高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析

高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(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．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R ＝0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B ＝1.0T ，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y 坐标轴相切于原点O 点。y 轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y 轴正方向，电场区域宽度l ＝0.1m 。现从坐标为（﹣0.2m ，﹣0.2m ）的P 点发射出质量m ＝2.0×10﹣9kg 、带电荷量q ＝5.0×10﹣5C 的带正电粒子，沿y 轴正方向射入匀强磁场，速度大小v 0＝5.0×103m/s （粒子重力不计）。 （1）带电粒子从坐标为（0.1m ，0.05m ）的点射出电场，求该电场强度；

（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m ，﹣0.05m ）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

【答案】（1）1.0×104N/C （2）4T ，方向垂直纸面向外 【解析】 【详解】

解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：

20

0v qv B m r

=

可得：r =0.20m =R

根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O 点沿x 轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：2012

l v t y at ==

， 根据牛顿第二定律可得：Eq ma = 联立可得：41.010E =?N/C

（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：30

5.010y qE l

v at m v ===?g m/s=0v 粒子射出电场时速度：02=v v

根据几何关系可知，粒子在B '区域磁场中做圆周运动半径：2r y '=

根据洛伦兹力提供向心力可得： 2

v qvB m r '='

联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：4mv

B qr '=

='

T 根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

2．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

3mdv

【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

00303mdv tan mdv U qL ?=

=

3．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为

2

L

()o ?>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．

（1）求粒子到达O 点时速度的大小；

（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23

能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；

（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E L

φ

=

，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经

O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v m

?

=2）12m B L q ?=；（3）060α∴= ；22m L q ?

【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102

qU mv =-

2U ???=-=2q v m

?

=

(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有

2

3

能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60?，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．

根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =

由洛伦兹力提供向心力得：2

v qBv m R

=

联合解得：12m B L q

?

=

（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.

2

12qE L t m

= 222mL m

t L qE q ?

=

=

x Eq v t m ===

若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos x v v α=

1

cos 2

α=060α∴=

4．两平行的带电金属板水平放置，板间电场可视为匀强电场．带电量相等粒子a ，b 分别以相同初速度水平射入匀强电场，粒子a 飞离电场时水平方向分位移与竖直方向分位移大小相等，粒子b 飞离电场时水平方向速度与竖直方向速度大小相等．忽略粒子间相互作用力及重力影响，求粒子a 、b 质量之比． 【答案】1：2 【解析】 【详解】

假设极板长度为l ，粒子a 的质量为m a ，离开电场时竖直位移为y ，粒子b 的质量为m b ，离开电场时竖直分速度为v y ，两粒子初速度均为v 0，在极板间运动时间均为t 对粒子a ：l ＝v 0t …① y ＝

12

a 1t 2

…② 1a

qE

a m =

…③ y ＝l …④

①②③④联立解得：20

2a qEl m v = 对粒子b ：v y ＝a 2t …⑤ v y ＝v 0…⑥

2b

qE

a m =

…⑦ ①⑤⑥⑦联立解得：20

b qEl m v =

则

1

2

a b m m =．

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R0=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

37

cos 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

37

sin 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+R 0-R 0cosα 可知tanα=4

3

，即α=53° 比例η=

53180?

o

×100%=29%

6．如图，以竖直向上为y 轴正方向建立直角坐标系；该真空中存在方向沿x 轴正向、场强为E 的匀强电场和方向垂直xoy 平面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场；原点O 处的离子源连续不断地发射速度大小和方向一定、质量为m 、电荷量为-q （q>0）的粒子束，粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，重力加速度为g,不计粒子间的相互作用； （1）求粒子运动到距x 轴为h 所用的时间；

（2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下、场强大小变为'

mg

E q

=

，求从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围（不考虑电场变化产生的影响）； （3）若保持EB 初始状态不变，仅将粒子束的初速度变为原来的2倍，求运动过程中，粒子速度大小等于初速度λ倍（0<λ<2）的点所在的直线方程.

【答案】（1）Bh

t E

= (2)2222225m g m g x q B q B ≤≤ （3）22211528m g y x q B =-+

【解析】

（1）粒子恰能在xoy 平面内做直线运动，则粒子在垂直速度方向上所受合外力一定为零，又有电场力和重力为恒力，其在垂直速度方向上的分量不变，而要保证该方向上合外力为零，则洛伦兹力大小不变，因为洛伦兹力F Bqv =洛，所以受到大小不变，即粒子做匀速直线运动，重力、电场力和磁场力三个力的合力为零，

设重力与电场力合力与-y 轴夹角为θ，粒子受力如图所示，

()

()()

2

22

Bqv qE mg =

+，()()

