高考物理易错题专题三物理带电粒子在电场中的运动(含解析)

高考物理易错题专题三物理带电粒子在电场中的运动(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，光滑绝缘的半圆形轨道ABC 固定在竖直面内，圆心为O ，轨道半径为R ，B 为轨道最低点。

该装置右侧的
1
4
圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。

某一时刻一个带电小球从A 点由静止开始运动，到达B 点时，小球的动能为E 0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，试求： （1）小球所受重力和电场力的大小； （2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。

【答案】（1）0E R 0
2E R
（2）8E 0 【解析】 【详解】
(1)设带电小球的质量为m ，则从A 到B 根据动能定理有：
mgR ＝E 0
则小球受到的重力为：
mg ＝
E R
方向竖直向下；
由题可知：到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，根据功能关系可知：
EqR ＝2E 0
则小球受到的电场力为：
Eq ＝
2E R
方向水平向右，小球带正电。

(2)设小球到达C 点时速度为v C ，则从A 到C 根据动能定理有：
EqR ＝
2
12C mv ＝2E 0 则C 点速度为：
v C 0
4E m
方向竖直向上。

从C 点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：
41C v E t
g g m
=
= 在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：
0442
E E qE qE v at t m mg m m
==
== 则在最高点的动能为：
2200411(2)822k E E mv m E m
=
==
2．如图所示，在两块长为3L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．
(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．
(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （2）223
cos d R a R L ≥+= ；min 0(632)L T π+= 【解析】 【分析】 【详解】
（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则0
1
02
qv B m v R =
由几何关系：222113()()22
L L
R R =+- 解得0
mv B qL
=
（2）粒子P 从O 003L v t =
011
22
y L v t = 解得03
3
y v v =
设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0
tan 3y
v v α== 则=
3
π
α
0023
sin v v α=
= 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则
21
2sin L R α
=
， 解得23L R =
右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223
cos d R R L α≥+=
； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：
2
min 0(22)2R T t v
πα--=
解得()
min 0
6
323L T v π=
【点睛】
带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.
3．一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E 1的水平匀强电场中，静止时细线与竖
直方向的夹角θ=45°，如图所示。

以小球静止位置为坐标原点O ，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其中x 轴水平。

现剪断细线，经0.1s ，电场突然反向，场强大小不变；再经0.1s ，电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E 2，又经0.1s 小球速度为零。

