电子在复合场运动含答案精品.docx

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1、1一个质量为 m电荷量为 q 的带电粒子从 x 轴上的 P（ a， 0）点以速度 v ，沿与 x 正方向成 60的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于 y 轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度 B 和射出点的坐标。yvBO/voax2 (12 分) 如图所示 ，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为m 带负电的小球从斜轨道上的 A 点由静止滑下，小球通过半径为R 的圆轨道顶端的 B 点时恰好 不落下来。已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力2 倍。求：（1） A 点在斜轨道上的高度h 为多少？（2）小球运动到最低点时的最小压力为多少？3如图所示。 两极板 A 、B 间有场

2、强为 E=200N/C 的匀强电场， 一带电荷量 q2 10 3 C的小球开始时静止在电场中的P 点，靠近电场极板B 处有一挡板 S，小球与挡板S 的距离x1 5cm，与 A 板距离 x245cm，小球的重力不计。在电场力作用下小球向左运动，与挡板 S 相碰后电量减少到碰前的k 倍，已知 k5，碰撞过程中小球的机械能没有损失。6（ lg 1.2 0.079 ）求：（1）小球第一次到达挡板S 时的动能；（2）小球第一次与挡板 S 相碰后向右运动的距离；（3）小球与挡板 S 经过多少次碰撞后，才能运动到A 板？4如图，质量为1g 的小环，带410-4 C 的正电，套在长直的绝缘杆上，两者间的动摩擦

3、因数 0.2 。将杆放入都是水平的互相垂直的匀强电场和匀强磁场中， 杆所在平面与磁场垂直，杆与电场的夹角为 37。若 E10N C，B 0.5T ，小环从静止起动。求：(1) 当小环加速度最大时，环的速度和加速度；(2) 当小环的速度最大时，环的速度和加速度。5图甲所示的平行板电容器板间距离为d，两板所加电压随时间变化图线如图乙所示，t=0时刻，质量为 m、带电量为 q 的粒子以平行于极板的速度V 0 射入电容器， t1 =3T 时刻恰好从下极板边缘射出电容器，带电粒子的重力不计，求：（1）平行板电容器板长 L（2）粒子射出电容器时偏转的角度（3）粒子射出电容器时竖直偏转的位移y6如图，真空中

4、 xOy 平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m。若将电荷量均为 q=+2.010-6C的两点电荷分别固定在 A、B点，已知静电力常量 k=9.0 10922Nm/C 。求：（ 1）两点电荷间的库仑力大小；（ 2） C 点的电场强度的大小和方向。7 (2010 年高考课标全国卷axOy 平)如图 8 2 28 所示，在 0 xa、0 y 范围内垂直于2面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B. 坐标原点 O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy 平面内，与 y 轴正方向的夹角分布在090范围内 已知粒子

5、在磁场中做圆周运动的半径介于a/2 到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的图 8 2 28(1) 速度的大小；(2) 速度方向与 y 轴正方向夹角的正弦8如图所示，在y 0 的空间中，存在沿y 轴正方向的匀强电场E；在 y 0 的空间中，存在沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小也为E，一电子（e， m）在 y 轴上的 P（ 0，d）点以沿 x 轴正方向的初速度v0 开始运动，不计电子重力，求：电子第一次经过x 轴的坐标值；请在图上画出电子在一个周期内的大致运动轨迹；电子在y 方向上运动的周期；9在真空中水

6、平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器的电压为U0 时，油滴保持静止状态，如图21 所示。当给电容器突然充电使其电压增加U1，油滴开始向上运动；经时间t后，电容器突然放电使其电压减少U2，又经过时间t ，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为g。试求：（ 1）带电油滴所带电荷量与质量之比；（ 2）第一个 t 与第二个 t 时间内油滴运动的加速度大小之比；（ 3） U1 与 U2 之比。10如图所示，质量为m，带电量为q（ q0）的粒子（重力不计） ，从离坐标原点为1.

