高中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)

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，光滑绝缘的半圆形轨道ABC 固定在竖直面内，圆心为O ，轨道半径为R ，B 为轨道最低点。该装置右侧的

1

4

圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个带电小球从A 点由静止开始运动，到达B 点时，小球的动能为E 0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，试求： （1）小球所受重力和电场力的大小； （2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。

【答案】（1）0E R 0

2E R

（2）8E 0 【解析】 【详解】

(1)设带电小球的质量为m ，则从A 到B 根据动能定理有：

mgR ＝E 0

则小球受到的重力为：

mg ＝

E R

方向竖直向下；

由题可知：到达C 点时小球的电势能减少量为2E 0，根据功能关系可知：

EqR ＝2E 0

则小球受到的电场力为：

Eq ＝

2E R

方向水平向右，小球带正电。

(2)设小球到达C 点时速度为v C ，则从A 到C 根据动能定理有：

EqR ＝

2

12C mv ＝2E 0 则C 点速度为：

v C 0

4E m

方向竖直向上。

从C 点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：

41C v E t g g m

=

= 在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：

0442

E E qE qE v at t m mg m m

==

== 则在最高点的动能为：

2200411(2)822k E E mv m E m

=

==

2．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线．热灯丝逸出的电子(初速度重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射入两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动．已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ．

(1)求板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向；

(2)若保留两金属板间的匀强磁场不变，使两金属板均不带电，求从小孔O 射入的电子打到N 板上的位置到N 板左端的距离x ． 【答案】（1）12mU B L e = 垂直纸面向外；（2）32

L

【解析】 【分析】

（1）在电场中加速度，在复合场中直线运动，根据动能定理和力的平衡求解即可； （2）洛伦兹力提供向心力同时结合几何关系求解即可； 【详解】

（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：21

2

eU m v = 由于电子在两板间做匀速运动，则evB eE =，其中2U E L

= 联立解得：12mU

B L e

=

根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外；

（2）洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动所需要的向心力，有：

2

v evB m r

=

，其中由（1）得到2eU

v m

=

设电子打在N 板上时的速度方向与N 板的夹角为θ，由几何关系有：2cos L r r

θ-

=

由几何关系有：sin x r θ= 联立解得：3

2

x L =． 【点睛】

本题考查了带电粒子的加速问题，主要利用动能定理进行求解；在磁场中圆周运动，主要找出向心力的提供者，根据牛顿第二定律列出方程结合几何关系求解即可．

3．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，滑块到达月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 ． 【答案】(1) 6m /s ；7.5×104N /C (2) 2.5m /s ；0.85m 【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：211

2

Fd m v = 解得：v =6m /s

小球到达P 点时，受力如图所示:

则有：qE =m 2g tan θ, 解得：E =7.5×104N /C

(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cos m g

G 等θ

=

小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：2

P v G r

=等

解得：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v 1、v 2， 则有：m 1v =m 1v 1+m 2v 2

22211122111

222

m v m v m v =+ 解得：v 1=-2m /s(“-”表示v 1的方向水平向左)，v 2=4m /s 对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有：

()()22222211

sin cos 22

P qE x r m g r r m v m v θθ--+=

- 解得：x =0.85m

4．如图所示,有一比荷

q

m

=2×1010C/kg 的带电粒子,由静止从Q 板 经电场加速后,从M 板的狭缝垂直直线边界a 进入磁感应强度为B =1.2×10-2T 的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b ,匀强磁场方向垂直平面向里,a 、b 间距d =2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：

