高中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)

高中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)
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，EF 与GH 间为一无场区．无场区左侧A 、B 为相距为d 、板长为L 的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A 为正极板．无场区右侧为一点电荷Q 形成的电场，点电荷的位置O 为圆弧形细圆管CD 的圆心，圆弧半径为R ，圆心角为120°，O 、C 在两板间的中心线上，D 位于GH 上．一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以初速度v 0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：
(1)O 处点电荷的电性和电荷量； (2)两金属板间所加的电压．
【答案】(1)负电，2043mv R kq ；(2) 20
33mdv qL
【解析】
（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q 的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O 处点电荷带负电．由几何关系知，粒子在D 点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D 点时速度为：0023303
v v v cos =
=︒ …①
在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q 带负电且满足2
2Qq v k m
R R =…② 由①②得：2043mv R
Q kq
=
（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30° tan 30°=0
y v v …③
v y =at…④
qU
a md
=
…⑤ 0
L
t v =
…⑥ 由③④⑤⑥得：22
003033mdv tan mdv U qL qL
︒=
=
2．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为
q
m
=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:
(1)电压U 0的大小；
(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度； (3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23
T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．
【答案】(1)4
0 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥
【解析】 【分析】 【详解】
(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：
0l v T = 7110T s -=⨯
211()22
T y a =
2y T v a
= 22
y
T y v = 122d
y y =+ Eq ma =
U E d
=
解得：4
0 2.1610V U =⨯
(2)2T
t nT =+
时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032
A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆= (3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0
tan y v v β=
37β=o
cos37v v
=
o 6110m/s v =⨯
即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.
2
v qvB m R
=
0.03m R r ==
由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.
由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场
圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：
tan 53C A R
x x ︒
=+
0.1425m C x =.
由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动. 综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥
3．利用电场可以控制电子的运动，这一技术在现代设备中有广泛的应用，已知电子的质量为m ，电荷量为e -，不计重力及电子之间的相互作用力，不考虑相对论效应．
（1）在宽度一定的空间中存在竖直向下的匀强电场，一束电子以相同的初速度0v 沿水平方向射入电场，如图1所示，图中虚线为某一电子的轨迹，射入点A 处电势为A ϕ，射出点B 处电势为B ϕ．
①求该电子在由A 运动到B 的过程中，电场力做的功AB W ；
②请判断该电子束穿过图1所示电场后，运动方向是否仍然彼此平行？若平行，请求出速度方向偏转角θ的余弦值cos θ（速度方向偏转角是指末速度方向与初速度方向之间的夹角）；若不平行，请说明是会聚还是发散．
（2）某电子枪除了加速电子外，同时还有使电子束会聚或发散作用，其原理可简化为图2所示．一球形界面外部空间中各处电势均为1ϕ，内部各处电势均为221()ϕϕϕ>，球心位于z 轴上O 点．一束靠近z 轴且关于z 轴对称的电子以相同的速度1v 平行于z 轴射入该界面，由于电子只受到在界面处法线方向的作用力，其运动方向将发生改变，改变前后能量守恒．
①请定性画出这束电子射入球形界面后运动方向的示意图（画出电子束边缘处两条即可）；
②某电子入射方向与法线的夹角为1θ，求它射入球形界面后的运动方向与法线的夹角2θ的正弦值2sin θ．
【答案】（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②是平行；
()0
20
cos 2B A v v
e v m
θϕϕ=
=-+
（2）① ②
(
)11
22211
sin 2e v m
θϕϕ=
-+
【解析】 【详解】
（1）①AB 两点的电势差为AB A B U ϕϕ=-
在电子由A 运动到B 的过程中电场力做的功为()AB AB B A W eU e ϕϕ=-=-
②电子束在同一电场中运动，电场力做功一样，所以穿出电场时，运动方向仍然彼此平行，设电子在B 点处的速度大小为v ，根据动能定理
2201122
AB W mv mv =
- 0cos v v θ=
解得：
()0
20
cos 2B A v v
e v m
θϕϕ=
=-+
（2）①运动图如图所示：
②设电子穿过界面后的速度为2v ，由于电子只受法线方向的作用力，其沿界面方向的速度不变，则1122sin sin θθ=v v 电子穿过界面的过程，能量守恒则：
2211221122mv e mv e ϕϕ-=- 可解得：()212212e v v m
ϕϕ-=+ 则
()1122211sin 2e v m
θϕϕ=
-+
故本题答案是：（1）①()AB B A W e ϕϕ=- ②
()0
20
cos 2B A v v
e v m
θϕϕ=
=-+
（2）① ②
(
)11
22211
sin 2e v m
θϕϕ=
-+
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=v 0B ．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v 0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
【答案】（1）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（3）9
4
d ； 【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：2
0v ev B m r
=
解得：0
mv B 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 点最远，如图甲所示.
