高中物理带电粒子在电场中的运动提高训练含解析

高中物理带电粒子在电场中的运动提高训练含解析
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，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).
(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；
(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；
(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .
【答案】（1）01
5
2mv B ql = （2）2
058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 2
20(23)9mv E ql
ππ-=
【解析】 【分析】 【详解】
（1)粒子从P 到A 的轨迹如图所示：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r 1 由几何关系得112cos 25
r l l α=
= 由洛伦兹力提供向心力可得2
011
v qv B m r =
解得:
0 1
5
2
mv B
ql
=
(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：
粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2
由几何关系得
2
5
2cos8
l
r l
α
==
由库仑力提供向心力得
2
2
22
v
Qq
k m
r r
=
解得:
2
5
8
mv l
Q
kq
=
(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动
粒子在电场中的运动时间
00
sin3
5
l l
t
v v
α
==
根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则
2
T
t=
又
2
2m
T
qB
π
=
解得0
2
5
3
mv
B
ql
π
=
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则0v t r
π
=
解得:35l r π
=
粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t m
α-=
⋅ 解得:2
20(23)9mv E ql
ππ-=
2．如图所示，EF 与GH 间为一无场区．无场区左侧A 、B 为相距为d 、板长为L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A 为正极板．无场区右侧为一点电荷Q 形成的电场，点电荷的位置O 为圆弧形细圆管CD 的圆心，圆弧半径为R ，圆心角为120°，O 、C 在两板间的中心线上，D 位于GH 上．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：
(1)O 处点电荷的电性和电荷量； (2)两金属板间所加的电压．
【答案】(1)负电，2043mv R kq ；(2) 20
33mdv qL
【解析】
（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q 的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O 处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D 点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D 点时速度为：0023303
v v v cos =
=︒ …①
在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q 带负电且满足2
2Qq v k m
R R
=…②
由①②得：
2
4
3
mv R Q
kq
=
（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°
tan 30°=
y
v
v
…③
v y=at…④
qU
a
md
=…⑤
L
t
v
=…⑥
由③④⑤⑥得：
22
00
303
3
mdv tan mdv
U
qL qL
︒
==
3．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E kB．
【答案】(1)2
3
2
W mv
= (2)E1＝
2
3
4
m
qd
υ
E2＝
2
3
3
m
qd
υ
(3) E kB＝
2
14
3
mυ
【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E ko =
2
012
mv 粒子在A 点动能为：E kA =4E ko ，粒子从O 到A 运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=E kA -E ko =2
032
mv ； (2) 以O 为坐标原点，初速v 0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a 1， 历时t 1，A 点坐标为（x ，y ） 粒子做类平抛运动：x=v 0t 1，y=
21112
a t 由题知：粒子在A 点速度大小v A =2 v 0，v Ay 03v ，v Ay =a 1 t 1 粒子在A 点速度方向与竖直线PQ 夹角为30°。

解得：2
1
3v x a =
，20132v y a = 由几何关系得：ysin60°
-xcos60°=d ， 解得：20
13v a =，104d t v =
由牛顿第二定律得：qE 1=ma 1，
解得：2
13mv E =
设粒子从A 到B 运动过程中，加速度大小为a 2，历时t 2，
水平方向上有：v A sin30°
=2
2t
a 2sin60°，210
4d t t v ==，qE 2=ma 2，
解得：2023a d = ，2
233mv E qd
=； (3) 分析知：粒子过A 点后，速度方向恰与电场E 2方向垂直，再做类平抛运动， 粒子到达B 点时动能：E kB =2
12
B mv ，v B 2=（2v 0）2+（a 2t 2）2， 解得：20
143
KB mv E =。

