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)含解析

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)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，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；（2）3
2
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：2
cos
L
r
r
θ
-
=
由几何关系有：sin
x rθ
=
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，在空间坐标系x<0区域中有竖直向上的匀强电场E1，在一、四象限的正方形区域CDEF内有方向如图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场B，已知CD=2L，OC=L，E2 =4E1。

在负x轴上有一质量为m、电量为+q的金属a球以速度v0沿x轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b球不粘连、无摩擦）质量为2m、不带电金属b球发生弹性碰撞。

已知a、b 球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g，不计a、b球间的静电力，不计a、b球产生的场对电场、磁场的影响，求：
(1)碰撞后，a、b球的速度大小；
(2)a、b碰后，经0
2
3
v
t
g
=时a球到某位置P点，求P点的位置坐标；
(3)a、b碰后，要使 b球不从CD边界射出，求磁感应强度B的取值。

【答案】(1)
1
3
a
v v
=-，
2
3
=
b
v v；(2)（
2
2
9g
v
-，
2
9g
v
-）；(3)0
16m
15
v
B
qL
<<或0
16m
3
v
B
qL
>
【解析】
【分析】
(1)a 、b 碰撞，由动量守恒和能量守恒关系求解碰后a 、b 的速度；
(2)碰后a 在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解P 点的位置坐标； (3)要使 b 球不从CD 边界射出，求解恰能从C 点和D 点射出的临界条件确定磁感应强度的范围。

【详解】 (1)a 匀速，则
1mg qE = ①
a 、
b 碰撞，动量守恒
02a b mv mv mv =+ ②
机械能守恒
()22201112222
a b mv mv m v =+ ③ 由②③得
01
3a v v =-，023
=b v v ④
(2)碰后a 、b 电量总量平分，则
1
2
a b q q q ==
碰后a 在电场中向左做类平抛运动，设经0
23v t g
=
时a 球到P 点的位置坐标为（-x ，-y ） a x v t = ⑤ ，2
12
y at =
⑥ 其中
112
mg qE ma -=⑦，12a g =
由⑤⑥⑦得
2029v x g =，2
09v y g
=
故P 点的位置坐标为（2029g v - ，2
9g
v - ）⑧ (3)碰撞后对b
21
22
qE mg = ⑨ 故b 做匀速圆周运动，则
21
22b b v qv B m r
= ⑩ 得
83mv r qB
=
⑪ b 恰好从C 射出，则
2L r =⑫
由⑪⑫得
116m 3v B qL
=
恰从D 射出，则由几何关系
()2
224r L r L =+- ⑬，
得
5
2
r L =
⑭ 由⑪⑭得
216m 15v B qL
=
故要使b 不从CD 边界射出，则B 的取值范围满足
016m 015v B qL <<
或0
16m 3v B qL
> 【点睛】
本题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系，注意在磁场中的
运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解。

