(物理)带电粒子在电场中的运动练习题含答案及解析

【答案】（1） B mv0 qL
【解析】 【分析】
（2） d R2 cos a R2
3L 2
； Tmin (6
3 2 )L 3v0
【详解】
（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为
R1，则
qv0 B
m
v02 R1
由几何关系： R12 (
3L 2
)2
(R1
L )2 2
解得 B mv0 qL
的磁场，使上板的电势 随时间 t 的变化规律如图所示，则 t=0 时刻，从 O 点射人的粒子
P 经时间 t0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒 子间的作用力均不计．
(1)求两板间磁场的磁感应强度大小 B． (2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使 t=0 时刻射入的粒 子 P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到 O 点，求右侧磁场的宽度 d 应满足的条件和电场周期 T 的最小值 Tmin．
圆周，即 tB
1T 4
2
m qB
所以
tB tE 2
4．如图所示,在平面直角坐标系 xOy 平面内,直角三角形 abc 的直角边 ab 长为 6d，与 y 轴 重合,∠ bac=30°,中位线 OM 与 x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限 内,有方向沿 y 轴正向的匀强电场,场强大小 E 与匀强磁场磁感应强度 B 的大小间满足 E=v0B．在 x=3d 的 N 点处,垂直于 x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度 v0 从 y 轴 上－3d≤y≤0 的范围内垂直于 y 轴向左射入磁场,其中从 y 轴上 y=－2d 处射入的电子,经磁场 偏转后,恰好经过 O 点．电子质量为 m,电量为 e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度 B (2)电子束从 y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y 的范围; (3)荧光屏上发光点距 N 点的最远距离 L
8 解得： L 9 d
4 当3 d 2y 2y
【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正 确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经 常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的 应用．
5．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．
6．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 =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
远，如图甲所示.
设此时的圆心位置为 O ，有： Oa r sin 30
OO 3d Oa 解得 OO d
即从 O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距 O 点最远
所以 ym 2r 2d 电子束从 y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标 y 的范围为 0 y 2d 设电子从 0 y 2d 范围内某一位置射入电场时的纵坐标为 y，从 ON 间射出电场时的位
（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．
（物理）带电粒子在电场中的运动练习题含答案及解析
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动 1．如图所示，在两块长为 3 L、间距为 L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸
面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子流从两板左端 连线的中点 O 以初速度 v0 水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间
【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：vy=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：
置横坐标为 x，速度方向与 x 轴间夹角为 θ，在电场中运动的时间为 t，电子打到荧光屏上 产生的发光点距 N 点的距离为 L，如图乙所示：
根据运动学公式有： x v0t
y 1 eE t2 2m
vy
eE m
t
tan vy v0
tan L 3d x
解得： L (3 d 2y) 2y 即 y 9 d 时，L 有最大值
动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比.
【详解】
（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从 A 点沿切线方
向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为 45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为
mg
45°，则：tan45°=
Eq
解得： E mg q
（2）从 P 到 A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL= 1 mvA2 2
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.
2L 1 2
2gt12 解得 t1
2L g
小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为 t2，则： t2
3 2 r 4
vA
3 4
2L g
小球离开管后做类平抛运动，物块从 B 到 N 的过程中所用时间： t3 2
2L g
则： t2 t 4
【点睛】 本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明 确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规 律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求 解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．
2 )R2 v
6 3 2 L
解得 Tmin
3v0
【点睛】
带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子
的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.
2．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管 ADB 固定在竖直平面内．圆管的圆心为 O，D 点为圆
管的最低点，AB 两点在同一水平线上，AB=2L，圆管的半径为 r= 2 L(自身的直径忽略不
计)．过 OD 的虚线与过 AB 的虚线垂直相交于 C 点，在虚线 AB 的上方存在方向水平向右、 范围足够大的匀强电场；虚线 AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电
mg 场强度大小 E2= q ．圆心 O 正上方的 P 点有一质量为 m、电荷量为－q(q>0)的小球(可视
为质点)，PC 间距为 L．现将该小球从 P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口 A 无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为 g．求：
求：（1）电场强度的大小．
（2）两种情况中粒子由 P 运动到 Q 点所经历的时间之比．
【答案】 E
2
B2qL m
； tB tE
2
【解析】
【分析】
【详解】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以 v0 表示粒子在 P 点的初速度，R 表示圆周的半径，
则有
qv0
B
m
v02 R
由于粒子在 Q 点的速度垂直它在 p 点时的速度，可知粒子由 P 点到 Q 点的轨迹为 1 圆周， 4
解得 vA=2 gL
小球在管中运动时，E2q=mg，小球做匀速圆周运动，则 v0=vA=2 gL
在 D 点时，下壁对球的支持力 F m v02 2 2mg r
由牛顿第三定律， F F 2 2mg 方向竖直向下．
（3）小物体由 P 点运动到 A 点做匀加速直线运动，设所用时间为 t1，则：
故有 R L 2
以 E 表示电场强度的大小，a 表示粒子在电场中加速度的大小，tE 表示粒子在电场中由 p
点运动到 Q 点经过的时间，则有 qE ma
水平方向上：
R
1 2
atE2
竖直方向上： R v0tE
由以上各式，得 E
2
B2qL m
且 tE
m qB
（2）因粒子在磁场中由 P 点运动到 Q 点的轨迹为 1 4
1L
R2
2 sin
，
解得 R2
3L 3
右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为 d R2 cos R2
3 L； 2
由于粒子 P 从 O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到 O 点的过程，运动
轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：
Tmin
2t0
(2
【答案】（1） mv0 ； （2） 0 y 2d ；（3） 9 d ；
ed
4
【解析】
(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为 r；
由几何关系可得 r=d
电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
ev0
B
m
v02 r
解得： B mv0 ed
(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与 ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距 O 点最
4
【解析】
【分析】
（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动
方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线 AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根据动
能定理结合圆周运动的规律求解小球在 AB 管中运动经过 D 点时对管的压力 FD；（3）小物 体由 P 点运动到 A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运
（2）粒子 P 从 O 点运动到下板右边缘的过程，有： 3L v0t0
11 2 L 2 vyt0
解得 vy
3 3
v0
设合速度为 v，与竖直方向的夹角为 α，则： tan
v0 vy
3
则= 3
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v0 sin
23 3
v0
粒子 P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为 R2，则
(1)虚线 AB 上方匀强电场的电场强度 E1 的大小； (2)小球在 AB 管中运动经过 D 点时对管的压力 FD； （3）小球从管口 B 离开后，经过一段时间到达虚线 AB 上的 N 点(图中未标出)，在圆管中
运动的时间与总时间之比 t AB tPN
．
mg
【答案】（1）
q
（2）2
2
mg，方向竖直向下（3）
3．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，一带电量为+q、质量为 m 的粒子，在 P 点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中 P 点箭头所示．该 粒子运动到图中 Q 点时速度方向与 P 点时速度方向垂直，如图中 Q 点箭头所示．已知 P、 Q 间的距离为 L．若保持粒子在 P 点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方 向与纸面平行且与粒子在 P 点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由 P 点运动到 Q 点．不计重力．