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m1＝0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2＝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/s2，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vP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＝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＝m2gtanθ， 解得：E＝7.5×104N/C。

1m1v2， 2

（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G等＝

m2g ① cos2vP小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等＝m2 ②

r联立①②，代入数据得：vP＝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：

1112m1v2m1v12m2v2 ④ 222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﹣rsinθ）﹣m2g（r+rcosθ）＝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﹣rsinθ＝vPcosθt﹣竖直方向做匀加速运动，有：r+rcosθ＝vPsinθt+联立⑥⑦代入数据得：L＝0.5625m；

1122m2vPm2v2 ⑤ 221qE2t⑥ 2m212

gt⑦ 2

2．如图，质量分别为mA=1kg、mB=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(mA+mB)g=(mA+mB)a1 可得系统的加速度a1=1m/s2； 由运动规律：x=

1a1t12 2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-μmBg=mBa2 解得a2=2m/s2；

由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1) 解得v2=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 =3m，两金属3板间电压UMN= 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B1，三角形的上顶点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B2，已知A、F、G处于同一直线上．B、C、H也处于同一直

2m．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3的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg，带电量q = +1×10-4C，初速度v0= 1×105m/s．

线上．AF两点距离为

(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B1 (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B2应满足的条件． 【答案】（1）【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：q233323T 105m/s；垂直于AB方向出射．（2）T（3）3510UqU3ma解得：a1010m/s2 dmd3tL1105s v0竖直方向的速度为：vy＝at＝射出时速度为：v3×105m/s 323105m/s 322v0vy速度v与水平方向夹角为θ，tanvyv03，故θ=30°，即垂直于AB方向出射． 3（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移y直AB射入磁场，

123datm，即粒子由P1点垂262由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为R1d2m

cos30o3v2由B1qvm

R1知：B1mv33T qR110（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：

由几何关系得：R2R21 osin60故半径R2(233)m

v2又B2qvm

R2故B223T 523T． 5所以B2应满足的条件为大于

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v0；

（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E1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）【解析】 【详解】

（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：Ue所以，v02Uem（2）2倍 （3）E m2Ue12mv0 22Ue m（2）设电子的水平位移为x，电子的竖直偏移量为y，则有：

12at Eema 24yU联立解得：E2

xxv0t y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

Bev0Ee

解得： BEm 2Ue

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/s2，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）E3.0103N/C （2）v2.0m/s （3）T5.6102N 【解析】 【详解】

qEtantan37o (1)对带电小球受力分析，得关系：mg代入已知数据后，解得E3.0103N/C (2)根据机械能守恒定律有：mgl1cos37解得：vomv122

2gl1cos37o2.0m/s

v2(3)根据牛顿第二定律:Tmgm

l解得:T5.6102N

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）FT = 1.5mg（2）UOP【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FmgL15mgL 8q12mv 2v2 设细线被拉断前瞬间的拉力为FT，由牛顿第二定律FTmgFmL联立解得： FT = 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 y12at ；解得 2

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 UOP = Ed

联立解得 UOP15mgL 8q

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】（1）2gh （2）【解析】 【详解】

（1） 根据机械能守恒，有mgh解得v02gh

（2）对小球运动的全过程，根据动能定理mghdqEd0 解得ECmg(hd)hd （3）mgqh2h g1mv02 2mghdqd

电容器所带电荷量QCU，U=Ed 解得QCmghdq

hd

v0t

v0 （3）小球全程运动的平均速度为，则小球全程运动的时间为t，

22

解得thdh2h ghdh2h g小球所受重力的冲量大小为Imgtmg

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v0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）【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）

；（3）

．

（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

1分

（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=电子在磁场中运动的时间 t2 =电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2=

2分 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．

2mvmRdmRv20

【答案】（1）B （2）60 （3）（R，0） （Rv，

eReE22eEd0） 【解析】

试题分析：当质子做圆周运动的半径rR时，质子不会出磁场，由牛顿第二定律即可求2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rv2由牛顿第二定律，得Fm

rR时，质子不会出磁场 2洛伦兹力为：FevB 解得：B2mv 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：

R1eE2t 22m在水平方向：dvt 联立解得：dvmR eEi)当dvmR时，质子出边界之后与x轴相交，设在电场中的偏移为y，出电场时在y轴 eE21eE1eEd2t 结合以上解得：y方向的速度为vy，偏转角为由y 22m2mv在竖直方向的速度为：vy偏转角为：tan由图 DFeEeEdt mmvvyveEd 2mvRDFy DG 2tanmRv2d联立求解得：DG

2eEd2dmRv2根据几何关系得：OGRdDGR

22eEddmRv2，0） 故与x轴交点坐标为（R22eEdii) 当dvmR时，质子在电场区域内与x轴相交 eEmR eE由

R1eE2t 解得： t22m水平位移sxvtvmR eEmR eE根据几何关系得：OHRsxRv故与x轴交点坐标为（RvmR，0） eE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(dmgR。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2qd上的初速度v0，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v0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】(1) 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v0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

2vB由牛顿第二定律有：mgm

R从A运动到B，对小球由动能定理得：mgR解得：v03gR

(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：3qEdmgR1212mvBmv0 221212mvmv0 22v2在最低点时，由牛顿第二定律有：FNmgm

R解得：FN9mg

由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力FN9mg，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/s2)

(1)为使第一个粒子能落在下板中点，则微粒入射速度v0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：t=\"0.02s\" （1分）

m/s （2分）

（2）以v0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）

， （2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UO，其周期是T．现有电子以平行于金属板的速度VO从两板射入（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）v02【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：e解得：v2v0eU0 （2）v0T mU0121mvmv02 222eU0 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=v0T