(1)带电粒子射入磁场区域时速度v ； (2)Q 、M 两板间的电势差U QM 。

【答案】（1）.810/v m s =⨯；（2）304⎛⎫ ⎪⎝⎭

，· 【解析】 【详解】

（1）粒子从静止开始经加速电场加速后速度为v ，由动能定理：

212

qU mv =

粒子进入磁场后，洛仑磁力提供向心力：2

v qBv m R

= 粒子垂直a 边界进入有届磁场区域且恰好未飞出右平行届b ，由几何知识得：R d =

代入数值，联立解得：.810/v m s =⨯；-2

5.7610U V =⨯

（2）据粒子在磁场中的轨迹，由左手定则知：该粒子带负电，但在加速电场中从Q 到M

加速，说明M 点比Q 点电势高，故304⎛⎫

⎪⎝⎭

，

5．如图所示，在竖直面内有一边长为

的正六边形区域，O 为中心点，CD 水平．将一

质量为m 的小球以一定的初动能从B 点水平向右拋出，小球运动轨迹过D 点．现在该竖直面内加一匀强电场，并让该小球带电，电荷量为+q ，并以前述初动能沿各个方向从B 点拋入六边形区域，小球将沿不同轨迹运动．已知某一方向拋入的小球过O 点时动能为初动能的，另一方向拋入的小球过C 点时动能与初动能相等．重力加速度为g ，电场区域足够大，求：

（1）小球的初动能；

（2）取电场中B 点的电势为零，求O 、C 两点的电势；

（3）已知小球从某一特定方向从B 点拋入六边形区域后，小球将会再次回到B ，求该特定方向拋入的小球在六边形区域内运动的时间． 【答案】（1）；（2）

；（3）

【解析】 【分析】 【详解】

（1）设小球从B 点抛出时速度为，从B 到D 所用时间为t ，小球做平抛运动 在水平方向上

由几何关系可知：，

解得小球的初动能为：

（2）带电小球B→O：由动能定理得：

解得：

带电小球B→C：由动能定理得：

解得：

（3）在正六边形的BC边上取一点G，令，设G到B的距离为x，则由匀强电场性质可知

解得：

由几何知识可得，直线GO与正六边形的BC边垂直，OG为等势线，电场方向沿CB方向，由匀强电场电场强度与电势的关系可得

受力分析如图，根据力合成的平行四边形定则可得：，方向F→B

小球只有沿BF方向抛入的小球才会再次回到B点，该小球进入六边形区域后，做匀减速直线运动，速度减为零后反向匀加速直线运动回到B点，设匀减速所用时间为t1，匀加速所用时间为t2，匀减速发生的位移为x

由牛顿定律得

(未射出六边形区域)

小球在六边形区域内运动时间为

6．一电路如图所示，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/s 2）

【答案】（1）114.810C -⨯ （2）46.2510/C kg -⨯

【解析】

【分析】

【详解】

（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：12282482

E I A A R R r ===++++； 电容器两端电压：222816R U U IR V V ===⨯=；

电容器带电量： 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==⨯⨯=⨯

（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：0L v t =

21122Uq d t dm

= 联立解得46.2510/q C kg m

-=⨯ 7．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距3m ，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

23

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】（1）52310/3m s ⨯；垂直于AB 方向出射．（2）3310T （

3）235T + 【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：102310/3

qU a m s md ==⨯ 50

110L t s v -==⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝

33×105m/s 射出时速度为：22502310/3y v v v m s =+=

⨯ 速度v 与水平方向夹角为θ，03tan 3

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213262d 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12cos303

d R m == 由2

11

v B qv m R = 知：1133mv 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：221sin 60R

R += 故半径2(233)R m =-

又2

22

v B qv m R = 故2235

B T += 所以B 2应满足的条件为大于

235T +． 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动. 8．长为L 的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d ，电势差为U ，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B 的匀强磁场．荧光屏MN 与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x ，电容器左侧中间有发射质量为m 带＋q 的粒子源，如图甲所示．假设a 、b 、c 三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O 点；b 粒子在电、磁场中向上偏转；c 粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a 、b 、c 粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a 粒子仍恰好打在荧光屏上的O 点；b 、c 中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O 点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：

(1)a 粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O 点时的动能；

(2)b ，c 粒子中打到荧光屏上的点与O 点间的距离(用x 、L 、d 表示)；

(3)b ，c 中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．

【答案】(1) 242222

22

2a k L B d q m U E mB d = (2) 1()2x y d L =+ (3) 11224==5Uq y W d Uq W y d

【解析】

【详解】

据题意分析可作出abc 三个粒子运动的示意图，如图所示．

(1) 从图中可见电、磁场分开后，a 粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O 点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．

