高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题(含答案)及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及练习题(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
3
,0P L ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
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v 1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v 2；
（3）若在xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场E o ，粒子3以速率v 3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． 【答案】（1）23BLq m （2221BLq
32
2
3
0B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭
【解析】 【详解】
（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2
111
v qv B m r =
由几何憨可知：()2
22
1133r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭
得到：123BLq
v m
=
（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：
13
3
L v t
=，212qE h t m = 在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到2
89qLB E m
=
又22
212v v Eh =+，得到：2221BLq
v =
（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0
E v B
'= 而'223
v v v ''=
+ 所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'
即：2
2
003E E v v 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）24mv e （2）①39a
v
π ②(31)B 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
()2
211322
eU m v mv =
-
得2
4mv 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．
设此轨迹圆的半径为r ，则(
)
2
223a r
r a -=+
又2r
T v π=
得tan 3a
r
θ== 故θ=60°
所以电子在磁场中运动的时间2-22t T πθ
π
= 得43a
t π=
（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：
23r a a '=-
又2
v evB m r ='
得3-1B ae =
（）所以3-1B ae
≥
（）
3．如图所示,有一比荷
q
m
=2×1010C/kg 的带电粒子,由静止从Q 板 经电场加速后,从M 板的狭缝垂直直线边界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U QM 。

【答案】（1）64.810/v m s =⨯；（2）304⎛⎫ ⎪⎝⎭
，· 【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：
212
qU mv =
粒子进入磁场后，洛仑磁力提供向心力：2
v qBv m 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：R d =
代入数值，联立解得：64.810/v m s =⨯；-2
5.7610U V =⨯
（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304⎛⎫
⎪⎝⎭
，
4．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
5．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电
场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。

现使一个电量大小为q 、质量为m 的带正电粒子从坐标（﹣2a ，a ）处以沿+x 方向的初速度v 0出发，该粒子恰好能经原点进入y 轴右侧并在随后经过了点P ，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度； （2）求磁感应强度B 的所有可能取值
（3）求粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值。

【答案】（12v 0，方向：与x 轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B 的所有可能取值：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3……或02324a m m
t n n v qB qB
ππ=++ n ＝1、2、3……。

【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a ＝v 0t ， 竖直方向：2
y v a t =
，
解得：v y ＝v 0，tan θ＝
y v v ＝1，θ＝45°，
粒子穿过O 点时的速度：2
2002v v v v =+=；
（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
v qvB m r
= ，
粒子能过P 点，由几何知识得：L ＝nr cos45° n ＝1、2、3……， 解得：0
nmv B qL
=
n ＝1、2、3……； （3）设粒子在第二象限运动时间为t 1，则：t 1＝0
2a
v ；
粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12m T qB π=
，2m
T qB
π=， 粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4
圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧， 若粒子经下方磁场直接到达P 点，则粒子在磁场中的运动时间：t 2＝
1
4
T 1， 若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P 点，粒子在磁场中的运动时间：t 2＝1
4T 1+34
T 2， 若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×
1
4T 1+34T 2， 若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×1
4T 1+2×34
T 2， ………… 则23(1)24m
m
t k k qB
qB
ππ=+- k ＝1、2、3 (2324)
m
t n
n
qB qB
ππ=+ n ＝1、2、3…… 粒子从出发到P 点经过的时间：t ＝t 1+t 2， 解得：023(1)24a m m t k k v qB qB
ππ=++- k ＝1、2、3…… 或02324a m m t n n v qB qB
ππ=
++ n ＝1、2、3……；
6．如图所示,在平面直角坐标系xOy 平面内,直角三角形abc 的直角边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E 与匀强磁场磁感应强度B 的大小间满足E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B
(2)电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L
【答案】（1）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（3）9
4
d ； 【解析】
(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ； 由几何关系可得r =d
电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2
0v ev B m r
=
解得：0
mv B ed
=
(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.
设此时的圆心位置为O '，有：sin 30r
O a '=
︒
3OO d O a ='-' 解得OO d '=
即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远 所以22m y r d ==
电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤
设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：
根据运动学公式有：0x v t =
212eE y t m
=
⋅ y eE v t m
=
tan y v v θ=
tan 3L
d x
θ=
- 解得：(32)2L d y y =即9
8
y d =
时，L 有最大值 解得：94
L d =
当322d y y
【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．
7．如图所示，虚线MN 为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E 方向竖直向下且与边界MN 成θ=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P ，P 点到边界MN 的竖直距离为d 。

现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）。

求： （1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；
（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；
（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为'B ，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则'B 的最小值为多少？
【答案】（1）2qEd
m
=v 2）42CA x d =（3）('222B B = 【解析】 【详解】
（1）设粒子第一次进入磁场时的速度大小为v ，由动能定理可得2
12
qEd mv =， 解得2qEd
v m
=
（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为CA x
由类平抛规律x vt =，2
12Eq y t m
=
由几何知识可得x=y ，解得2md
t Eq
=
两点间的距离为2CA x vt ，代入数据可得42CA x d =
（3）由2mv qvB R =可得mv R qB =，即12mEd R B q = 由题意可知，当粒子运动到F 点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即'B 最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。