【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。

4．利用电场可以控制电子的运动，这一技术在现代设备中有广泛的应用，已知电子的质量为m ，电荷量为e -，不计重力及电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应．
（1）在宽度一定的空间中存在竖直向下的匀强电场，一束电子以相同的初速度0v 沿水平方向射入电场，如图1所示，图中虚线为某一电子的轨迹，射入点A 处电势为A ϕ，射出点B 处电势为B ϕ．
①求该电子在由A 运动到B 的过程中，电场力做的功AB W ；
②请判断该电子束穿过图1所示电场后，运动方向是否仍然彼此平行？若平行，请求出速度方向偏转角θ的余弦值cos θ（速度方向偏转角是指末速度方向与初速度方向之间的夹角）；若不平行，请说明是会聚还是发散．
（2）某电子枪除了加速电子外，同时还有使电子束会聚或发散作用，其原理可简化为图2所示．一球形界面外部空间中各处电势均为1ϕ，内部各处电势均为221()ϕϕϕ>，球心位于z 轴上O 点．一束靠近z 轴且关于z 轴对称的电子以相同的速度1v 平行于z 轴射入该界面，由于电子只受到在界面处法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，改变前后能量守恒．
①请定性画出这束电子射入球形界面后运动方向的示意图（画出电子束边缘处两条即可）；
②某电子入射方向与法线的夹角为1θ，求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角2θ的正弦值2sin θ．
【答案】（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②是平行；
(
)0
20
cos 2B A v v v
e v m
θϕϕ=
=-+
； （2）① ②
()1122211sin 2e v m
θϕϕ=
-+
【解析】 【详解】
（1）①AB 两点的电势差为AB A B U ϕϕ=-
在电子由A 运动到B 的过程中电场力做的功为()AB AB B A W eU e ϕϕ=-=-
②电子束在同一电场中运动，电场力做功一样，所以穿出电场时，运动方向仍然彼此平行，设电子在B 点处的速度大小为v ，根据动能定理
2201122
AB W mv mv =
- 0cos v v θ=
解得：
()0
20
cos 2B A v v
e v m
θϕϕ=
=-+
（2）①运动图如图所示：
②设电子穿过界面后的速度为2v ，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面方向的速度不变，则1122sin sin θθ=v v 电子穿过界面的过程，能量守恒则：
2211221122mv e mv e ϕϕ-=- 可解得：()212212e v v m
ϕϕ-=+
则
(
)11
22211
sin sin 2v e v m
θθϕϕ=
-+
故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②
()0
20
cos 2B A v v v
e v m
θϕϕ=
=-+
； （2）① ②
()1122211sin 2e v m
θϕϕ=
-+
5．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）2
10
32qU t s s md
∆== 【解析】
试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有2
0012
qU mv = 在C 、D 板间有00L v t = 解得：0
2qU 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2012
y at = 加速度1
qU a md
=
得：2
10
2qU 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0
tan 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2
10
32qU 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．
6．两平行的带电金属板水平放置，板间电场可视为匀强电场．带电量相等粒子a ，b 分别以相同初速度水平射入匀强电场，粒子a 飞离电场时水平方向分位移与竖直方向分位移大小相等，粒子b 飞离电场时水平方向速度与竖直方向速度大小相等．忽略粒子间相互作用力及重力影响，求粒子a 、b 质量之比． 【答案】1：2 【解析】 【详解】
假设极板长度为l ，粒子a 的质量为m a ，离开电场时竖直位移为y ，粒子b 的质量为m b ，离开电场时竖直分速度为v y ，两粒子初速度均为v 0，在极板间运动时间均为t 对粒子a ：l ＝v 0t …① y ＝
12
a 1t 2
…② 1a
qE
a m =
…③ y ＝l …④
①②③④联立解得：20
2a qEl m v = 对粒子b ：v y ＝a 2t …⑤ v y ＝v 0…⑥
2b
qE
a m
=
…⑦ ①⑤⑥⑦联立解得：20
b qEl m v =
则
1
2
a b m m =．
7．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=qE
11sin F mg ma θ-=
解得2
110/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2
210/a m s =
因此物体在0～2 s 内，以2
110/a m s =的加速度加速， 在2～4 s 内，2
210/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max
202
v 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 J
8．如图，平面直角坐标系中，在，y ＞0及y ＜-3
2
L 区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y 轴的匀强电场，在-
3
2
L ＜y ＜0区域存在方向垂直于xOy 平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子，经过y 轴上的点P 1（0，L ）时的速率为v 0，方向沿x 轴正方向，然后经过x 轴上的点P 2（3
2L ，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R =52
L （不计粒子重力），求：
（1）粒子到达P 2点时的速度大小和方向； （2）
E
B
；
（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．
【答案】（1）5 3
v0，与x成53°角；（2）0
4
3
v
；（3）2L；（4）
()
40537
60
L
v
π
+
．
【解析】
【详解】
（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为v y，
由运动学规律知
3
2
L=v0t1，
L=
2
y
v
t1
可得t1=
3
2
L
v，v y=
4
3
v0
故粒子在P2的速度为v22
0y
v v
+=
5
3
v0
设v与x成β角，则tanβ=
y
v
v
=
4
3
，即β=53°；
（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=
1
2
mv2-
1
2
mv02可得
E=
2
8
9
mv
qL
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m
2
v
R
解得：B=
mv
qR
=
5
3
5
2
m v
q L
⨯
⨯
=0
2
3
mv
qL
解得：0
4
3
v
E
B
=；
（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-
3
2
L直线与Q′点，可得：
P2O′=
3
253
L
cos o
=
5
2
L=r
故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y =-
32
L 直线从M 点穿出磁场，由几何关系知M 的坐标x =
3
2
L +（r -r cos37°）=2L ； （4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P 1到P 2做类平抛运动：t 1=0
32L
v 在磁场中由P 2到M 动时间：t 2=
372360r v π︒⨯o
=0
37120L
v π 从M 运动到N ，a =qE m =2
89v L
则t 3=
v a =0
158L
v 则一个周期的时间T =2（t 1+t 2+t 3）=
()0
4053760L
v π+．
9．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距d =
3
3
m ，两金属板间电压U MN = 1×104V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直
线上．AF 两点距离为
2
3
m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．
(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向
(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件． 【答案】（1）53
10/3m s ；垂直于AB 方向出射．（2）3310
（3）
235+ 【解析】
试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ，
则：
U
q ma
d
=解得：102
3
10/
3
qU
a m s
md
==⨯
5
110
L
t s
v
-
==⨯
竖直方向的速度为：v y＝at＝
3
3
×105m/s
射出时速度为：225
23
10/
y
v v v m s
=+=⨯
速度v与水平方向夹角为θ，
3
tan
3
y
v
v
θ==，故θ=30°，即垂直于AB方向出射．（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移2
13
262
d
y at m
===，即粒子由P1点垂直AB射入磁场，
由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为
1
2
cos303
d
R m
==
o
由
2
1
1
v
B qv m
R
=
知：
1
1
33
mv
B T
qR
==
（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：
由几何关系得：2
2
1
sin60
R
R
o
+=
故半径
2
(233)
R m
=
又
2
2
2
v
B qv m
R
=
故
2
23
B
+
=
所以B2
23
+
．
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.
10．如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．
（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；
（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；
（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．
【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）
（n=1，2，3…）
【解析】
（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．
由速度关系可得：
解得：
由速度关系得：v y=v0tanθ=v0
在竖直方向：
而水平方向:
解得：
（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L
根据牛顿第二定律：
解得：
根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）
（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．
在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；
在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于
2r．
综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）
而：
解得：（n=1，2，3…）
应满足的时间条件为： (T0+T′)=T
而：
解得（n=1，2，3…）
点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合
要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B0中偏转60°，而后又在− B0中再次偏转60°，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.
11．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M、N的中线，热灯丝逸出的电子(初速度、
重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动，已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e 。

