【物理】物理试卷分类汇编物理带电粒子在电场中的运动(及答案)及解析

【物理】物理试卷分类汇编物理带电粒子在电场中的运动(及答案)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.
2．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： 23603d 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
0322y v y tan x v α=== 由几何知识可得 y=r-rcosα=
1323r d = 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 d sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭== 粒子进入第三、四象限运动的速度004323v qBd v v cos m
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
3．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：212
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：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.
4．如图所示，直空中有以O 为圆心，半径为R 的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x 轴上方足够大的范围内有宽度为d ，方向沿y 轴负向、大小为E 的匀强电场．圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O 沿纸面不同方向发射速率为v 的质子，已知质子的电荷量为e ，质量为m ，不计质子的重力．求
（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度B 要满足什么条件？
（2）P 、N 两点在圆周上，M 是OP 的中点，MN 平行于x 轴，若质子从N 点平行于x 轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从O 点出射时的方向．
（3）求质子从N 点平行于x 轴出磁场后与x 轴的交点坐标．
【答案】（1）2mv B eR ≥ （2）600 （3）（2
22d mRv R eEd
++，0） （mR R eE +，0）
【解析】
试题分析：当质子做圆周运动的半径2
R r ≤时，质子不会出磁场，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的范围；画出粒子运动轨迹，根据几何关系和牛顿第二定律求解；设质子刚好打到电场右边界与x 轴的交点，做类平抛运动，结合平抛运动公式分为两种情况即可求解．
（1）当质子做圆周运动的半径2
R r ≤
时，质子不会出磁场 由牛顿第二定律，得2
F r v m =
洛伦兹力为：F evB =
解得：2mv B eR
≥ （2）如图，质子做圆周运动的圆心在NA 上，AB 为ON 的垂直平分线，故交点A 为圆心，OM 为ON 的一半，知角ONM 为300，角CNA 为600，则NA =R ，质子做圆周运动的的半径为R
结合以上解得：B =mv eR
易知OB 与x 轴的夹角为600
故质子出射时速度与x 轴成600角
（3）设质子刚好打到电场右边界与x 轴的交点
在竖直方向：2122R eE t m
= 在水平方向：d vt =
联立解得：mR d eE
= i)当mR d eE
≤x 轴相交，设在电场中的偏移为y ，出电场时在y 轴 方向的速度为y v ，偏转角为θ由212eE y t m = 结合以上解得：2212eEd y mv
= 在竖直方向的速度为：y eE eEd v t m mv == 偏转角为：2tan y v eEd v mv θ=
= 由图 2R DF y =- tan DF DG θ
= 联立求解得：222
mRv d DG eEd =- 根据几何关系得：2
22d mRv OG R d DG R eEd
=++=++
故与x 轴交点坐标为（222d mRv R eEd ++，0） ii) 当mR d v eE
>时，质子在电场区域内与x 轴相交 由2122R eE t m
= 解得： mR t eE = 水平位移x mR s vt v eE
== 根据几何关系得：x mR OH R s R v
eE =+=+ 故与x 轴交点坐标为（mR R v eE
+，0） 点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，分清过程，画出轨迹、在结合几何知识和牛顿第二定律即可解题．
5．如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为E 、方向水平向右的匀强电场中，某时刻将质量为m 、带电荷量为一q 的小金属块从A 点由静止释放，小金属块经时间t 到达B 点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间t 小金属块回到A 点。

小金属块在运动过程中电荷量保持不变。

求：
(1)电场反向后匀强电场的电场强度大小；
(2)整个过程中电场力所做的功。

【答案】(1) 3E (2) 222
2q E t m
【解析】(1)设t 末和2t 末小物块的速度大小分别为1v 和2v ，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E 1,小金属块由A 点运动到B 点过程：
212Eq x t m =， 1Eq v t m
= 小金属块由B 点运动到A 点过程： 21112E q x v t t m
-=- 121E q v v t m -=-
联立解得： 22Eqt v m =，则： 13E E =； (2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功： 22102W mv =
- 联立解得： 222
2q E t W m
=。

