高中物理带电粒子在电场中的运动的技巧及练习题及练习题(含答案)

高中物理带电粒子在电场中的运动的技巧及练习题及练习题(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，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B 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 ；

(3)若小球从P 点飞出后落到水平轨道上的Q 点（图中未画出）后不再反弹，求Q 、C 两点间的距离L 。

【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s ，匀强电场的电场强度大小是7.5×104N/C ；（2）小球到达P 点时的速度大小是2.5m/s ，B 、C 两点间的距离是0.85m 。（3）Q 、C 两点间的距离为0.5625m 。 【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：Fd ＝1

2

m 1v 2， 代入数据解得：v ＝6m/s

小球到达P 点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE ＝m 2g tanθ， 解得：E ＝7.5×104N/C 。

（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G 等＝

2cos m g

①

小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等＝m2

2

P

v

r

②

联立①②，代入数据得：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v1、v2，

以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v＝m1v1+m2v2 ③

由能量守恒得：222

11122

111

222

m v m v m v

=+④

联立③④，代入数据得：v1＝﹣2m/s（“﹣”表示v1的方向水平向左），v2＝4m/s

小球碰后运动到P点的过程，由动能定理有：

qE（x﹣r sinθ）﹣m2g（r+r cosθ）＝22

222

11

22

P

m v m v

-⑤

代入数据得：x＝0.85m。

（3）小球从P点飞出水平方向做匀减速运动，有：L﹣r sinθ＝v P cosθt﹣2

2

1

2

qE

t

m⑥

竖直方向做匀加速运动，有：r+r cosθ＝v P sinθt+

1

2

gt2⑦

联立⑥⑦代入数据得：L＝0.5625m；

2．如图，质量分别为m A=1kg、m B=2kg的A、B两滑块放在水平面上，处于场强大小

E=3×105N/C、方向水平向右的匀强电场中，A不带电，B带正电、电荷量q=2×10－5C．零时刻，A、B用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s末细绳断开．已知A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s2．求：

(1)前2s内，A的位移大小；

(2)6s末，电场力的瞬时功率．

【答案】(1) 2m (2) 60W

【解析】

【分析】

【详解】

（1）B所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-

μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1

可得系统的加速度a1=1m/s2；

由运动规律：x=

1

2

a1t12

解得A在2s内的位移为x=2m；

（2）设绳断瞬间，AB的速度大小为v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则

v1=a1t1=2m/s；

绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；

由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s

电场力的功率P=Fv ，解得P=60W

3．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距d =

3

m ，两金属板间电压U MN = 1×104V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直

线上．AF 两点距离为

2

3

m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．

(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向

(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件． 【答案】（1523

10/m s ；垂直于AB 方向出射．（233（323+ 【解析】

试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ， 则：U q

ma d =解得：102310/qU a m s md == 50

110L

t s v -=

=? 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝3

5m/s 射出时速度为：225023

10/y v v v m s =

+=

速度v 与水平方向夹角为θ，0

3

tan y v v θ=

=

，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射．

（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移2

13262

d y at m ===，即粒子由

P 1点垂直AB 射入磁场，

由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为12

cos303

d R m =

=o

由2

11

v B qv m R =

知：1133

10

mv B T qR =

= （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最大，运动轨迹如图所示：

由几何关系得：2

21sin 60

R R o

+

= 故半径2(233)R m =-

又2

22

v B qv m R =

故223

B T +=

所以B 2应满足的条件为大于

23

5

T +． 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.

4．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：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 E

Ue

=

5．如图所示，轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°.已知绳长l =l.0m ，小球所带电荷量q =+l.0×104C ，质量m =4.0×10-3kg 。不计空气阻力，取重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.60，cos37°=0.80.求：

(l)电场强度的大小E ；

(2)将电场撤去,小球摆动到最低点时速度的大小v ； (3)将电场撤去,小球摆动到最低点时绳中拉力的大小T .

【答案】（1）33.010N /C E =? （2） 2.0m/s v = （3）25.610N T -=? 【解析】 【详解】

(1)对带电小球受力分析，得关系：tan tan37qE

mg

θ==o 代入已知数据后，解得33.010/E N C =? (2)根据机械能守恒定律有：(

)2

11cos372

mgl mv -=o

解得：()

21cos37 2.0/v gl m s =

-=o

(3)根据牛顿第二定律:2

v T mg m l

-=

解得:25.610N T -=?

6．在竖直平面内，一根长为L 的绝缘细线，一端固定在O 点，另一端拴着质量为m 、电荷量为+q 的小球。小球始终处在场强大小为50、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O 点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P 点，P 点与O 点间的水平距离为L 。重力加速度为g ，不计空气阻力，求

（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小； （2）O 、P 两点间的电势差。 【答案】（1）F T = 1.5mg （2）158OP mgL

U q

= 【解析】 【详解】

（1）小球受到竖直向上的电场力F = qE = 1.5mg ＞mg

所以小球被释放后将向上绕O 点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v ，由动能定理()212

F mg L mv -=

设细线被拉断前瞬间的拉力为F T ，由牛顿第二定律2

T v F mg F m L

+-= 联立解得： F T = 1.5mg

（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a 竖直向上，由牛顿第二定律：F - mg = ma 设细线断裂后小球经时间t 到达P 点，则有L = vt 小球在竖直方向上的位移为 2

12

y at =

；解得

O 、P 两点沿电场方向（竖直方向）的距离为d = L + y O 、P 两点间的电势差 U OP = Ed

联立解得

158OP mgL

U q

=

7．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔。质量为m 、电荷量为+q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g 。求：

