高考物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)

高考物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)
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，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP ，由半径r ＝0.5m 的圆弧轨道CDP 和与之相切于C 点的水平轨道ABC 组成，圆弧轨道的直径DP 与竖直半径OC 间的夹角θ＝37°，A 、B 两点间的距离d ＝0.2m 。

质量m 1＝0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2＝0.1kg 、电荷量q ＝1×10﹣5C 的带正电小球静止在B 点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。

现用大小F ＝4.5N 、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B 点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P 点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心。

小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。

取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v 以及匀强电场的电场强度大小E ； (2)求小球到达P 点时的速度大小v P 和B 、C 两点间的距离x ；
(3)若小球从P 点飞出后落到水平轨道上的Q 点（图中未画出）后不再反弹，求Q 、C 两点间的距离L 。

【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s ，匀强电场的电场强度大小是7.5×104N/C ；（2）小球到达P 点时的速度大小是2.5m/s ，B 、C 两点间的距离是0.85m 。

（3）Q 、C 两点间的距离为0.5625m 。

【解析】 【详解】
（1）对滑块从A 点运动到B 点的过程，根据动能定理有：Fd ＝1
2
m 1v 2， 代入数据解得：v ＝6m/s
小球到达P 点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE ＝m 2g tanθ， 解得：E ＝7.5×104N/C 。

（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G 等＝
2cos m g
①
小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等＝m2
2
P
v
r
②
联立①②，代入数据得：v P＝2.5m/s
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，
以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v＝m1v1+m2v2 ③
由能量守恒得：222
11122
111
222
m v m v m v
=+④
联立③④，代入数据得：v1＝﹣2m/s（“﹣”表示v1的方向水平向左），v2＝4m/s
小球碰后运动到P点的过程，由动能定理有：
qE（x﹣r sinθ）﹣m2g（r+r cosθ）＝22
222
11
22
P
m v m v
-⑤
代入数据得：x＝0.85m。

（3）小球从P点飞出水平方向做匀减速运动，有：L﹣r sinθ＝v P cosθt﹣2
2
1
2
qE
t
m⑥
竖直方向做匀加速运动，有：r+r cosθ＝v P sinθt+
1
2
gt2⑦
联立⑥⑦代入数据得：L＝0.5625m；
2．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/s2，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
3．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：t2＝1
4
T1，
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：t2＝1 4 T
1+
3
4
T2，若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×
1
4
T1+
3
4
T2，
若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×
1
4
T1+2×
3
4
T2，
…………
则2
3
(1)
24
m m
t k k
qB qB
ππ
=+-k＝1、2、3……
或2
3
24
m 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＝t1+t2，
解得：
23
(1)
24
a m m
t k k
v qB qB
ππ
=++-k＝1、2、3……
或
23
24
a m m
t n n
v qB qB
ππ
=++ n＝1、2、3……；
4．如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，与x轴相交于Q点，Q点的横坐标0
6
x cm
=，在第一象限y轴和MN之间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度
5
1.610/
E N C
=⨯，在第二象限有半径5
R cm
=的圆形磁场，磁感应强度0.8
B T
=，方向垂直xOy平面向外．磁场的边界和x轴相切于P点．在P点有一个粒子源，可以向x轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为8
1.010/
q
C kg
m
=⨯的带正电的粒子，已知粒子的
发射速率6
4.010/
v m s
=⨯．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：
（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q 点间的最远距离． 【答案】（1）5cm （2）010y cm ≤≤ （3）9cm 【解析】 【详解】
（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动
2
0v qv B m r
=
解得：0
5mv r cm qB
=
= （2）由（1）问中可知r R =，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知四边形1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x 轴平行，所以粒子从y 轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为010y cm ≤≤．
（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
000x v t =
2
012
h at =
qE a m
=
解得：18210h cm R cm =>=，
说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．设从纵坐标为y 的点进入电场的粒子在电场中沿x 轴方向的位移为x ，则
0x v t =
212
y at =
代入数据解得2x y =
设粒子最终到达荧光屏的位置与Q 点的最远距离为H ，粒子射出的电场时速度方向与x 轴正方向间的夹角为θ，
000
tan 2y qE x v m v y
v v θ===g
，
所以()()
00tan 22H x x x y y θ=-=-g ， 由数学知识可知，当()
022x y y -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，
所以max 9H cm =
5．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2
mv 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22
r += 又因为'mv r qB =
，所以'mv
B qr
=， 代入数据可得('222B B =-
6．如图所示，虚线OL 与y 轴的夹角θ=450，在OL 上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL 下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q （q ＞0）的粒子以速率v 0从y 轴上的M （OM =d ）点垂直于y 轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL 进入匀强磁场，不计粒子重力。

（1）求此电场的场强大小E；
（2）若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。

【答案】（1）；（2）．
【解析】
试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；
（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；
沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，
则在X方向位移关系有：，所以；
该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有
，
所以，，则有．
（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间；
粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T
粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在
磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；
粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；
根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；
粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁场的位置在OL上距离O点；根据几何关系，
可得，即；
所以；
所以，粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间
．
7．如图所示，在竖直面内有两平行金属导轨AB、CD．导轨间距为L，电阻不计．一根电阻不计的金属棒ab可在导轨上无摩擦地滑动．棒与导轨垂直，并接触良好．导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B．导轨右边与电路连接．电路中的三个定值电阻阻值分别为2R、R和R．在BD间接有一水平放置的电容为C的平行板电容器，板间距离为d，电容器中质量为m的带电微粒电量为q。