22

5qE mg mg v +=

=

则v 在y 方向上分量大小sin 2y qE E mg

v v v

Bqv B qB

θ==== 因为粒子做匀速直线运动，根据运动的分解可得，粒子运动到距x 轴为h 处所用的时间

2y h Bh qhB t v E mg

=

==； （2）若在粒子束运动过程中，突然将电场变为竖直向下，电场强度大小变为'mg

E q

=，则电场力''F qE mg ==电，电场力方向竖直向上；

所以粒子所受合外力就是洛伦兹力，则有，洛伦兹力充当向心力，即

2v qvB m r =，()()

22

m

qE mg mv R Bq

+==

如图所示，由几何关系可知，当粒子在O 点就改变电场时，第一次打在x 轴上的横坐标最小，()()

()()

22

2122222

22sin 2m

qE mg mE m g

x R B q q B

qE mg θ+====+ 当改变电场时粒子所在处于粒子第一次打在x 轴上的位置之间的距离为2R 时，第一次打在

x 轴上的横坐标最大，()()

()()

()()2

2

22

22222222

22[]

25sin m

qE mg m qE mg R

m g x qE

B q E

q B

qE mg θ

++==

=

=+ 所以从O 点射出的所有粒子第一次打在x 轴上的坐标范围为12x x x ≤≤，即

2222225m g m g

x q B q B

≤≤ （3）粒子束的初速度变为原来的2倍，则粒子不能做匀速直线运动，粒子必发生偏转，而洛伦兹力不做功，电场力和重力对粒子所做的总功必不为零；

那么设离子运动到位置坐标（x ，y ）满足速率'v v =，则根据动能定理有

()2

211222qEx mgy mv m v --=--，32222

31528m g qEx mgy mv q B --=-=-， 所以22211528m g

y x q B

=-+ 点睛：此题考查带电粒子在复合场中的运动问题；关键是分析受力情况及运动情况，画出受力图及轨迹图；注意当求物体运动问题时，改变条件后的问题求解需要对条件改变引起的运动变化进行分析，从变化的地方开始进行求解．

7．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）

2228e 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212

eU 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=

8．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?=+=

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，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

11．在金属板A 、B 间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压U O ，其周期是T ．现有电子以平行于金属板的速度V O 从两板中央射入（如图甲）．已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子的重力，求：

（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小．

（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？ 【答案】（1）20

0eU v m

+ （2）0v T 【解析】 【分析】

（1）电子在半个周期内恰好能从A 板的边缘飞出，在此过程中只有电场力做功，根据动能定理即可解除电子飞出时的速度．

（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T ； 【详解】

（1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得：220011

222

U e mv mv =- 解得：20

0eU v v m

=

+

（2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T ；则电子水平方向做匀速直线运动：L=v 0T

12．如图(a)所示，在空间有一坐标系xoy ，直线OP 与x 轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP 是它们的边界，OP 上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B ，一质量为m ，电荷量为+q 的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度v 从O 点沿与OP 成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x 轴进入第四象限，第四象限存在沿-x 轴方向的特殊电场，电场强度E 的大小与横坐标x 的关系如图（b ）所示，试求:

(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小 ； (2)质子再次到达y 轴时的速度大小和方向。 【答案】 （1）B B 22=；（2）v v v 2

6

2)32(+=

+=

'；方向向左下方与y 轴负

X /×

Bq

mv E

o

Bv 2

3 Bv 2

1

向成32arccos

-（2

2

6arccos -）的夹角 【解析】

试题分析: （1）由几何关系知：质子再次回到OP 时应平行于x 轴正向进入Ⅱ区，设质子从OP 上的C 点进入Ⅱ区后再从D 点垂直x 轴进入第四象限，轨迹如图。

由几何关系可知：O 1C ⊥OX ，O 1C 与OX 的交点O 2即为Ⅱ内圆弧的圆心，C OO 1?等边三角形。

设质子在Ⅰ区圆运动半径为1r ，在Ⅱ区圆运动半径为2r ，

则：10

1221

30sin r r r == 由21

v qBv m r =

得：1mv r qB

=

， 同理得：22mv

r qB =

即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度：B B 22= （2）D 点坐标： qB

mv

r r x ）13(30cos 201+=+=

质子从D 点再次到达y 轴的过程，

22

)13(2)13()223(21mv qB mv Bv Bv q x E q qU W i i +=+?+=

?==∑电 设质子再次到达y 轴时的速度大小为v '，

由动能定理：222

1

21mv v m W -'=电 得：v v v 2

6

2)32(+=+=' 因粒子在y 轴方向上不受力，故在y 轴方向上的分速度不变

如图有： 2

2

632cos -=-='=

v v

α

即方向向左下方与y 轴负向成32arccos -（2

2

6arccos -）的夹角 考点： 带电粒子在磁场中的运动