（1）小球到达小孔处的速度大小；

（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；

（3）小球从开始下落运动到下极板，其所受重力的冲量大小。 【答案】（12gh （2）()Cmg h d q + （3）2h d

h

mg h

g

+【解析】 【详解】

（1） 根据机械能守恒，有201

2

mgh mv = 解得02v gh =

（2）对小球运动的全过程，根据动能定理()0mg h d qEd +-= 解得()mg h d E qd

+=

电容器所带电荷量Q CU =，U =Ed 解得()

Cmg h d Q q

+=

（3）小球全程运动的平均速度为02

v ，则小球全程运动的时间为t ，

02

h d

t v +=

解得2h d h t h g

+=

小球所受重力的冲量大小为2h d h I mgt mg

h

g

+==

8．如图所示，在y >0的区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，在y <0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，一电子(质量为m 、电量为e )从y 轴上A 点以沿x 轴正方向的初速度v 0开始运动，当电子第一次穿越x 轴时，恰好到达C 点，当电子第二次穿越x 轴时，恰好到

达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点，C、D两点均未在图中标出．已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d.不计电子的重力．求

(1)电场强度E的大小．

(2)磁感应强度B的大小．

(3)电子从A运动到D经历的时间t.

【答案】（1）；（2）；（3）．

【解析】

试题分析：（1）电子在电场中做类平抛运动

设电子从A到C的时间为t1

1分

1分

1分

求出 E =1分

（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则

θ = 45° 1分

电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力

1分

由图可知1分

得1分

（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t 1=1分

电子在磁场中运动的时间 t 2 =2分 电子从A 运动到D 的时间 t=3t 1+ t 2=

1分

考点：带电粒子在电场中做类平抛运动 匀速圆周运动 牛顿第二定律

9．如图所示，直空中有以O 为圆心，半径为R 的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x 轴上方足够大的范围内有宽度为d ，方向沿y 轴负向、大小为E 的匀强电场．圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O 沿纸面不同方向发射速率为v 的质子，已知质子的电荷量为e ，质量为m ，不计质子的重力．求

（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度B 要满足什么条件？

（2）P 、N 两点在圆周上，M 是OP 的中点，MN 平行于x 轴，若质子从N 点平行于x 轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从O 点出射时的方向． （3）求质子从N 点平行于x 轴出磁场后与x 轴的交点坐标．

【答案】（1）2mv B eR ≥ （2）600

（3）（222d mRv R eEd

++，0） （mR R eE +，

0） 【解析】

试题分析：当质子做圆周运动的半径2

R

r ≤

时，质子不会出磁场，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的范围；画出粒子运动轨迹，根据几何关系和牛顿第二定律求解；设质子刚好打到电场右边界与x 轴的交点，做类平抛运动，结合平抛运动公式分为两种情况即可求解．

（1）当质子做圆周运动的半径2

R

r ≤时，质子不会出磁场 由牛顿第二定律，得2

F r

v m =

洛伦兹力为：F evB = 解得：2mv

B eR

≥

（2）如图，质子做圆周运动的圆心在NA 上，AB 为ON 的垂直平分线，故交点A 为圆心，OM 为ON 的一半，知角ONM 为300，角CNA 为600，则NA =R ，质子做圆周运动的的半径为R

结合以上解得：B =

mv eR

易知OB 与x 轴的夹角为600 故质子出射时速度与x 轴成600角

（3）设质子刚好打到电场右边界与x 轴的交点 在竖直方向：

2

122R eE t m

= 在水平方向：d vt = 联立解得：mR

d eE

= i)当mR

d eE

≤x 轴相交，设在电场中的偏移为y ，出电场时在y 轴 方向的速度为y v ，偏转角为θ由2

12eE y t m = 结合以上解得：2

2

12eEd y mv

= 在竖直方向的速度为：y eE eEd v t m mv

== 偏转角为：2

tan y v eEd v

mv

θ==

由图 2R DF y =

- tan DF DG θ

= 联立求解得：222

mRv d

DG eEd =-

根据几何关系得：2

22d mRv OG R d DG R eEd

=++=++

故与x 轴交点坐标为（2

22d mRv R eEd

++

，0） ii) 当mR

d v

eE

>时，质子在电场区域内与x 轴相交 由

2

122R eE t m

= 解得： mR

t eE

= 水平位移x mR

s vt v

eE

== 根据几何关系得：x mR

OH R s R v eE

=+=+ 故与x 轴交点坐标为（mR

R v

eE

+，0） 点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，分清过程，画出轨迹、在结合几何知识和牛顿第二定律即可解题．

10．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

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

11．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L ＝0.1 m ，两板间距离d ＝0.4 cm ，有一束相同微粒组成的带电粒子流从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒质量为m ＝2×10－6 kg ，电荷量q ＝－1.6×10－13 C ，电容器电容为C ＝10－6 F ．求：(g ＝10 m/s 2)

(1)为使第一个粒子能落在下板中点，则微粒入射速度v 0应为多少？ (2)以上述速度入射的带电粒子，最多能有多少落到下极板上？ 【答案】（1）2.5m/s (2) 3.75×107 【解析】

试题分析：(1)第一个粒子只受重力：， （2分）

t="0.02s" （1分）

m/s （2分）

（2）以v 0速度入射的带电粒子，恰打到下极板右边缘B 时：

s （1分） （1分）

由：

（1分） V （1分） C （1分）

落到下极板上粒子个数：（1分）

考点：带电粒子在电场中的偏转、平行板电器器

12．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】（120

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