设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r ，则有几何关系可知22r R +=
又因为'mv r qB =，所以'mv B qr
=， 代入数据可得()
'222B B =-
8．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：
（1）粒子从P 点入射时的速度v 0；
（2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；
【答案】（1）3E B （2）2.4B 【解析】试题分析：（
1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 2360d d d r sin sin α=
==︒ 根据200mv qv B r =得0233qBd v m
= 粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cos t m -︒=（）； 00
y v qEt tan v mv α== 联立解得03E v B
=
（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第
三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α．
则有：x=v 0t ， 2y v y t =
得03222
y v y tan x v α=== 由几何知识可得 y=r-rcosα=
132r = 则得23
x d = 所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d d R sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭== 粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBd v v cos α===
根据
2
'
v qvB m
R
得：B′=2．4B
考点：带电粒子在电场及磁场中的运动
9．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.
10．如图所示，质量为m的小球穿在绝缘细杆上，细杆的倾角为α，小球带正电，电荷量为q．在细杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷．将小球由距B点竖直高度为H的A 点处无初速度释放，运动到C点时速率最大，运动到P点时高度变为原来的一半且速率为零，小球下滑过程中电荷量不变．不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量为k，重力加速度为g．求：
（1）A球刚释放时的加速度大小；
（2）C点与B点的距离；
（3）AP间的电势差．
【答案】（1）
2
2
sin
sin
kQq
g
mH
α
α-，（2
sin
kQq
mgα
；（3）
2
mgH
q
．
【解析】
【分析】
（1）A球刚释放时，受到重力、沿细杆向上的库仑力和细杆的支持力，根据牛顿第二定律求解加速度．
（2）A球刚释放下滑过程中，库仑力逐渐增大，当库仑力小于重力沿斜面向下的分力时，小球做加速运动；当库仑力大于重力沿斜面向下的分力时，小球做减速运动．当两力大小相等时，小球的速度最大，由平衡条件和库仑定律结合求出C点与B点的距离．
（3）小球运动到P点时速率为零，由动能定理求解AP间的电势差．
【详解】
（1）A 球刚释放时，由牛顿第二定律可知：mgsin α-F=ma 根据库仑定律有：2qQ F k r = 又知 H r sin α
= 联立解得：a=gsinα-22 kQqsin mH
α （2）当小球受到合力为零，即加速度为零时，速率最大，设此时小球与B 点间的距离为
d ，则有：2 Qq mgsin k d α
= 解得：kQq d mgsin α
＝ （3）小球运动到P 点时速率为零，由动能定理得：02H mg
qU -＝ 解得：2mgH U q
＝
【点睛】 本题的关键是分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况．从力和能两个角度研究动力学问题是常用的思路．
11．如图所示，一根光滑绝缘细杆与水平面成α＝30°角倾斜固定．细杆的一部分处在场强方向水平向右的匀强电场中，场强E ＝23×104N/C ．在细杆上套有一个带负电的小球，带电量为q ＝1×10﹣5C 、质量为m ＝3×10﹣2kg ．现使小球从细杆的顶端A 由静止开始沿杆滑下，并从B 点进入电场，小球在电场中滑至最远处的C 点．已知AB 间距离x 1＝0.4m ，g ＝10m/s 2．求：
（1）小球通过B 点时的速度大小V B ；
（2）小球进入电场后滑行的最大距离x 2；
（3）试画出小球从A 点运动到C 点过程中的v ﹣t 图象．
【答案】（1）2m/s （2）0.4m （3）
【解析】
（1）对小球，AB 过程，根据牛顿第二定律可得1sin mg ma α=，
初速度为零，由位移速度公式可得2112B v a x =，
联立解得2m/s B v =；
（2）对小球，BC 过程，根据牛顿第二定律：2cos sin qE mg ma αα-=，
初速度为B v ，末速度为零，故根据位移速度公式可得2222B v a x =，
联立解得20.4m x =
（3）小球在AB 段做初速度为零，末速度为2m/s 的匀加速直线运动，经历时间为110.4B v t s a =
=，在BC 段做初速度为2m/s ，末速度为零的匀减速直线运动，经历的时间为22
0.4B v t s a ==，即在0.8s 末速度为零，v-t 图像如图所示：
12．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L ＝0.1 m ，两板间距离d ＝0.4 cm ，有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量为m ＝2×10－6 kg ，电荷量q ＝－1.6×10－13 C ，电容器电容为C ＝10－6 F ．求：(g ＝10 m/s 2)
(1)为使第一个粒子能落在下板中点，则微粒入射速度v 0应为多少？
(2)以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？
【答案】（1）2.5m/s (2) 3.75×107
【解析】
试题分析：(1)第一个粒子只受重力：， （2分）
t="0.02s" （1分）
m/s （2分）
（2）以v0速度入射的带电粒子，恰打到下极板右边缘B时：s （1分）
（1分）
由：（1分）
V （1分）
C （1分）
落到下极板上粒子个数：（1分）
考点：带电粒子在电场中的偏转、平行板电器器。