7、5a的 y 轴上的 P 点，以速度大小为v0，方向与 y 轴正方向成=30射入xoy 坐标的第一象限，经过一个在第一象限内， 边界形状为等腰梯形方向与 xoy 坐标面垂直匀强磁场区域， 然后沿 -x 方向经过坐标原点 0，进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，其运动轨迹为虚线所示，该电场强度为 E，方向沿 -y 轴方向，磁感应强度为 B，方向垂直坐标面向外。y v0Px0（1）画出最小的等腰梯形所处的位置和粒子运动轨迹，并求出此时的磁感应强度；（2）粒子过坐标原点0 后的运动可分解为x 方向和 y 方向两分运动组成，已知动为简谐运动；求粒子离x 轴最远距离。11如图所示，在水平向右场强为E 的匀

8、强电场中，有一质量为m、电荷量为A 点由静止释放，仅在由场力的作用下经时间t 运动到 B 点 . 求 .y 方向分运 q 的点电荷从(1) 点电荷从 A 点运动到 B 点过程中电场力对点电荷做的功；(2)A 、 B 两点间的电势差。12如图所示，空间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场交界于虚线，电场强度为E ，虚线下方匀强磁场范围足够大，磁感应强度为B ，现有质量为m、电量为q 的带正电粒子从距电磁场边界 h 处无初速释放（带电粒子重力可忽略不计）求：（ 1）带电粒子刚离开电场时速度大小；（ 2）带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径；（ 3）带电粒子第一次在匀强磁场中运动的时间.如图所示， 在 a、

9、b 两端有直流恒压电源，输出电压恒为Uab，R2=40，右端连接间距d=0.04m、板长 l=10cm 的两水平放置的平行金属板，板间电场视为匀强电场。闭合开关S ，将质量为m=1.610kg、带电量q=3.2 10C的微粒以初速度v0=0.5m/s 沿两板中线水平射入板间。当滑动变阻器接入电路的阻值为15 时，微粒恰好沿中线匀速运动，通过电动机的电流为20.5A 。已知电动机内阻R1=2，取 g=10m/s 。试问：13输出电压为Uab 是多大？14在上述条件下，电动机的输出功率和电源的输出功率？15为使微粒不打在金属板上，R2 两端的电压应满足什么条件？16如图所示， 两平行光滑导轨相距0

10、.2m，与水平面夹角为金属棒的电阻R=1，其处在与轨道平面垂直且磁感应强度为势为 5V，内阻 r 为 1， R1 未知，其他电阻不计，金属棒300，金属棒 MN的质量为0.2kg5T 的匀强磁场中，电源电动MN处于静止状态求：，电源（ 1）金属棒 MN中电流方向；（ 2）电阻 R1 的阻值应为多少？17如图所示，水平面上有两根相距0.5m 的足够长的光滑平行金属导轨MN和 PQ，之间有一导体棒ab，导轨和导体棒的电阻忽略不计，在M和 P 之间接有阻值为R=2 的定值电阻。质量为 0.2kg 的导体棒ab 长 l 0.5m，与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B 0.

11、4T 。现在在导体棒ab 上施加一个水平向右，大小为0.02N 的恒力F ，使导体棒ab 由静止开始运动，求：当 ab 中的电流为多大时，导体棒ab 的速度最大？ab 的最大速度是多少？若导体棒从开始到速度刚达到最大的过程中运动的位移s=10m，则在此过程中R 上产生的热量是多少？18 (10 分) 如图，在3、 4 象限有垂直纸面向外的匀强磁场，在1、 2 象限有竖直向下的匀强电场。现从y 轴上的 P 点（其坐标为 (0,a) ）水平向右发射一质量为m，电量为 q，速度为V0 的带电粒子（不计重力）. 它与 +x 方向成 45角进入第4 象限。（1）电场强度的大小？（2）若有一长略大于3a