设此时的圆心位置为O '，有：sin 30r
O a '=
︒
3OO d O a ='-' 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22m y r d ==
电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤
设电子从02y d ≤≤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：0x v t =
212eE y t m
=
⋅ y eE v t m
=
tan y v v θ=
tan 3L
d x
θ=
- 解得：(32)2L d y y =即9
8
y d =
时，L 有最大值
解得：94
L d =
当322d y y -=
【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，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： 23603
d d d
r sin sin α=
==︒ 根据2
00mv qv B r =得0233qBd
v m
=
粒子在第一象限中做类平抛运动，则有2
1602qE 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 ， 2
y v y t =
得03222
y v y tan x v α=== 由几何知识可得 y=r-rcosα= 13
23
r d = 则得2
3
x d =
所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为1253
239
d d R d sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==
粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBd
v v cos 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
6．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】（12Ue m （2）2倍 （3）2m
Ue
【解析】 【详解】
（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：2
012
Ue 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 = 2
12y 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 Ue
=
7．静电喷漆技术具有效率高、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图甲所示．A 、B 为水平放置的间距d ＝1.6m 的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由B 指向A 的0.1/E V m ＝的匀强电场．在A 板的中央放置一个安全接她的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为0 6.0/v m s ＝的油漆微粒，已知油漆微粒的质
量均为m ＝1.0×10－5kg ，带负电且电荷量均为q ＝1.0×10－
3C ，不计油漆微粒间的相互作用
以及油漆微粒带电量对板间电场和磁场的影响，忽略空气阻力，g 取210/m s ，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求（计算结果小数点后保留一位数字）：
（1）油漆微粒落在B 板上的最大面积；
（2）若让A 、B 两板间的电场反向（如图乙所示），并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.06T ，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其他条件不变．
①B 板被油漆微粒打中的区域的长度为多少？
②打中B 板的油漆微粒中，在正交场中运动的最短时间为多少？
【答案】（1）18．1 m 2（2）1．6 m （3）0．31 s
【解析】
试题分析：（1）油漆微粒的加速度 Eq mg a m
+=
① 根据运动学 212
d at =
② 运动的半径 0x v t =③
落在B 板上所形成圆形面积
2s x π=④
由①②③式并代入数据得
218.1m s =⑤
（2）当电场反向
Eq mg =⑥
油漆微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力
2
v Bqv m R
=⑦ 水平向右射出的油漆微粒打在B 板的右端，根据几何关系
cos R R d α+=⑧
ac 的长度
⑨
打在B 板左端的油漆微粒为和板相切的微粒，同理求得
bc ac =⑩
油漆微粒打在极板上的长度
ab ac bc =+11
由⑥⑦⑧⑨⑩11式并代入数据得
1.6m ab =12
(3)打在B 板上的微粒中，pc 最短的弦长对应的时间最短
有几何关系 2sin d
R
θ=13 运动的最短时间
min 22t T θπ
=14 微粒在磁场中运动的周期
2m T Bq
π=15
由7131415式代入数据解得
min 0.31s t =16
考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律． 点评：本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，关键在于建立物理模型．
8．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。

9．如图所示，质量为m 的小球穿在绝缘细杆上，细杆的倾角为α，小球带正电，电荷量为q ．在细杆上B 点处固定一个电荷量为Q 的正电荷．将小球由距B 点竖直高度为H 的A 点处无初速度释放，运动到C 点时速率最大，运动到P 点时高度变为原来的一半且速率为零，小球下滑过程中电荷量不变．不计小球与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量为k ，重力加速度为g ．求：
（1）A 球刚释放时的加速度大小；
（2）C 点与B 点的距离；
（3）AP 间的电势差．
【答案】（1）22sin sin kQq g mH
αα-，（2sin kQq mg α； （3）2mgH q ． 【解析】
【分析】
（1）A 球刚释放时，受到重力、沿细杆向上的库仑力和细杆的支持力，根据牛顿第二定律求解加速度．
（2）A 球刚释放下滑过程中，库仑力逐渐增大，当库仑力小于重力沿斜面向下的分力时，小球做加速运动；当库仑力大于重力沿斜面向下的分力时，小球做减速运动．当两力大小
相等时，小球的速度最大，由平衡条件和库仑定律结合求出C 点与B 点的距离． （3）小球运动到P 点时速率为零，由动能定理求解AP 间的电势差．
【详解】
（1）A 球刚释放时，由牛顿第二定律可知：mgsin α-F=ma 根据库仑定律有：2qQ F k r = 又知 H r sin α
= 联立解得：a=gsinα-22 kQqsin mH
α （2）当小球受到合力为零，即加速度为零时，速率最大，设此时小球与B 点间的距离为
d ，则有：2 Qq mgsin k d α
= 解得：kQq d mgsin α
＝ （3）小球运动到P 点时速率为零，由动能定理得：02H mg
qU -＝ 解得：2mgH U q
＝
【点睛】 本题的关键是分析小球的受力情况，来确定小球的运动情况．从力和能两个角度研究动力学问题是常用的思路．
10．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 0 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．
11．如图所示，带电荷量为+4×10－8C 的滑块在电场强度大小为2×104N ／C 、方向水平向右
的匀强电场中，沿光滑绝缘水平面由M 点运动到N 点．已知M 、N 间的距离为0．1 m ．求：
（1）滑块所受电场力的大小；
（2）M 、N 两点间的电势差；
（3）电场力所做的功．
【答案】（1）8×10-4N （2）2×103V （3）8×10-5J
【解析】
【分析】
（1）在匀强电场中，根据F=qE 直接计算电场力的大小；
（2）根据U=Ed 计算M 、N 两点间的电势差；
（3）根据W=qU 计算电场力所做的功．
【详解】
（1）滑块所受的电场力为：
F=qE=4×10一8×2×104N=8×10-4N
（2）M 、N 两点间的电势差为：
U MN =Ed=2×104×0.1V=2×103V
（3）电场力所做的功为：
W MN =qU MN =4×10-8×2×103J=8×10-5J
【点睛】
本题是对电场的基本公式的考查，掌握住公式的使用条件，F=qE ，U=Ed 在匀强电场中才可以使用，W=qU 任何电场都可以使用．
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023
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⑦⑧
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 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.。