【物理】带电粒子在电场中的运动练习及解析

【物理】带电粒子在电场中的运动练习及解析
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．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，滑块到达月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 ． 【答案】(1) 6m /s ；7.5×104N /C (2) 2.5m /s ；0.85m 【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：211
2
Fd m v = 解得：v =6m /s
小球到达P 点时，受力如图所示:
则有：qE =m 2g tan θ, 解得：E =7.5×104N /C
(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cos m g
G 等θ
=
小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：2
P v G r
=等
解得：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v 1、v 2， 则有：m 1v =m 1v 1+m 2v 2
22211122111
222
m v m v m v =+ 解得：v 1=-2m /s(“-”表示v 1的方向水平向左)，v 2=4m /s 对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有：
()()22222211
sin cos 22
P qE x r m g r r m v m v θθ--+=
- 解得：x =0.85m
3．如图所示，荧光屏MN 与x 轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x 0=60cm ，在第一象限y 轴和MN 之间存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E =1.6×105N/C ，在第二象限有半径R =5cm 的圆形磁场，磁感应强度B =0.8T ，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
q
m
=1.0×108C/kg 的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v 0=4.0×106m/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 点的最远距离． 【答案】（1）5cm ；（2）0≤y≤10cm ；（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，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB =m 20
v r
解得：r =
20
510mv Bq
-=⨯m=5cm （2）由（1）问可知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PO′FO 1为菱形，所以FO 1∥O′P ，又O′P 垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO 1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0≤y ≤10cm （3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：
x 0=v 0t 0 h =
2012at a =qE m
解得：h =18cm ＞2R =10cm
说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．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：
x =v 0t y =
212
at 代入数据解得：x 2y
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⋅
===
所以：
H =（x 0﹣x ）tan θ=（x 02y ）2y
由数学知识可知，当（x 02y ）2y 时，即y =4.5cm 时H 有最大值 所以H max =9cm
4．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x 轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R 的半圆和一个长为2R
、宽为
2
R
的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度v 从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R ，0)点进入磁场区域．
(1)求电场强度大小及粒子经过P 点时的速度大小和方向； (2)为使粒子从AC 边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；
(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?
【答案】(1) 2
24mv E qR =2v ，速度方向沿y 轴负方向
8222mv mv B ≤≤
)
2713mv qR
【解析】 【分析】 【详解】
（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动
132cos 4522cos 45R
L R R =
-︒=︒
1L vt =
沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a
22sin 452L R R =︒=
2212
L at =
qE a m
=
设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v 、2v ，合速度v '
1v v =、2v at =，2
tan v v
θ=
联立可得2
24mv E qR
=
进入磁场的速度22
122v v v v =+=
'
45θ=︒，速度方向沿y 轴负方向
（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A 点射出时，运动半径12
R
r =
由211mv qv B r =''得122mv
B =
当粒子从C 点射出时，由勾股定理得
()
2
2
2222R R r r ⎛⎫
-+= ⎪⎝⎭
解得258
r R =
由222mv qv B r =''得282mv
B =
根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当8222mv mv
B ≤≤
时，粒子从AC 边界射出
（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行
于x轴，其半径为3r，由几何关系得
2
22 332
R
r r R
⎛
⎫
+-=
⎪
⎝⎭
解得
()
3
71
4
R
r
+
=
由
2
3
3
mv
qv B
r
=
'
'得
()
3
2
271
3
mv
B
qR
-
=
磁感应强度小于3B，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x轴下方，便不会回到电场中
5．图中是磁聚焦法测比荷的原理图。

在阴极K和阳极A之间加电压，电子由阳极A中心处的小孔P射出。

小孔P与荧光屏中心O点连线为整个装置的中轴线。

在极板很短的电容器C上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有电子从同一点发散。

在电容器C和荧光屏S之间加一平行PO的匀强磁场，电子从C出来后将沿螺旋线运动，经过一段时间再次汇聚在一点。

调节磁感应强度B的大小，可使电子流刚好再次汇聚在荧光屏的O点。

已知K、A之间的加速电压为U，C与S之间磁场的磁感应强度为B，发散点到O点的距离为l。

（1）我们在研究复杂运动时，常常将其分解为两个简单的运动形式。

你认为题中电子的螺旋运动可分解为哪两个简单的运动形式？
（2）求电子的比荷
e
m。

【答案】（1）沿PO方向的匀速运动和垂直于PO方向上的匀速圆周运动；（2）2
22
8
e U
m B l
π
=
【解析】
【详解】
（1）电子的螺旋运动可分解为沿PO 方向的匀速运动和垂直于PO 方向上的匀速圆周运动。

（2）从发散点到再次汇聚点，两个方向的分运动时间相等，有12=t t 加速电场212eU mv =
匀速直线运动 1l t v
=
匀速圆周运动 2
v evB m R =， 2m T qB π= 2t T = 联立以上各式可得2228e U
m B l
π=
6．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2
2
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∆=+=
7．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q 的粒子以速度v 0沿AC 方向由A 点射入。

粒子经D 点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。

(不计重力)
(1)试求AD 间的距离；
(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC 方向的匀强电场，要想由A 射入的粒子仍然能经过D 点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D 点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么? 【答案】（1）o
mv R=Bq
（2）a<60︒ 【解析】 【详解】
（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60︒，则粒子转过的圆心角为60︒，
即AD=R 由2
00v qv B m R =
得AD =0mv R Bq
=
（2）经D 点3cos30x R R =︒=
，1sin302y R R =︒= 而0x v t =，212y at =
，qE a m = 解得043
E Bv =，方向垂直AC 向上 速度偏向角y
x v v tana =，y v at =
解得2tan 2tan 3033
α=︒= 而tan60=3︒，即tan tan60α<︒ ，则<60α︒
8．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】（1）2Ue m （2）2倍 （3）2m E Ue
【解析】
【详解】 （1）电子在电场中的加速，由动能定理得：2012Ue 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 = 212
y 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 E Ue
=
9．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
-
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】（1）2eU m （2）12mU L e 方向垂直纸面向里 【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，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.
12．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．。