12、的绝缘弹性板放在x 轴上，且中点与坐标原点重合，问磁感应强度多少时，粒子与薄板弹性碰撞后( 即碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反 ) 可再次从第2 象限直接回到P 点？19（ 12 分）如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为 U0，电容器板长和板间距离均为L 10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L 10 cm，在电容器极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的求：)（ 1) 在 t 0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处？（ 2)

13、荧光屏上有电子打到的区间有多长？20（ 16 分）如图所示，宽度为L=1m的某一区域存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场80沿直线从N点离开；若只撤去磁场，则粒子从P 与水平成45 角射出。B，（ 1）求粒子的比荷（ 2）若只撤去电场，则粒子以与水平方向成多少度角穿出21如图 a 所示， O为加速电场上极板的中央，下极板中心有一小孔O， O与 O在同一竖直线上。空间分布着有理想边界的匀强磁场，其边界MN、 PQ（加速电场的下极板与边界MN重合）将匀强磁场分为、两个区域，区域高度为d，区域的高度足够大，两个区域的磁感应强度大小相等，方向如图。 一个质量为m、电荷量为 +q 的带电粒子从O点由静止释

14、放，经加速后通过小孔O，垂直进入磁场区。设加速电场两极板间的电压为U，粒子不计重力。（ 1）求粒子进入磁场区时的速度大小；（ 2）若粒子运动一定时间后恰能回到O点，求磁感应强度 B 的大小；（3）若将加速电场两极板间的电压提高到3U，为使带点粒子运动一定时间后仍能回到O点，需将磁场向下移动一定距离（如图b 所示），求磁场向下移动的距离y 及粒子从O进入磁场到第一次回到O点的运动时间t 。22（ 22 分）如图所示，在一二象限内RxR 范围内有竖直向下的运强电场E，电场的上边界方程为y1x2 。在三四象限内存在垂直于纸面向里、边界方程为x2y2R2 的2R匀强磁场。 现在第二象限中电场的上边界有

15、许多质量为m，电量为q 的正离子， 在y1R 处2有一荧光屏，当正离子达到荧光屏时会发光，不计重力和离子间相互作用力。（1）求在 x(RxR) 处释放的离子进入磁场时速度。（2）若仅让横坐标xR 的离子释放， 它最后能经过点( R,0)，求从释放到经过点(R,0)3所需时间t.（ 3）若同时将离子由静止释放，释放后一段时间发现荧光屏上只有一点持续发出荧光。求该点坐标和磁感应强度 B1 。参考答案1析：由射入、射出点的半径可找到圆心O/，并得出半径为r2amv ,得B3mv ；3Bq2aq射出点坐标为（ 0， 3a ）【解析】 如图所示， 由射入、射出点的速度方向可找出圆心O，并得出半径为 r=

16、 2a= m，3qB解得： B=3m ；2aq由几何关系可知射出点纵坐标为r+3a =3a ，故坐标为（，3a）30带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点， 也是高考的热点 在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题 带电粒子在磁场中的运动问题， 综合性较强， 解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、 圆周运动的知识， 又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识5R2（ 1） h2（2） N=3 mg【解析】（ 1）设小球到 B 点的最小速度为vB，则牛顿第二定律: mgqEm vB2R小球从 A 到 B 的过程中 由 动能定理 :(mg qE )( h 2R)1mvB25R2由得h2（2）

17、小球从 A 到 C 的过程中，由动能定理: (mgqE )h1 mvC22小球在 C 点时，牛顿第二定律 :NqEmgm vC2R又因为mg=2 qE由 得 :N=3 mg3（ 1） 0.02J（ 2） 6cm（3） 13【解析】（ 1） E kqEx10.02 J（ 2 分）（2）第一次碰后：kqEx1 EkqEx1x11 x16cm（ 4 分）k（3）第二次碰后： kqEx1k 2qEx2x212x11nk第 n 次碰后： xnx1（6 分）k1nx1x1x20.5mk5n1n lg 1.210n13 （次）（2 分）6104 (1)v 1=52 m/sa1=2.8 m/s2（2） v =

