【物理】物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)含解析

【物理】物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)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，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v 0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E 1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E 2，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 、v 0、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E 1、E 2； (3)粒子到达B 点时的动能E kB ．
【答案】(1)2032W mv = (2)E 1＝2034m qd υ E 2＝2
033m qd
υ (3) E kB ＝2
0143m υ
【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 =
，20132v y a = 由几何关系得：ysin60°
-xcos60°=d ， 解得：20
134v a d = ，10
4d t v =
由牛顿第二定律得：qE 1=ma 1，
解得：2
134mv E qd
=
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。

2．两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 =．
3．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P 点（P 为正方形框架对角线AC 与圆盘的交点）以初速度v 0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC 边的速度从圆盘上的Q 点离开该磁场区（图中Q 点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P 点以相同的初速度v 0水平入射，为使其仍从Q 点离开，可将整个装置以CD 边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g ．求：
（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；
（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．
【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD为轴抬起
后，AB
边距桌面的高度为
2
22v
g
．
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，
由几何知识得：r2+r2=L2，
解得：r=
2
2
L，
小球在磁场中做圆周运的周期：T=
2r
v
π
，
小球在磁场中的运动时间：t1=
1
4
T=
2
4
L
v
π
，小球在斜面上做类平抛运动，
水平方向：x =r =v 0t 2， 运动时间：t 2=
22L v
， 则：t 1：t 2=π：2；
（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，
位移：r =2212at ，解得，加速度：a =2
22v L
，
对小球，由牛顿第二定律得：a =
mgsin m
θ
=g sinθ， AB 边距离桌面的高度：h =L sinθ=2
22v g
；
4．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： 23603
d d d
r sin sin α=
==︒ 根据2
00mv qv B r =得0233qBd
v m
=
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有2
1602qE r cos t m -︒=
（）； 00
y v qEt tan v mv α==
联立解得03
E 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 ， 2
y v y t =
得03222
y v y tan x v α=== 由几何知识可得 y=r-rcosα= 13
2r = 则得2
3
x d =
所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为1253
23d 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
5．竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m 的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103V/m ．小球a 、b 、c 的半径略小于管道内径，b 、c 球用长2m L =
的绝缘细轻杆
连接，开始时c 静止于管道水平部分右端P 点处，在M 点处的a 球在水平推力F 的作用下由静止向右运动，当F 减到零时恰好与b 发生了弹性碰撞，F-t 的变化图像如图乙所示，且
满足22
4
F t π
+=
．已知三个小球均可看做质点且m a =0.25kg ，m b =0.2kg ，m c =0.05kg ，小球
c 带q=5×10-4C 的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g =10m/s 2，求
(1)小球a 与b 发生碰撞时的速度v 0； (2)小球c 运动到Q 点时的速度v ；
(3)从小球c 开始运动到速度减为零的过程中，小球c 电势能的增加量． 【答案】(1)04m/s v = (2)v =2m/s (3) 3.2J P E ∆= 【解析】
【分析】对小球a ，由动量定理可得小球a 与b 发生碰撞时的速度；小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理可得小球c 运动到Q 点时的速度；由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得；
解：(1)对小球a ，由动量定理可得00a I m v =-
由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F 的冲量， 由圆方程可知21S m = 代入数据可得：04/v m s =
(2)小球a 与小球b 、c 组成的系统发生弹性碰撞， 由动量守恒可得012()a a b c m v m v m m v =++ 由机械能守恒可得
222012111
()222
a a
b
c m v m v m m v =++ 解得120,4/v v m s ==
小球c 运动到Q 点时，小球b 恰好运动到P 点，由动能定理
22211
()()22
c b c b c m gR qER m m v m m v -=
+-+ 代入数据可得2/v m s =
(3)由于b 、c 两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b 球与O 点连线与竖直方向的夹角为θ 从c 球运动到Q 点到减速到零的过程列能量守恒可得：
21
(1cos )sin ()sin 2
b c b c m gR m gR m m v qER θθθ-+++=
解得sin 0.6,37θθ==︒
因此小球c 电势能的增加量：(1sin ) 3.2P E qER J θ∆=+=
6．如图所示，一静止的电子经过电压为U 的电场加速后，立即射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直，射入点为A ，最终电子从B 点离开偏转电场。

已知偏转电场的电场强度大小为E ，方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e ，质量为m ，重力忽略不计。

求：
（1）电子进入偏转电场时的速度v 0；
（2）若将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍从B 点经过，则偏转电场的电场强度E 1应该变为原来的多少倍？
（3）若在偏转电场区域加上垂直纸面向外的匀强磁场，使电子从A 点射入该相互垂直的电场和磁场共同存在的区域沿直线运动，求所加磁场的磁感应强度大小。

【答案】（12Ue m （2）2倍 （3）2m
Ue
【解析】 【详解】
（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：2
012
Ue mv = 所以，02Ue
v m
=
（2）设电子的水平位移为x ，电子的竖直偏移量为y ，则有：
0x v t = 2
12y at =
Ee ma = 联立解得：24yU
E x =
根据题意可知x 、y 均不变，当U 增大到原来的2倍，场强E 也增大为原来的2倍。

（3）电子做直线运动
0Bev Ee =
解得： 2m
B Ue
=
7．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。