求：
(1)电子通过小孔O 时的速度大小v ；
(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向。

【答案】（1）2eU
m
（2）12mU L e 方向垂直纸面向里
【解析】 【详解】
(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：2
12
eU mv = 解得：2eU
v m
=
(2)两板间电场的电场强度大小为：2U
E L
=
由于电子在两板间做匀速运动，故：evB eE = 解得：12mU
B L e
=
根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.
12．如图所示，AB 是一段长为s 的光滑绝缘水平轨道，BC 是一段竖直墙面。

一带电量为q(q>0)的小球静止在A 点。

某时刻在整个空间加上水平向右、场强E=
的匀强电场，当
小球运动至B 点时，电场立即反向(大小不变)，经一段时间后，小球第一次运动至C 点。

重力加速度为g 。

求：
（1）小球由A 运动至B 的时间t ；
（2）竖直墙面BC的高度h；
（3）小球从B点抛出后，经多长时间动能最小?最小动能是多少?
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
根据“小球在匀强电场中运动至B点，经一段时间后小球第一次运动至C点”可知，本题考查带电小球在匀强电场中的曲线运动问题，根据匀变速曲线运动的运动规律，运用动能定理和分运动的运动学公式列式计算.
【详解】
(1)小球由A至B，由牛顿第二定律得：
位移为
联立解得运动时间：
(2)设小球运动至B时速度为v B，则
小球由B运动至C的过程中，在水平方向做加速度为-a的匀变速运动，位移为0，
则：
在竖直方向上做自由落体运动，则
联立解得：
(3)从B点抛出后经时间t，水平方向、竖直方向速度分别为
经时间t合速度v满足
代入得：
由此，当时，最小，最小值，
故小球从B点抛出后，达动能最小需经时间
动能最小值
【点睛】
涉及电场力和重力作用下的匀变速曲线运动，针对运动规律选择牛顿第二定律和运动学公式；针对初末状态选用动能定理截决问题比较容易.。