18、122 m/sa2 =02【解析】略5（ 1） t=3T ，水平方向匀速直线运动，Lvo t3voT （4 分）Fu 0 q（2） a（ 2 分）mmd竖直方向加速时间 t=2T （ 1 分）v y2u0 qT（ 2 分）atmd粒子射出电容器时偏转的角度vy2u0 qTtan（ 2 分）v0mdv0（ 3）沿电场方向粒子先匀加速再匀减速然后又匀加速至出电容器，0 T : y11 at121 u q T 2（ 1 分）22 d m1 u qT 2T : y22 y12T 2（ 1 分）2 d m2T 3T : y33y13 u q T 2（ 1 分）2 d m3uqTyy1y2y3md【解析】

19、略2（ 2 分）【答案】（ 1）F=9.010 -3 N（ 2） E7.8 103 N C 方向沿 y 轴正方向【解析】q 2试题分析：（ 1）根据库伦定律，A、 B 两点间的库仑力大小为：Fk代入数据得： F=9.010 -3 N（2） A、 B 点电荷在 C点产生的场强大小相等，均为：E1 k qL2A、 B 两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为： E2E1 cos30 o代入数据得 E 7.8 103 N/C ，方向沿 y 轴正方向考点：本题考查库伦定律、电场强度L27 (1)(2 6)qB(2)662m10【解析】 (1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二

20、定律和洛伦兹力公式，得qvB m v2R由式得 R mv qB当 a/2R a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧， 圆弧与磁场的上边界相切，如图所示设该粒子在磁场运动的时间为t，依题意 t T/4 ，得 OCA 2设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为 ，由几何关系可得 Rsin R a2Rsin a Rcos 又 sin2 cos2 16由式得R(2)a2由得v (26qB2).m(2) 由式得 sin 66 .10答案： (1)(26)qB(2)662m108 (1) （ v02md ， 0） (2)见下图 (3) 4 2mdeEeE【解析】试题分析：

21、在y 0 空间中，沿x 轴正方向以v0 的速度做匀速直线运动，沿y 轴负方向做匀加速直线运动，设其加速度大小为a，则：eEamd 1 at122x1v0 t1解得：t12md， x1v02mdeEeE因此电子第一次经过x 轴的坐标值为： （ v02mdeE， 0）电子轨迹如题答图所示（2 分）在 y 0 空间中，沿 x 轴正方向仍以 v0 的速度做匀速直线运动，沿 y 轴负方向做匀减速直线运动，设其加速度大小也为 a，由对称性可知： 电子在 y 轴方向速度减小为零时的时间： t 2 =2mdt 1 =eE电子沿 x 轴方向移动的距离为：x2 = x 1 =2mdv0eE(3) 电子在 y 轴方

22、向的运动周期：T 2(t1t 2 ) 4 2mdeE考点： 粒子在电场中做类平抛运动， 先画出粒子的运动轨迹， 再由运动的合成与分解知识可求得粒子在水平方向和竖直方向上的距离9（ 1）油滴静止时mgU0(2分 )qd则qdg(1分)mU 0（2）设第一个t内油滴的位移为 x1，加速度为 a ，第二个t 内油滴的位移为x ，加速度12为 a2，则x11 a1 t 2 ， x2v1 t1 a2 t 2 ，(1分 )22且v1=a1 t ， x 2=-x 1(1分 )解得a1:a 2=1:3(1分 )（3）油滴向上加速运动时：q U 0U 1mgma1 ，即 qU 1ma1 (1 分 )dd油滴向上