已知小球质量m=1.0×10－2kg ，电荷量q=1.0×10－8C ，g 取10m/s 2，空气阻力不计。

求
(1)E 1和E 2；
(2)细线剪断0.3s 末小球的位置坐标。

【答案】(1) 7
110/E V m = 72310/E V m =⨯ (2) (0.1,0.3)m m
【解析】 【详解】
（1）当小球静止时，1qE mg = 则7110/mg
E V m q
=
= 电场力与重力的合力=
2cos 45mg
F mg o
合=
剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为2102/F a m s m
==合
经过0.1s 小球的速度大小为12/v at m s == 速度的方向与x 轴正方向成45o 斜向右下方
在第2个0.1s 内，电场方向，小球的水平分速度1
12cos 450x qE v v t m
=-=o
竖直分速度12sin 452/y v v gt m s o
=+=
即第2个0.1s 末，小球的速度2v 大小为2/m s ，方向竖直向下 依题意，在第3个0.1s 内小球做匀减速直线运动， 由运动学公式知223220/0.1
v a m s t =
==' 根据牛顿第二定律得2qE mg
a m
'-=
代入数据得7
2310/E V m =⨯
（2）第1个0.1s 内，小球的位移大小22111220.122s at g =
=⨯= 则小球沿x 方向移动的距离1cos 450.05x s m ==o
沿y 方向移动的距离1sin 450.05y s m ==o
在第2 个0.1s 内，小球沿x 方向移动的距离2
21221cos 450.052qE x v t t m m
o
=-= 沿y 方向移动的距离2
2121sin 450.152
y v gt m =+
=o
在第3个0.1s 内，小球沿沿方向移动的距离2
323310.12
y v t a t m '=-= 即小球速度为零时的位置坐标是(0.1,0.3)m m
4．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.
5．如图所示，在竖直平面内有一绝缘“⊂”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB 、CD 水平且足够长，光滑半圆半径为R ，质量为m 、电量为+q 的带电小球穿在杆上，从距B 点x=5.75R 处以某初速v 0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB 、CD 间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）若小球初速度v 0gR B 点时受到的支持力为多大； （2）小球初速度v 0满足什么条件可以运动过C 点；
（3）若小球初速度gR x=4R ，则小球在杆上静止时通过的路程为多大．
【答案】（1）5.5mg （2）04v gR >3）()44R π+ 【解析】 【分析】 【详解】
（1）加速到B 点：221011-22
mgx qEx mv mv μ-=
- 在B 点：2
v N mg m R
-=
解得N=5.5mg
（2）在物理最高点F ：tan qE mg
α=
解得α=370；过F 点的临界条件：v F =0
从开始到F 点：2101-(sin )(cos )02
mgx qE x R mg R R mv μαα-+-+=- 解得04v gR =
可见要过C 点的条件为：04v gR >
（3）由于x=4R<5.75R ，从开始到F 点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F 点时速度不为零，假设过C 点后前进x 1速度变为零，在CD 杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：
2
121101--(-)202mgx mgx qE x x mg R mv μμ--⋅=-
1s x R x π=++
解得：(44)s R π=+
6．在金属板A 、B 间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U O ，其周期是T ．现有电子以平行于金属板的速度V O 从两板中央射入（如图甲）．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子的重力，求：
（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小．
（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？
【答案】（1）20
0eU v m
+ （2）0v T 【解析】 【分析】
（1）电子在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，在此过程中只有电场力做功，根据动能定理即可解除电子飞出时的速度．
（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T ； 【详解】
（1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得：220011
222
U e mv mv =- 解得：20
0eU v v m
=
+
（2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T ；则电子水平方向做匀速直线运动：L=v 0T
7．如图所示，电荷量为+q ，质量为m 的小球用一根长为L 的绝缘细绳悬挂于O 点，所在的整个空间存在水平向右的匀强电场，已知重力加速度为g ．现将悬线拉直使小球从与O 点等高的A 点静止释放，当小球运动到O 点正下方的B 点时速度的大小为v=gL ．求：
(1)该电场的场强E 的大小； (2)小球刚到达B 点时绳的拉力；
(3)若到达B 点后绳子突然断裂，断裂时小球以原速度抛出，则小球再次经过O 点正下方时与O 点的距离是多少? 【答案】（1）2mg
E q
=（2）2mg ；（3）9L 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由A 到B 根据动能定理：2
12
mgL EqL mv -=
，
解得2mg
E q
=
（2）在B 点，由牛顿第二定律：2
v T mg m L
-=
解得T=2mg
（3）绳子断裂后，小球水平方向向左先做减速运动，后反向加速；竖直方向做自由落体运动，回到B 点正下方，则：2v t a
=
2qE g a m =
= 21
2h gt =
解得h=9L 【点睛】
此题关键是第3问的解答，要知道小球参与水平方向的匀变速运动和竖直方向的自由落体运动，两个运动的时间相等.
8．如图，直线MN 上方有平行于纸面且与MN 成45。

的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN 下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

今从MN_上的O 点向磁场中射入一个速度大小为v 、方向与MN 成45。

角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R 。

若该粒子从O 点出发记为第一次经过直线MN ，而第五次经过直线MN 时恰好又通过O 点。

不计粒子的重力。

求：
(1)电场强度的大小；
(2)该粒子从O 点出发，第五次经过直线MN 时又通过O 点的时间 (3)该粒子再次从O 点进入磁场后，运动轨道的半径； 【答案】（1）；（2）
（3）
【解析】
试题分析：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R 的1/4圆弧到a 点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b 点速度为零再返回a 点速度仍为v ，再在磁场中运动一段3/4圆弧到c 点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。

