高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)含解析

高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧分析及练习题(含答案)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，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）①43a 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439a
t v
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
≥
（）
2．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 射入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 ．
(1)求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向；
(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O 射入的电子打到N 板上的位置到N 板左端的距离x ． 【答案】（1）12mU B L e = 垂直纸面向外；（23
L 【解析】 【分析】
（1）在电场中加速度，在复合场中直线运动，根据动能定理和力的平衡求解即可； （2）洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可； 【详解】
（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：21
2
eU m v = 由于电子在两板间做匀速运动，则evB
eE =，其中2U E L
= 联立解得：12mU
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；
（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有：
2
v evB m r
=，其中由（1）得到2eU
v m
=
设电子打在N 板上时的速度方向与N 板的夹角为θ，由几何关系有：2cos L r r
θ-
=
由几何关系有：sin x r θ= 联立解得：3
x L =． 【点睛】
本题考查了带电粒子的加速问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要找出向心力的提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可．
3．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；
（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；
（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．
【答案】(1)0v Ba
(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a
【解析】 【详解】
(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得
Bqv 0＝m 2
v r
故粒子的比荷
v q m Ba
= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．
由几何关系知
O ′A ＝r ·
AB
BC
＝2a 则
OO ′＝OA －O ′A ＝a
即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为
OD ＝y m ＝2a
所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有
3a ＝v 0·t 0
2019
222
qE y t a a m =
=>， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上
粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有
x ＝v 0·t
竖直方向有
2
12qE y t m
=
代入数据得
x
＝2ay
设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则
002tan y x qE x v m v y v v a
θ⋅
===
有
H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y -
当322a y y -=时，即y ＝9
8
a 时，H 有最大值 由于
9
8
a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为
y ＝
98
a －2a ＝－78a
4．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：
(1)前2s 内，A 的位移大小； (2)6s 末，电场力的瞬时功率． 【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】 【分析】 【详解】
（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2； 由运动规律：x=
1
2
a 1t 12 解得A 在2s 内的位移为x=2m ；
（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；
绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；
由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s
电场力的功率P=Fv ，解得P=60W
5．如图所示，半径r =0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R =0.1m ，磁感应强度大小B =0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m ），平行金属板MN 的极板长L =0.3m 、间距d =0.1m ，极板间所加电压U =6.4x102V ，其中N 极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O 处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v 的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x 轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R 0=0.08m
，若粒子重力不计、比荷q
m
=108C/kg 、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6． （1）求粒子的发射速度v 的大小；
（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N 板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．
【答案】（1）6×105m/s ；（2）（0，0.18m ）；（3）29% 【解析】 【详解】
（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB =m 2
v R
可得：v =6×105m/s ；
（2）若粒子在O 点入射方向与x 轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y 轴交于一点Q ，根据几何关系可得PQ=
0.06
37cos o
=0.08m ，即Q 为轨迹圆心的位置； Q 到圆上y 轴最高点的距离为0.18m-
0.06
37sin o
=0.08m ，故粒子刚好从圆上y 轴最高点离开； 故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m ）；
（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：
y=1
2
at2…①
a=qE
m
=
qU
md
…②
t=L
v …③
由①②③解得：y=0.08m
设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=r sinα+R0-R0cosα
可知tanα=4
3
，即α=53°
比例η=53
180
o
×100%=29%
6．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．
（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO’的最远位置和最近位置之间的距离
（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，
①求匀强磁场的磁感应强度B
②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2
010U e y y t dm
∆=∆= 【解析】 【详解】
（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：
2222
000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm
=
+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：
220min 001122U e y at t dm
=
= 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，
2
010U e y t dm
∆=
（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：
sin L R θ
=
设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1
sin y v v θ=，
式中00y U e
v t dm = 又：1
mv R Be
=
解得：00
U t B dL
=
②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．
由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2
010U e y y t dm
∆=∆=
7．在竖直平面内，一根长为L 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端拴着质量为m 、电荷量为+q 的小球。

小球始终处在场强大小为50、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O 点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P 点，P 点与O 点间的水平距离为L 。

重力加
速度为g ，不计空气阻力，求
（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小； （2）O 、P 两点间的电势差。

【答案】（1）F T = 1.5mg （2）158OP mgL
U q
= 【解析】 【详解】
（1）小球受到竖直向上的电场力F = qE = 1.5mg ＞mg
所以小球被释放后将向上绕O 点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v ，由动能定理()212
F mg L mv -=
设细线被拉断前瞬间的拉力为F T ，由牛顿第二定律2
T v F mg F m L
+-= 联立解得： F T = 1.5mg
（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a 竖直向上，由牛顿第二定律：F - mg = ma 设细线断裂后小球经时间t 到达P 点，则有L = vt 小球在竖直方向上的位移为 2
12
y at =
；解得
O 、P 两点沿电场方向（竖直方向）的距离为d = L + y O 、P 两点间的电势差 U OP = Ed 联立解得 158OP mgL
U q
=
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02
v ，则小球全程运动的时间为t ，
02
h d
t v +=
解得2h d h t h g
+=
小球所受重力的冲量大小为2h d h I mgt mg
h
g
+==
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，粗糙的斜槽轨道与半径R=0.5m的光滑半圆形轨道BC连接，B为半圆轨道的最底点，C为最高点．一个质量m=0.5kg的带电体，从高为H=3m的A处由静止开始滑下，当滑到B处时速度v B=4m/s，此时在整个空间加上一个与纸面平行的匀强电场，带电体所受电场力在竖直向上的分力大小与重力相等．带电体沿着圆形轨道运动，脱离C处后运动的加速度是32，经过一段时间后运动到斜槽轨道某处时速度的大小是
v=2m/s ．已知重力加速度g=10m/s2，带电体运动过程中电量不变，经过B点时能量损失不计，忽略空气的阻力．求：
（1）带电体从B 到C 的过程中电场力所做的功W （2）带电体运动到C 时对轨道的压力F （3）带电体与斜槽轨道之间的动摩擦因数μ 【答案】(1)5J (2)16N 113
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设带电体受到电场力的水平分量为F x ，竖直分量为F y ，带电体由B 到C 的运动过程中，水平分力做功为零，竖直分力做功等于重力做功． 即：W ＝F y •2R ＝mg •2R ＝5J
（2）带电体从B 到C 运动的过程中，重力和电场力的竖直分力相等，电场力的水平分力不做功，所以v C ＝v B ＝4m/s
在C 点，由牛顿第二定律得：2
y v F mg F m R
+-=
又mg ＝F y
联立解得：F ＝16N
（3）带电体脱离轨道后在水平方向上做匀减速直线运动，由速度位移公式得：
222C v v ax -=
代入数据得：3x π=
设斜面与水平面的夹角为α，则23
tan 3
R x α==
解得：α＝30°
带电体从A 到B 的运动过程中，由动能定理的：mgH ﹣μmgcos αsin H α=2
12
B mv 代入数据解得：113
μ=
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 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
）2003mv U qL =
,y L =
(3) 003B qL =
, 0
12343L
T n nv =
=⋯⋯（，，，） 【解析】
试题分析：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v
，则：00cos30v 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
v 水平方向：L=v 0t
竖直方向：y ＝12
v′t
解得：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
3mv U qL
=
（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
0v qvB m R
=
解得：0
03B qL
=
（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；0162T kT k =；02R
T v
π=
解得：0
33L
T v π=
（n=1，2，3，…） 当
026T T ＞，0
33L T v π 考点：带电粒子在磁场中的运动.。