高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(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．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里
－
的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×102T，宽度D＝0.05m，比荷
q＝1.0×108C/kg的带正电m的粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．
(1) 若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出的位置；
(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v0满足的条件．
【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v0＝(0、1、2、3、4)第二种情况：v0＝(【解析】 【详解】
(1) 粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则
4.0?0.8n)?105m/s (其中n＝
2n?13.2?0.8n)?105m/s (其中n＝0、1、2、3)．
2n?1t 竖直方向d＝··得t?1Eq2m22md qE代入数据解得t＝1.0×10－6s 水平位移x＝v0t 代入数据解得x＝0.80m
因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出， 则运动时间t0＝
L＝0.5×10－6s， v02t0＝0.0125m 竖直位移y＝··所以粒子从P′点下方0.0125m处射出．
1Eq2m(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x＝v0 粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v1＝
2md qEqE2qEd·t＝ mm
设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v＝
v1 sin?mvv2 在磁场中由qvB＝m得R＝qBR粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x＋Rsinα＝L 把x＝v0mvv2md2qEdR 代入解得 、＝、v＝1、v1＝qBsin?qEmEEq－ B2mdv0＝L·v0＝3.6×105m/s.
(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)
mvv2qEd把R＝、v＝1、v1＝代入解得
qBsin?m?y?12mEd(1?cos?)12mEd??tan
Bqsin?Bq2可以看出当α＝90°时，Δy有最大值，(α＝90°即粒子从P点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)
?ymax?mv1m2qEd12mEd?? qBqBmBqΔymax＝0.04m，Δymax小于磁场宽度D，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．
若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：
粒子要从M′点射出边界有两种情况， 第一种情况： L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t
mv2md2qEd 、v1＝vsinα、v1＝ 代入解得 把t?、R＝qBqEmv0?LqE2nE??
2n?12md2n?1Bv0＝??4.0?0.8n?5
?×10m/s(其中n＝0、1、2、3、4)
?2n?1?第二种情况：
L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα 把t?mv2md2qEd 、R＝、v1＝vsinα、v1＝代入解得
qBqEmv0?LqE2(n?1)E??
2n?12md2n?1Bv0＝??3.2?0.8n?5
?×10m/s(其中n＝0、1、2、3)．
?2n?1?
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．如图甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长．A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为+q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压（图中电压U1已知）时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：
（1）C、D板的长度L；
（2）粒子从C、D板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； （3）粒子打在荧光屏上区域的长度． 【答案】（1）L?t0【解析】
试题分析：（1）粒子在A、B板间有qU0?在C、D板间有L?v0t0 解得：L?t0222qU0qU1t03qU1t0（2）y?（3）?s?s? m2md2md12mv0 22qU0 m（2）粒子从nt0（n=0、2、4……）时刻进入C、D间，偏移距离最大 粒子做类平抛运动 偏移距离y?加速度a?12at0 2qU1 md2qU1t0得：y?
2md（3）粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK] 出C、D板偏转角tan??vyv0
vy?at0
打在荧光屏上距中心线最远距离s?y?Ltan?
23qU1t0荧光屏上区域长度?s?s?
2md考点：带电粒子在匀强电场中的运动
【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．
4．一电路如图所示，电源电动势E=28v，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0×10-2m．
（1）闭合开关S稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?
（2）当开关S闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入MN的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m（不计粒子的重力，M、N板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s2）
?4【答案】（1）4.8?10?11C （2）6.25?10C/kg
【解析】 【分析】 【详解】
（1）闭合开关S稳定后，电路的电流：I?E28?A?2A；
R1?R2?r4?8?2电容器两端电压：U?UR2?IR2?2?8V?16V；
?12?11电容器带电量： Q?CUR2?3.0?10?16C?4.8?10C
（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：L?v0t
11Uq2d?t 22dm联立解得
q?6.25?10?4C/kg m
5．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度
大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为（L，0）。现使一个电量大小为q、质量为m的带正电粒子从坐标（﹣2a，a）处以沿+x方向的初速度v0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点P，不计粒子的重力。
（1）求粒子经过原点时的速度； （2）求磁感应强度B的所有可能取值
（3）求粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值。
【答案】（1）粒子经过原点时的速度大小为2v0，方向：与x轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B的所有可能取值：B?nmv0 n＝1、2、3……； qL2a?m3?m?k?(k?1) v02qB4qB（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值：t?k＝1、2、3……或t?【解析】 【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a＝v0t， 竖直方向：a?2a?m3?m?n?n n＝1、2、3……。 v02qB4qBvy2t ，
解得：vy＝v0，tanθ＝
vyv0＝1，θ＝45°，
2粒子穿过O点时的速度：v?v0?v2?2v0；
（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
v2qvB?m ，
r粒子能过P点，由几何知识得：L＝nrcos45° n＝1、2、3……， 解得：B?nmv0 n＝1、2、3……； qL2a； v0（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1＝
粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：T1?2?m?m，T2?， qBqB粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧， 若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：t2＝
1T1， 4若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2＝若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×
31T1+T2， 4431T1+T2， 4431T1+2×T2， 44若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×………… 则t2?k或t2?n?m2qB?(k?1)?n3?m k＝1、2、3…… 4qB?m2qB3?m n＝1、2、3…… 4qB粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2， 解得：t?或t?2a?m3?m?k?(k?1) k＝1、2、3…… v02qB4qB2a?m3?m?n?n n＝1、2、3……； v02qB4qB
6．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）
e8?2U ?mB2l2【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t1=t2 加速电场eU?12mv 2l v匀速直线运动 t1?2?mv2 t2?T 匀速圆周运动 evB?m， T?qBRe8?2U联立以上各式可得?22
mBl
7．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】【解析】
qU?d mg【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=△Ek 即：-qU+mg（h+d）=0-0
qU?d 得 h=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
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，在竖直平面内有一绝缘“?”型杆放在水平向右的匀强电场中，其中AB、CD水平且足够长，光滑半圆半径为R，质量为m、电量为+q的带电小球穿在杆上，从距B点x=5.75R处以某初速v0开始向左运动．已知小球运动中电量不变，小球与AB、CD间动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.80，电场力Eq=3mg/4，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）若小球初速度v0=4gR，则小球运动到半圆上B点时受到的支持力为多大； （2）小球初速度v0满足什么条件可以运动过C点；
（3）若小球初速度v=4gR，初始位置变为x=4R，则小球在杆上静止时通过的路程为多大．
【答案】（1）5.5mg（2）v0?4gR（3）?44???R 【解析】 【分析】
【详解】
（1）加速到B点：-?1mgx?qEx?1212mv?mv0 22v2在B点：N?mg?m
R解得N=5.5mg
（2）在物理最高点F：tan??qE mg12mv0 2解得α=370；过F点的临界条件：vF=0
从开始到F点：-?1mgx?qE(x?Rsin?)?mg(R?Rcos?)?0?解得v0?4gR
可见要过C点的条件为：v0?4gR
（3）由于x=4R<5.75R，从开始到F点克服摩擦力、克服电场力做功均小于（2）问，到F点时速度不为零，假设过C点后前进x1速度变为零，在CD杆上由于电场力小于摩擦力，小球速度减为零后不会返回，则：
12-?1mgx??2mgx1-qE(x-x1)?mg?2R?0?mv0
2s?x??R?x1
解得：s?(44??)R
10．容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示．已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板间匀强电场强度E＝
2U，方向水L平向左(忽略板间外的电场)，平行板f的下端与磁场边界ab相交于点P，在边界ab上实线处固定放置感光片．测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片P、Q之间，且Q距P的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：
(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角； (2)射到感光片Q处的粒子的比荷(电荷量q与质量m之比)； (3)粒子在磁场中运动的最短时间． 【答案】（1）??（2）
?4，其速度方向与边界ad间的夹角为???4
qU?22 m2LB3?BL2（3）
16U【解析】
试题分析：（1）设质量为m，电量为q的粒子通过孔S2的速度为v0则：qU?粒子在平行板间：L?v0t，vx?12mv0 2v0qEt，tan??
vxm联立可以得到：tan??1，则???4，其速度方向与边界ad间的夹角为???4．
（2）粒子从e板下端与水平方向成45o的角射入匀强磁场，设质量为m，电量为q的粒子射入磁场时的速度为v，做圆周运动的轨道半径为r，则v?由几何关系：r?r??4L?，则r?22L，则r?22222v0?vx?2v0?4qU mmv qB联立可以得到：
qU?22． m2LB（2）设粒子在磁场中运动的时间为t，则t??mmv2mU?，r? qBqBBq联立可以得到：t??Br24U
3R，所以粒子打在P处时间最短 2因为所以粒子在磁场中运动的偏转角??由几何可以知道：r2?r2?L2，则r?2L 23L2?B?3?BL2． 联立可以得到：22t??4U16U考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力
【名师点睛】本题考查了粒子在电场中的加速和在磁场中的偏转，知道粒子通过速度选择器时，所受的洛伦兹力和电场力平衡，掌握粒子在磁场中的半径公式，并能灵活运用．
11．如图，直线MN 上方有平行于纸面且与MN成45。的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。今从MN_上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45。角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点。不计粒子的重力。求：
(1)电场强度的大小；
(2)该粒子从O点出发，第五次经过直线MN时又通过O点的时间 (3)该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径； 【答案】（1）【解析】
试题分析：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的1/4圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段3/4圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。
；（2）
（3）
（1）易知，
①
类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为 所以类平抛运动时间为
②
又再者
④
③
由①②③④可得
⑤
粒子在磁场中的总时间：
粒子在电场中减速再加速的时间：
故粒子再次回到O点的时间：（3）由平抛知识得所以
［或
］
则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径
考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动.
12．如图所示，质量M＝0.2 kg的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，
另一质量m＝0.1 kg的带正电小滑块以v0＝8 m/s初速度滑上长木板，滑块与长木板间动摩
－
擦因数μ2＝0.5，小滑块带电荷量为q＝2×103C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强
电场中，电场强度E＝1×102N/C，(g取10 m/s2)求： (1)刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少？ (2)小滑块最后停在距木板左端多远的位置？
【答案】（1）－3 m/s2，1 m/s2；（2）8 m； 【解析】 【分析】 【详解】
(1)设小滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，规定水平向右为正方向． 由牛顿第二定律得qE－μ2mg＝ma1， 得a1＝－3 m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2， 得a2＝1 m/s2
(2)设两者经过时间t相对静止，此时的速度为v， 则v＝v0＋a1t＝a2t， 得t＝2 s，v＝2 m/s
这段时间内小滑块的位移x1＝v0t＋木板的位移x2＝
12
a1t＝10 m 212
a2t＝2 m 2此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后停在距木板左端Δx＝x1－x2＝8 m处.
高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析
