
0
kB
0
(3)E=
3
【解析】
【分析】
(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。
(2)粒子在电场中做类平抛运动,应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。
(3)根据粒子运动过程,应用动能计算公式求出粒子到达B点时的动能。
【详解】
(1)由题知:
粒子在O点动能为Eko=1mv02粒子在A点动能为:
EkA=4Eko,粒子从O到A
2
运动过程,由动能定理得:
电场力所做功:
W=EkA-Eko=3mv02;
2
(2)以O为坐标原点,初速v0方向为x轴正向,
建立直角坐标系xOy,如图所示
设粒子从O到A运动过程,粒子加速度大小为
a1,
历时t1,A点坐标为(x,y)
粒子做类平抛运动:
x=v0t1
1
2
,
y=
a1t1
2
由题知:
粒子在
A点速度大小
vA=2v0,vAy=
3v0,vAy=a1t1
粒子在A点速度方向与竖直线
PQ夹角为30°。
解得:
x
3v02
3v02
a1
,y
2a1
由几何关系得:
ysin60°-xcos60°=d,
2
4d
解得:
a1
3v0
,t1
4d
v0
由牛顿第二定律得:
qE1=ma1,
3mv02
解得:
E1
4qd
设粒子从A到B运动过程中,加速度大小为a2,历时t2,
t2
a2sin60,°t2t1
4d
水平方向上有:
vAsin30=°
,qE2=ma2,
2
v0
解得:
a2
v02
3mv02
,E2
;
3d
3qd
(3)分析知:
粒子过A点后,速度方向恰与电场E2方向垂直,再做类平抛运动,
粒子到达B点时动能:
EkB=1mv2,vB2=(2v0)2+(a2t2)2,B
2
14mv
解得:
EKB0。
【点睛】
本题考查了带电粒子在电场中的运动,根据题意分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键,应用动能定理、类平抛运动规律可以解题。
5.某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示,区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场,电
3
场场强E=1.0×10
V/m,宽度d=0.05m,长度L=0.40m;区域MM′N′N内有垂直纸面向里
的匀强磁场,磁感应强度
-2
q
8
B=2.5×10T,宽度D=0.05m,比荷
=1.0
×10C/kg的带正电
m
的粒子以水平初速度v0从P点射入电场.边界MM′不影响粒子的运动,不计粒子重力.
(1)
5
PP′N′N射出的位置;
若v0=8.0×10m/s,求粒子从区域
(2)若粒子第一次进入磁场后就从M′N间′垂直边界射出,求v0的大小;
(3)若粒子从M′点射出,求v0满足的条件.
5
0
4.0
0.8n
5
【答案】
(1)0.0125m
(2)3.6×10
第一种情况:
=(
)
10m/s(其中n=
m/s.(3)
v
2n
1
0、1、2、3、4)第二种情况:
v0=(3.2
0.8n)105m/s(其中n=0、1、2、3).
2n1
【解析】
【详解】
(1)粒子以水平初速度从P点射入电场后,在电场中做类平抛运动,假设粒子能够进入磁场,则
竖直方向d=
1Eq
2
··t
2m
2md
得t
qE
代入数据解得
-6
t=1.0×10s
水平位移x=v0t
代入数据解得
x=0.80m
因为x大于L,所以粒子不能进入磁场,而是从
P′M间′射出,
L
=
-6
则运动时间t0=
0.5×10s,
v0
竖直位移y=
1Eq
2
=0.0125m
··t0
2m
所以粒子从P′点下方
0.0125m处射出.
(2)由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移
2md
x=v0
qE
粒子进入磁场时,垂直边界的速度
v1=qE·t=2qEd
mm
设粒子与磁场边界之间的夹角为α,则粒子进入磁场时的速度为v=v1
sin
在磁场中由qvB=mv2得R=mv
RqB
粒子第一次进入磁场后,垂直边界M′N射′出磁场,必须满足x+Rsinα=L
mv
v1、v1=
2qEd代入解得
把x=v0
2md、R=
、v=
qE
qB
sin
m
v0=L·Eq-E
2mdB
0
5
v=3.6×
10m/s.
(3)
由第二问解答的图可知粒子离
MM′的最远距离Δy=R-Rcosα=R(1-cosα)
mv
v1
、v=
2qEd
代入解得
把R=
、v=
qB
sin
1
m
y
1
2mEd(1
cos
)
1
2mEdtan
2
B
q
sin
B
q
可以看出当α=90°时,Δy有最大值,(α=90°即粒子从P点射入电场的速度为零,直接在
电场中加速后以v1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)
mv1
m
2qEd
1
2mEd
ymax
qB
m
B
q
qB
Δymax=0.04m,Δymax小于磁场宽度D,所以不管粒子的水平射入速度是多少,粒子都不会从边界NN′射出磁场.
若粒子速度较小,周期性运动的轨迹如下图所示:
粒子要从M′点射出边界有两种情况,
第一种情况:
L=n(2v0t+2Rsinα)+v0t
2md
mv
、v1=vsinα、v1=
2qEd代入解得
把t
、R=
qE
qB
m
L
qE
2n
E
v0
2md
2n
1B
2n1
4.00.8n
v0=
2n1
5
×10m/s(其中n=0、1、2、3、4)
第二种情况:
L=n(2v0t+2Rsinα)+v0t+2Rsinα
2md
mv
2qEd代入解得
把
t
、R=
、v1=vsin、αv1=
qE
qB
m
v0
L
qE
2(n
1)
E
2n1
2md
2n
1
B
3.20.8n
v0=
2n1
5
×10m/s(其中n=0、1、2、3).
6.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
1
e,质量为m,重力不计)无初速度地放入电场E中
的A点,最后电子打在右侧的屏上,
A点到MN的距离为L,AO连线与屏垂直,垂足为
2
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)v
eEL
(2)2(3)3L.
m
【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:
1
eE1
=eE
a=
m
m
2a1
L
v2
2
解得
eEL
v
m
(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy,
a2=eE2=2eE
mm
t=
L
v
vy=a2t
tanθ=vy=2
v
(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:
x
tanθ=L
L
2
解得:
x=3L.
7.如图所示,有一比荷q=2×1010C/kg的带电粒子,由静止从Q板经电场加速后,从M板的
m
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UQM。
【答案】
(1)v
4.8106m/s;
(2)
3
0,·
4
【解析】
【详解】
(1)粒子从静止开始经加速电场加速后速度为v,由动能定理:
qU
1
mv2
2
粒子进入磁场后,洛仑磁力提供向心力:
qBv
mv2
R
粒子垂直a边界进入有届磁场区域且恰好未飞出右平行届
b,由几何知识得:
Rd
代入数值,联立解得:
v4.8106m/s;U
5.76
10-2V
(2)据粒子在磁场中的轨迹,由左手定则知:
该粒子带负电,但在加速电场中从
Q到M
加速,说明M点比Q点电势高,故
3
0,
4
8.如图所示,在竖直面内有一边长为的正六边形区域,O为中心点,CD水平.将一
质量为m的小球以一定的初动能从B点水平向右拋出,小球运动轨迹过D点.现在该竖直
面内加一匀强电场,并让该小球带电,电荷量为+q,并以前述初动能沿各个方向从B点拋
入六边形区域,小球将沿不同轨迹运动.已知某一方向拋入的小球过O点时动能为初动能
的,另一方向拋入的小球过
C点时动能与初动能相等.重力加速度为
g,电场区域足够
大,求:
(1)小球的初动能;
(2)取电场中B点的电势为零,求O、C两点的电势;
(3)已知小球从某一特定方向从B点拋入六边
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