U q Bqv d

=， Bd U v =

， L LBd t v U

==， 222122a Uq L B qd y t dm mU

==， 21()2a a k U U qy E m d Bd

=- 242222

222a k L B d q m U E mB d

= (2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．

设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得

12=122d y L L x +， 1

()2

x y d L =+ (3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2

如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 2

2111·2Uq y t md =，11y Uq v t md

= 122221·2y Uq t m y t d

v +=， 22158qU y t md

=， 124=5

y y ， 11224==5

Uq y W d Uq W y d

9．如图所示，一质量为m 、电荷量为的带正电粒子从O 点以初速度v 0水平射出。若该带电粒子运动的区域内有一方向竖直向下的匀强电场，则粒子恰好能通过该区域中的A 点；若撤去电场，加一垂直纸面向外的匀强磁场，仍将该粒子从O 点以初速度v 0水平射出，则粒子恰好能经A 点到达该区域中的B 点。已知OA 之间的距离为d ，B 点在O 点的正下方，∠BOA=60°，粒子重力不计。求：

(1)磁场磁感应强度的大小B ；

(2)粒子在电场时运动中到达A 点速度的大小v 。

【答案】(1) 0mv B qd =

073

v 【解析】

【详解】

（1）如图所示，撤去电场加上磁场后，粒子恰好能经A 点到达B 点，由此可知，OB 为该粒子做圆周运动的直径，则粒子在磁场中做圆周运动的半径为：

2OB R d ==由于200v qBv m R

= 得：0mv B qd

= （2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子从O 点运动到A 点所需要的时间为t ，则： 0sin 60d v t =

21cos 602qE d t m

= 由动能定理有：22011cos6022qEd mv mv =

- 联解得：073

v v =

10．如图所示，OO′为正对放置的水平金属板M 、N 的中线，热灯丝逸出的电子(初速度、重力均不计)在电压为U 的加速电场中由静止开始运动，从小孔O 射人两板间正交的匀强电场、匀强磁场(图中未画出)后沿OO′做直线运动，已知两板间的电压为2U ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为m 、电荷量为e 。求：

(1)电子通过小孔O 时的速度大小v ；

(2)板间匀强磁场的磁感应强度的大小B 和方向。

【答案】（12eU m （212mU L e 【解析】

【详解】

(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212eU mv =

解得：2eU v m

= (2)两板间电场的电场强度大小为：2U E L =

由于电子在两板间做匀速运动，故：evB eE = 解得：1

2mU B L e

= 根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.

11．水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，A 为轨道的最低点，半径OA 竖直，圆心角AOB 为60°，半径R=0.8m ，空间有竖直向下的匀强电场，场强E=1×104N/C 。一个质量m=2kg ，带电量为q=－1×10－3C 的带电小球，从轨道左侧与圆心O 同一高度的C 点水平抛出，恰好从B 点沿切线进入圆弧轨道，到达最低点A 时对轨道的压力F N =32.5N 。求：

(1)小球抛出时的初速度v 0大小；

(2)小球从B 到A 的过程中克服摩擦所做的功W f 。

【答案】(1)

23/3m s (2) 13J 【解析】

【分析】

根据题中“竖直向下的匀强电场…带电小球”、“水平抛出…圆弧轨道”可知，本题考察带电物体在复合场中的运动。根据带电物体在复合场中的运动规律，应用运动的分解、牛顿运动定律、动能定理列式计算。

【详解】

(1)小球抛出后从C 到B 过程中受重力和竖直向上的电场力，做类平抛运动，则： mg qE ma -=，解得：小球的加速度

34

2221011010/5/2

mg qE a m s m s m --⨯-⨯⨯=== C 与B 的高度差600.4h Rcos m =︒=

设小球到B 点时竖直分速度为y v ，则2

2y v ah =，解得：小球到B 点时竖直分速度2y m v s

=

小球在B 点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则060

y v tan v ︒= 解得：小球抛出时的初速度0233m v s =

(2)在B 点时，60y

B v sin v ︒=，则433

B m v s = 小球在A 点时，2A N v F qE mg m R

+-=，解得：3A m v s = 小球从B 到A 过程，由动能定理得：2211()()22f A B mg qE R Rcos W mv mv θ---=

- 解得：小球从B 到A 的过程中克服摩擦所做的功13

f W J =

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

联立①②得

③

（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为T1，可得

④

粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T2，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3t0—4 t0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 t0—

3 t0,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.