点睛：解答本题关键是对不同过程应用匀变速直线运动相关公式以及动能定理列式即可，属于基础性题目。

6．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
11
0.4B 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：
7．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．
8．如图所示，长度为d 的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O 上，另一端固定一质量为m 电荷量为q 的带负电小球．小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC 和BD 分别为圆的竖直和水平直径．等量异种点电荷＋Q 、－Q 分别固定在以C 为中点、间距为2d 的水平线上的E 、F 两点．让小球从最高点A 由静止开始运动，经过B 点时小球的速度大小为v ，不考虑q 对＋Q 、－Q 所产生电场的影响．重力加速度为g 求：
(1)小球经过C 点时球对杆的拉力大小；
(2)小球经过D点时的速度大小．
【答案】（1）（2）
【解析】
（1）图中AC是等势面，故电荷从A到C过程中，电场力不做功，根据动能定理，有：
mg（2d）=mv C2-0
解得：v C=2
在C点，拉力和重力一起提供向心力，根据牛顿第二定律，有：F-mg=m
解得：F=5mg
（2）对从B到C过程，根据动能定理，有：mgd+W电=mv C2−mv2
对从B到C过程，根据动能定理，有：
-mgd+W电=mv D2−mv C2
联立解得：v D=
点睛：本题关键是灵活选择过程根据动能定理列式求解，同时要熟悉等量异号电荷的电场线分布情况．
9．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/s2)
(1)为使第一个粒子能落在下板中点，则微粒入射速度v0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
10．如图所示，质量M＝0.2 kg的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，另一质量m＝0.1 kg的带正电小滑块以v0＝8 m/s初速度滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.5，小滑块带电荷量为q＝2×10－3C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中，电场强度E＝1×102N/C，(g取10 m/s2)求：
(1)刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少？
(2)小滑块最后停在距木板左端多远的位置？
【答案】（1）－3 m/s2，1 m/s2；（2）8 m；
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设小滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，规定水平向右为正方向．
由牛顿第二定律得qE－μ2mg＝ma1，
得a1＝－3 m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2，
得a2＝1 m/s2
(2)设两者经过时间t相对静止，此时的速度为v，
则v＝v0＋a1t＝a2t，
得t＝2 s，v＝2 m/s
这段时间内小滑块的位移x1＝v0t＋1
2
a1t2＝10 m
木板的位移x2＝1
2
a2t2＝2 m
此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后停在距木板左端Δx＝x1－x2＝8 m处.
11．如图(a)所示，在空间有一坐标系xoy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象
限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为+q的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x轴进入第四象限，第四象限存在沿-x轴方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图（b）所示，试求:
(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；
(2)质子再次到达y轴时的速度大小和方向。

【答案】（1）B
B2
2
=；（2）v
v
v
2
6
2
)3
2(
+
=
+
='；方向向左下方与y轴负向成3
2
arccos-（
2
2
6
arccos
-
）的夹角
【解析】
试题分析: （1）由几何关系知：质子再次回到OP时应平行于x轴正向进入Ⅱ区，设质子从OP上的C点进入Ⅱ区后再从D点垂直x轴进入第四象限，轨迹如图。

由几何关系可知：O1C⊥OX，O1C与OX的交点O2即为Ⅱ内圆弧的圆心，C
OO
1
∆等边三角形。

X/×
Bq
mv
E
o
Bv
2
3
Bv
2
1
设质子在Ⅰ区圆运动半径为1r ，在Ⅱ区圆运动半径为2r ，
则：10
1221
30sin r r r == 由21
v qBv m r =
得：1
mv r qB
=
， 同理得：22mv
r qB =
即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度：B B 22= （2）D 点坐标： qB
mv
r r x ）13(30cos 201+=+=
质子从D 点再次到达y 轴的过程，
22
)13(2)13()223(21mv qB mv Bv Bv q x E q qU W i i +=+⨯+=
∆==∑电 设质子再次到达y 轴时的速度大小为v '，
由动能定理：222
1
21mv v m W -'=电 得：v v v 2
6
2)32(+=+=' 因粒子在y 轴方向上不受力，故在y 轴方向上的分速度不变
如图有： 2
2
632cos -=-='=
v v
α 即方向向左下方与y 轴负向成32arccos -（2
2
6arccos -）的夹角 考点： 带电粒子在磁场中的运动
12．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T 2，可得
⑤
根据题意由几何关系可得⑥ 由④⑤⑥可得
⑦
⑧
综上可以判断3t 0—4 t 0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 t 0—
3 t 0,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 t 0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t 0，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.。