如图所示，平行板电容器水平放置，上板正中央有一小孔，两极板间的距离为d ，电势差为U 。

一质量为m 、带电量为+q 的
小球从小孔正上方某处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。

重力加速度为g(空气阻力忽略不计)。

求：小球释放位置距离上极板的高度h 。

【答案】qU
d mg
- 【解析】 【详解】
小球首先自由落体，进入两极板后开始减速，到下极板时减速为零，对整个过程列动能定理有：W 电+W 重=△E k 即：-qU+mg （h+d ）=0-0
得 h=qU
d mg
-
8．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔。

质量为m 、电荷量为+q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。

空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g 。

求：
（1）小球到达小孔处的速度大小；
（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
（3）小球从开始下落运动到下极板，其所受重力的冲量大小。

【答案】（12gh （2）()Cmg h d q + （3）2h d
h
mg h
g
+【解析】 【详解】
（1） 根据机械能守恒，有201
2
mgh mv = 解得02v gh =
（2）对小球运动的全过程，根据动能定理()0mg h d qEd +-= 解得()mg h d E qd
+=
电容器所带电荷量Q CU =，U =Ed
解得
() Cmg h
d
Q
q
+
=
（3）小球全程运动的平均速度为0
2
v
，则小球全程运动的时间为t，
2
h d
t
v
+
=
解得
2
h d h
t
h g
+
=
小球所受重力的冲量大小为
2
h d h
I mgt mg
h g
+
==
9．静电喷漆技术具有效率高、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图甲所示．A、B为水平放置的间距d＝1.6m的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由B指向A的0.1/
E V m
＝的匀强电场．在A板的中央放置一个安全接她的静电油漆喷枪P，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为0 6.0/
v m s
＝的油漆微粒，已知油漆微粒的质量均为m＝1.0×10－5kg，带负电且电荷量均为q＝1.0×10－3C，不计油漆微粒间的相互作用以及油漆微粒带电量对板间电场和磁场的影响，忽略空气阻力，g取2
10/
m s，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求（计算结果小数点后保留一位数字）：
（1）油漆微粒落在B板上的最大面积；
（2）若让A、B两板间的电场反向（如图乙所示），并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.06T，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其他条件不变．
①B板被油漆微粒打中的区域的长度为多少？
②打中B板的油漆微粒中，在正交场中运动的最短时间为多少？
【答案】（1）18．1 m2（2）1．6 m （3）0．31 s
【解析】
试题分析：（1）油漆微粒的加速度
Eq mg
a
m
+
=①
根据运动学
2
1
2
d at
=②
运动的半径
0x v t =③
落在B 板上所形成圆形面积
2s x π=④
由①②③式并代入数据得
218.1m s =⑤
（2）当电场反向
Eq mg =⑥
油漆微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力
2v Bqv m R
=⑦ 水平向右射出的油漆微粒打在B 板的右端，根据几何关系
cos R R d α+=⑧
ac 的长度
⑨
打在B 板左端的油漆微粒为和板相切的微粒，同理求得
bc ac =⑩
油漆微粒打在极板上的长度
ab ac bc =+11
由⑥⑦⑧⑨⑩11式并代入数据得
1.6m ab =12
(3)打在B 板上的微粒中，pc 最短的弦长对应的时间最短
有几何关系 2
sin d
R
θ=13 运动的最短时间
min 22t T θπ
=14 微粒在磁场中运动的周期
2m T Bq
π=15 由7131415式代入数据解得
min 0.31s t =16
考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律． 点评：本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，关键在于建立物理模型．
10．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】（12eU m （212mU L e 【解析】
【详解】
(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212eU 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：1
2mU 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.
11．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O 点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P 点，O ′点为荧光屏的中心．已知电子质量m ＝
9.0×10－31kg ，电荷量大小e ＝1.6×10－19C ，加速电场电压U 0＝2 500 V ，偏转电场电压U ＝200 V ，极板的长度L 1＝6.0 cm ，板间距离d ＝2.0 cm ，极板的末端到荧光屏的距离L 2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)．求：
(1) 电子射入偏转电场时的初速度v 0；
(2) 电子打在荧光屏上的P 点到O ′点的距离h ；
(3) 电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．
【答案】(1) v 0＝3.0×107m/s.(2) h ＝7.2×10－3m. (3) ΔE ＝－W ＝－5.8×10－18J.
【解析】
【分析】
（1）电子在加速电场中，根据动能定理即可求出进入偏转电场的速度；
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律可求出粒子在偏转电场中产生的侧位移；粒子从偏转电场飞出至荧光屏这一过程，做的是匀速直线运动，根据几何关系即可求h ；
（3）根据W=eEy 即可求出电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功．
【详解】
(1) 电场中加速有eU 0＝
12mv 02 解得v 002eU m
代入数据解得v 0＝3.0×107m/s.
(2) 设电子在偏转电场中运动的时间为t ，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y . 电子在水平方向做匀速直线运动，L 1＝v 0t
电子在竖直方向上做匀加速运动，y ＝
12at 2 根据牛顿第二定律有eU d
＝ma 解得y ＝21202eUL mdv ＝192
31721.6102000.0629.0100.02(3.010)
m --⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯＝3.6×10－3m ＝0.36cm 电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点， 由图知112
2L L y L h += 解得h ＝7.2×10－3m.
(3) 电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功
W ＝eEy ＝e U d
y ＝5.8×10－18J ΔE ＝－W ＝－5.8×10－18J.
【点睛】 对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从两条线索展开：
其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等．这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．
其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．
12．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.。