23、减速运动时mg q U 0U 1U 2ma2 ，即 q U 2U 1ma2 (1分 )dd则U11(1分 )U 2U 13解得U11(1分)U 24【解析】略B0mv0y02m (v0E )10（ 1）见解析qa （2）qBB【解析】（ 1）设带电粒子垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，轨迹半径为r，则有qv0 Bm v02r （ 2 分）mv0Bqr（ 1 分）最小的当等腰梯形边界如图PMNQ 所示， （ 2 分）设：此时半径为r0 ，最大磁感应强度为B0从图中可得 r0+r0sin =1.5a （ 2分） r0=a（ 1 分）mv0B0qa （ 2 分）（2）设粒子运动到最高点速度为v，

24、离 x 轴的距离为 y0qEy01 mv21 mv02 （ 2 分）根据动能定理22根据简谐运动的对称性，粒子在最低点和最高点加速度大小相同，方向相反， 设最大加速度为 a0，根据牛顿第二定律：在 0 点： qv0B-qE = ma（ 2 分）在最高点： qvB+qE=ma（ 2 分）vv02EB（ 2 分）由式解得：y02m (v0E )由解得qBB（ 2 分）11（ 1） E 2 q2 t 2（ 2） E 2q t 22m2m【解析】试题分析：（ 1）设电荷受到的电场力为F，运动的加速度为a，在 t 时间内运动的距离为s，电场力对电荷做的功为W，则F=Eq F=ma a= Eq/ms=1a

25、t 2W=Fs2联立解得 W=E 2q2t 22m说明：由动量定理， qEt mv，由动能定理， 电场力做功 W1 mv2 ，解得E 2q2t 2W22m同样给分。（2）设 A、 B 两点间的电势差为E 2q t 2UAB，则 U =W/q；所以 U =ABAB2m考点：牛顿定律在电场中的应用；电场力做功与电势差的关系。2qEh（ 2） r12mEh2 m12（ 1） v（3） TmBqqB【解析】试 题 分 析 ：（ 1 ）设 带 电粒 子 在 匀 强电 场 中 加 速后 的 速 度 大小 为v ， 由动 能 定 理 得qEh1 mv22qEh，解得 v2m设带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半

26、径为v2mvr ，由 qvB m即 rrqB联立解得 r12mEhBq（3）由 T2 R2 m，可得 TvqB考点：带电粒子在匀强电场中的运动，带电粒子在匀强磁场中的运动13 35V14 35W222V15 18V U【解析】 (1)有 qU1/d=mg- -U1=20V滑动变阻器两端电压 U =I总R滑- -2I 总 =I 1+I 2=1A- -电源电压： U=U1+U2=35V(2)P出总-I2 1=PR - -=UI-I 2R1=17WP 电 =I 总 U=35W- -（ 8 分）(3)（ 2）因上极板带正电，故粒子带负电粒子穿过板的时间t=l- -=0.2sv0当粒子刚从下极板穿出时：

27、d1 mgEq t 2 - -22m而： E=U 2/联立解得： U/=18V- -d2同理有： d1 Eqmg t 2而： E=U 2/联立解得： U2/ =22V - -22md故 R 两端的电压应满足的条件是：18V U 22V（ 11 分）2216（ 1）导体杆中电流方向为NM；（ 2）3.【解析】试题分析： (1) 由左手定则可知，导体杆中电流方向为NM（2）由闭合电路欧姆定律可以IER R1 r由力的平衡条件可知，mgsinBIL 由得： R13考点：左手定则；闭合电路欧姆定律。17（ 1） 0.1A （ 2） 1m/s（ 3）0.1J【解析】试题分析：（ 1）当金属棒上所受的拉力等于安培力时，加速度为零，速度最大，则 F=BIL ，解得： I=0.1A（2）根据 E=BLv ； E=IR 可解得：IRm s0.1 /mvmBL（3）由能量守恒关系可得：FS1 mvm2Q解得： Q=0.1J2考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律.18【解析】（ 1）（ 2） nmv02aq试题分析：（ 1）由能量守恒定律可得：（ 2）电荷要回到 P 点，轨迹必须满足对称性，由对称性可得：电荷的回旋半径 r 必须满足：同时为了保证电荷