4．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⎛⎫
⎪⎝⎭
，
5．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．
(1)求电场强度大小E ；
(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；
(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．
【答案】（1）2
mv E qL =（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）0
2L t v π= 【解析】
本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．
(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，
2
122
L
at =，qE ma = 联立解得： 20
mv E qL
=
(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan x
y
v v θ==l 速度大小0
02sin v v v θ
=
= 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2
π
；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．
若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2
π
.则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n
=
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2
v qvB m R
=
得：0
4nmv B qL
=
，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为
2
π
.则有222x R ，此时满足()221L n x =+
联立可得：()
2212R n =
+
由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2
22
v qvB m R =
得：
()
2
221
n mv
B
qL
+
=，
n=1、2、3....
所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小0
4nmv
B
qL
=，n=1、2、3....或
()
2
221
n mv
B
qL
+
=，n=1、2、3....
(3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和
θ=2n×
2
π
×2=2nπ，则
22
22
n n m L
t T
qB v
πππ
π
=⨯==
若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和
θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则22
20
(42)(42)
2
n n m L
t T
qB v
πππ
π
++
=⨯==
粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间为
22
22
n n m L
t T
qB v
πππ
π
=⨯==或
22
20
(42)(42)
2
n n m L
t T
qB v
πππ
π
++
=⨯==
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v0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，三块挡板围成截面边长L＝1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E=4×10-4N /C．三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场．现将一比荷q/m=105C/kg的帯正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O点，OC相距2m．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3．求：
（1）磁感应强度B1的大小；
（2）粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；
（3） 若仅改变B 2的大小，当B 2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA 经孔P 回到O 点（若粒子经过A 点立即被吸收）． 【答案】（1）51210
T 3
B -=⨯；（2）-22.8510s t =⨯；（3）52
42
10T 3k B -+=⨯' 【解析】 【详解】
（1） 粒子从O 到C 即为在电场中加速，则由动能定理得：212
Eqx mv = 解得v =400 m/s
带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示．
由几何关系可知 10.6m 2
L
R =
= 由2
11
v qvB m R =
代入数据得 512
10T 3
B -=
⨯ （2）由题可知 B 2=3B 1=2×10-5 T
2
11
v qvB m R =
则 1
20.2m 3
R R =
= 由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则112
x vt = 得到 t 1=0.01 s
粒子在磁场B 1中的周期为 11
2m
T qB π=
则在磁场B 1中的运动时间为 3211
310s 3
t T -=
=⨯
在磁场B 2中的运动周期为 22
2m
T qB π=
在磁场B 2中的运动时间为
3-3321803001801110s 5.510s 3606
t T π
-︒+︒+︒=
=⨯=⨯︒
则粒子在复合场中总时间为：3-21231722010s 2.8510s 6
t t t t π-⎛
⎫=++=+
⨯=⨯ ⎪⎝
⎭
（3）设挡板外磁场变为'
2B ，粒子在磁场中的轨迹半径为r ，则有 2
'
2v qvB m r
=
根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA 经孔P 回到O 点，需满足条件
()212L
k r =+其中 k =0、1、2、3…… 解得52
42
10T 3
k B -+=⨯'
8．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：2201122
B 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：22
011322
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
9．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
10．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第一、四象限有与y 轴相切于O 点、圆心为O 1、半径一定的有界圆形区域，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y 轴的匀强电场．一带电粒子(重力不计)自P(－d ，
3d
)点以平行于x 轴的初速度v 0开始运动，粒子从O 点离开电场，经磁场偏转后又从y 轴上的Q 点(图中未画出)垂直于y 轴回到电场区域，并恰能返回到P 点．求：
(1)粒子经过O 点时的速度；
(2)电场强度E 和磁感应强度B 的比值． 【答案】（1）2v 0
（2）
058E v B = 【解析】 【详解】
试题分析：（1）粒子从P 到O 的过程中做类平抛运动，设时间为t 1，经过O 点时的速度为v ，其在y 轴负方向的分速度为v y ，与y 轴负方向的夹角为θ d=v 0t 1
13
2
x v t = v 2=v 02+v y 2
tan y θ=
v v
解得：v=2v 0θ=300
（2）设粒子质量为m ，电荷量为q ，粒子在电场中运动的加速度为a ：Eq=ma
21312
at = 粒子从Q 到P 的过程中，也做类平抛运动，设时间为t 2，Q 点的纵坐标为y Q
2
2
312
Q y at = d=vt 2
解得：53
Q y =
设粒子由S 点离开磁场，粒子从O 到S 过程中做圆周运动，半径为r ，由几何关系有：r+rsinθ=y Q
2
v qvB m r =
3
12
r d =
058
E v B = 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动 【点睛】
【名师点睛】此题是带电粒子在电场及磁场中的运动问题；关键是搞清粒子的运动情况，画出粒子运动的轨迹图，结合平抛运动及匀速圆周运动的规律，并利用几何关系进行求解；此题难度中等，考查学生运用基础知识解决问题的能力．
11．如图所示，电荷量为+q ，质量为m 的小球用一根长为L 的绝缘细绳悬挂于O 点，所在的整个空间存在水平向右的匀强电场，已知重力加速度为g ．现将悬线拉直使小球从与O 点等高的A 点静止释放，当小球运动到O 点正下方的B 点时速度的大小为gL
(1)该电场的场强E 的大小； (2)小球刚到达B 点时绳的拉力；
(3)若到达B 点后绳子突然断裂，断裂时小球以原速度抛出，则小球再次经过O 点正下方时与O 点的距离是多少? 【答案】（1）2mg
E q
=（2）2mg ；（3）9L 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由A 到B 根据动能定理：2
12
mgL EqL mv -= ， 解得2mg
E q
=
（2）在B 点，由牛顿第二定律：2
v T mg m L
-=
解得T=2mg
（3）绳子断裂后，小球水平方向向左先做减速运动，后反向加速；竖直方向做自由落体运动，回到B 点正下方，则：2v t a
= 2qE g a m =
= 21
2
h gt =
解得h=9L 【点睛】
此题关键是第3问的解答，要知道小球参与水平方向的匀变速运动和竖直方向的自由落体运动，两个运动的时间相等.
12．如图，直线MN 上方有平行于纸面且与MN 成45。

的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN 下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

今从MN_上的O 点向磁场中射入一个速度大小为v 、方向与MN 成45。

角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R 。

若该粒子从O 点出发记为第一次经过直线MN ，而第五次经
过直线MN时恰好又通过O点。

不计粒子的重力。

求：
(1)电场强度的大小；
(2)该粒子从O点出发，第五次经过直线MN时又通过O点的时间
(3)该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径；
【答案】（1）；（2）（3）
【解析】
试题分析：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的1/4圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段3/4圆弧到c 点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。

（1）易知，
类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为
①
所以类平抛运动时间为
②
又③
再者④
由①②③④可得
⑤
粒子在磁场中的总时间：
粒子在电场中减速再加速的时间：
故粒子再次回到O点的时间：
（3）由平抛知识得
所以［或］
则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径
考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动.。