（1）易知，
类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为
①
所以类平抛运动时间为
②
又③
再者④
由①②③④可得
⑤
粒子在磁场中的总时间：
粒子在电场中减速再加速的时间：
故粒子再次回到O点的时间：
（3）由平抛知识得
所以［或］
则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径
考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动.
9．如图所示，空间存在水平方向的匀强电场，带电量为的绝缘滑块，
其质量m ＝1 kg ，静止在倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接（滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失），传送带的运行速度v 0＝3 m/s ，长L ＝1.4 m ．今将电场撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，g ＝10 m/s 2．
(1)求匀强电场的电场强度E ； (2)求滑块下滑的高度；
(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．
【答案】（1）1000N/C ，方向水平向左 ；（2）0.8m ；（3）0.5J. 【解析】
试题分析：（1）根据题意滑块在电场中应满足：tan Eq mg θ= 得：tan 1000/mg E N C q
θ
=
= 即大小为1000N/C ，方向水平向左 （2）在水平传送带上：代入数据得：a=0.5m/s 2
若滑块自B 点匀加速到C ，则：
代入数据得：
由动能定理得：
整理得：h 1=0.1m
若滑块自B 点匀减速到C ，则：
代入数据得：v B2=4m/s
由动能定理得：
整理得： h 2=0.8m
（3）根据题意，物块在传送带上应满足：，且24/B v m s =
整理得：t=0.4s
该时间段内传送带传送距离满足：
整理得：x=1.2m
根据能量守恒可知：
代入数值得：Q=0.5J
考点：牛顿第二定律的综合运用.
10．如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy ，在直角坐标系中y 轴和x ＝L 之间有沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ，在电场的右侧以点(3L,0)为圆心、L 为半径的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在y 轴上A 点(0，L )处沿x 轴正方向射出一质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子，粒子经电场偏转后，沿半径方向射入磁场，并恰好竖直向下射出磁场，粒子的重力忽略不计，求：(结果可含根式)
(1)粒子的初速度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小． 【答案】（1）5
2qEL
m （2）
2910229050mE
qL
- 【解析】 【详解】
（1）粒子射入电场中并在电场中发生偏转，由于能沿半径方向进入磁场，因此其处电场 后的轨迹如图所示，出电场后的速度方向的反向延长线交于在电场运动的水平位移的中点：
则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y 满足
122L
y L y L
=- 解得
15
y L =
竖直方向
212y a t
=
水中方向
0L t v =
在电场中根据牛顿第二定律
qE ma =
联立可以得到
0v =
（2）设粒子进磁场时的轨迹与磁场边界交点为C ，由于粒子出磁场时方向沿y 轴负方向，因此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在2O 点，连接2O 和C 点，交x 轴与D 点，做2O F 垂直x 轴，垂直为F ． 由几何关系
452L
CD L L
=
解得
2
5
CD L =
由于21O F O C L ==，故2O FD ∆与1O CD ∆全等，可以得到
21O D O D =
则
1O D ==
因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为
225
R O D CD L +=+=
粒子出电场时速度沿y 轴负方向的分速度
y v ==
因此粒子进磁场时的速度为
v ==
粒子在磁场中做匀速圆周运动有
2
qvB m R
v =
解得
()
52929102290
5010229
mE mE
B qL qL
-=
=+ 点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚 粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题．
11．如图所示，在x 轴上方有垂直xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 1=B 0，在x 轴下方有交替分布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于y 轴，匀强磁场B 2=2B 0垂直于xOy 平面，图象如图所示．一质量为m ，电量为-q 的粒子在02
3
t t =
时刻沿着与y 轴正方向成60°角方向从A 点射入磁场，20t t =时第一次到达x 轴，并且速度垂直于x 轴经过C 点，C 与原点O 的距离为3L ．第二次到达x 轴时经过x 轴上的D 点，D 与原点O 的距离为4L ．（不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用B 0、m 、q 、L 表示）
（1）求此粒子从A 点射出时的速度υ0； （2）求电场强度E 0的大小和方向；
（3）粒子在09t t =时到达M 点，求M 点坐标．
【答案】（1）002qB L v m = （2）202πqB L
E m
= （3）（9L ，3π2-L ） 【解析】
试题分析：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得
①
根据题意由几何关系可得
②
联立①②得
③
（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为T 1，可得
④
粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T2，可得
⑤
根据题意由几何关系可得⑥
由④⑤⑥可得⑦⑧
综上可以判断3t0—4 t0粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为
⑨
由牛顿第二定律得
⑩
2 t0—
3 t0,粒子做匀减速直线运动，
qE=ma 11
12
综上解得
13
（3）由题意知，粒子在8 t0时刚在第四象限做完半个圆周运动，
x=9L 14
粒子在电场中减速运动的时间为t0，由运动学公式可得
15
联立③ ⑨⑩1112可解得
16
联立可得M点的坐标为
（9L，） 17
考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.
12．如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置，板长为L，两板间距离为2y0，金属板的右侧宽为L的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x轴垂直．现有一质量为m，带电荷量为+q的带电粒子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（L，0）进入磁场区域，进入时速度方向与x轴夹角为30°，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从x轴上（2L，0）点与x轴正方向成30°夹角飞出磁场，不计粒子重力．试求：
（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功； （2）计算两板间的电势差并确定A 点的位置；
（3）写出磁场区域磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 应满足的表达式．
【答案】（1）2
016W mv =（2）20023y mv U = ,3y L = (3) 0023nmv B =
31234L
T n π=
=⋯⋯（，，，） 【解析】
试题分析：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v ，则：0023
cos30v v =
=︒ 电场力对粒子所做的功为：222
00111226
W mv mv mv =
-= （2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v′，则：
v′=v 0tan30°03 水平方向：L=v 0t
竖直方向：y ＝12
v′t 解得：36
y L =
电场力对粒子所做的功：W=qEy 两板间的电压U=2Ey 0
解得：2
00
23y mv U =
（3）由对称性可知，粒子从x=2L 点飞出磁场的速度大小不变，方向与x 轴夹角为α=±30°；
在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2α=60°；
故磁场变化的半个周期内，粒子在x 轴上的位移为：x=2Rsin30°=R 粒子到达x=2L 处且速度满足上述要求是：
nR=L
L
R
n
=（n=1
，2，3，…）
由牛顿第二定律，有：
2
v
qvB m
R
=
解得：0
23nmv
B=（n=1，2，3，…）
粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过
1
6
周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个
周期的整数倍，可使粒子到达x=2L处且满足速度题设要求；
1
62
T
kT k
=；
2R
T
v
π
=
解得：
3
3
L
T
v
π
=（n=1，2，3，…）
当0
26
T
T
＞，
3L
T
π
考点：带电粒子在磁场中的运动.。