(1)当ab 以速度v 0匀速向左运动时，带电微粒恰好静止．试判断微粒的带电性质和电容器的电量Q
(2)ab 棒由静止开始，以恒定的加速度a 向左运动．求带电微粒q 所受合力恰好为0的时间t ．（设带电微粒始终未与极板接触．）
【答案】(1) 03CBLv Q = (2) 3mgd t aBLq = 【解析】
【详解】
解：(1)ab 棒匀速向左，a 为正极，上板带正电，场强方向向下，即微粒带负电； BD E U 3
= 0E BLv =
BD Q CU = 联立解得：0CBLv Q 3
= (2)微粒所受合力为0，则有：qE mg =场
BD U E d
'=
场 3BD E U ''= E BLv '= 联立解得：3mgd t aBLq
=
8．如图所示，在y >0的区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，在y <0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，一电子(质量为m 、电量为e )从y 轴上A 点以沿x 轴正方向的初速度v 0开始运动，当电子第一次穿越x 轴时，恰好到达C 点，当电子第二次穿越x 轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x 轴时，恰好到达D 点，C 、D 两点均未在图中标出．已知A 、C 点到坐标原点的距离分别为d 、2d .不计电子的重力．求
(1)电场强度E的大小．
(2)磁感应强度B的大小．
(3)电子从A运动到D经历的时间t.
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】
试题分析：（1）电子在电场中做类平抛运动
设电子从A到C的时间为t1
1分
1分
1分
求出 E =1分
（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则
θ = 45° 1分
电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力
1分
由图可知1分
得1分
（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=1分
电子在磁场中运动的时间 t2 =2分
电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2=1分
考点：带电粒子在电场中做类平抛运动匀速圆周运动牛顿第二定律
9．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B，A球的电荷量为＋2q，B球的电荷量为－3q，组成一静止的带电系统。

虚线NQ与MP平行且相距3L，开始时MP恰为杆的中垂线。

视小球为质点，不计轻杆的质量，现在在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E，求：
（1）B球刚进入电场时带电系统的速度大小；
（2）B球向右运动的最大位移以及从开始到最大位移处时B球电势能的变化量；
（3）带电系统运动的周期。

【答案】（1）（2）；（3）
【解析】
【分析】
（1）对系统运用动能定理，根据动能定理求出B球刚进入电场时，带电系统的速度大小．
（2）带电系统经历了三个阶段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场，根据动能定理求出A球离开PQ的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离．根据B 球在电场中运动的位移，求出电场力做的功，从而确定B球电势能的变化量．
（3）根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出带电系统B球进入电场前做匀加速直线运动的时间，带电系统在电场中做匀减速直线运动的时间，A球出电场带电系统做匀减速直线运动的时间，从而求出带电系统从静止开始向右运动再次速度为零的时间，带电系统的运动周期为该时间的2倍．
【详解】
（1）设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理2qEL=×2mv12
解得
（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．
设A球离开NQ的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0
解得x=；则s 总=
B 球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为
其电势能的变化量为△E P =W=3qE•=4qEL
（3）向右运动分三段，取向右为正方向， 第一段加速，， 第二段减速 ，
设A 球出电场电速度为v 2，由动能定理得-qEL=
解得
， 则
第三段再减速则其加速度a 3及时间t 3为：，
所以带电系统运动的周期为：T=2（t 1+t 2+t 3）=
．
10．如图所示，内壁光滑、半径大小为R 的绝缘圆轨道固定在竖直面内，圆心为O 轨道左侧与圆心等高处附近空间有一高度为d 的区域内存在着竖直向下的匀强电场(d<R)，电场强度E=2mgR qd。

质量为m 带电量为+q 可视为质点的小球，在与圆心等高的A 点获得竖直向上的初速度v 0，小球刚好能通过轨道最高点B 。

(重力加速度为g)求：
(1)小球初速度v 0的大小；
(2)小球第3次经过轨道最低点时对轨道的压力。

【答案】3gR (2) 9mg ，方向竖直向下
【解析】
【分析】
小球恰好能经过轨道最高点B ，由牛顿第二定律求出B 的速度，从A 运动到B ，对小球由动能定理求出小球初速度v 0的大小；对小球由动能定理得小球第三次经过轨道最低点时的
速度大小，在最低点时，由牛顿第二定律和牛顿第三定律求得小球对轨道的压力；
【详解】
解：(1)小球恰好能经过轨道最高点B 由牛顿第二定律有：2B v mg m R = 从A 运动到B ，对小球由动能定理得：2201122B mgR mv mv -=
- 解得：03v gR =
(2)设小球第三次经过轨道最低点时的速度为v 对小球由动能定理得：22011322
qEd mgR mv mv +=- 在最低点时，由牛顿第二定律有：2
N v F mg m R
-= 解得：9N F mg =
由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力9N F mg '=，方向竖直向下
11．如图所示，水平、绝缘、粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.4m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝1.0×104N/C ．现有一电荷量q ＝＋1.0×10－4C ，质量m ＝0.1kg 的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点（图中未画出）．取g ＝10m/s 2．计算：
①带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小；
②D 点到B 点的距离x DB ；
【答案】（1）6.0N （2）0
【解析】
【分析】
【详解】
①设带电体通过C 点时的速度为v C ，依据牛顿第二定律
有：2C v mg m R
= 解得： v C ＝2.0m/s
设带电体通过B 点时的速度为v B ，轨道对带电体的支持力大小为F B ，带电体在B 点时
有2B B v F mg m R -= 带电体从B 运动到C 的过程中，电场力做功为零，根据动能定理
有：2211222
C B mv v mg R m -⨯-=
联立解得：F B ＝6.0N 根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F B ′＝6.0N
②设带电体从最高点C 落至水平轨道上D 点的时间为t ，根据运动的分解
竖直方向：2122
R gt = 水平方向：212DB C Eq x v t t m
=-
⋅⋅ 解得：x DB ＝0
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.。