高中物理带电粒子在电场中的运动练习题及答案

一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动

1．如图，一带电荷量q=+0.05C、质量M=lkg的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m=lkg的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75．距平板左端L=0.8m处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。整个空间存在电场强度E=100N/C的水平向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g=10m/s2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。求：

（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率；

（2）平板的最小长度；

（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。

【答案】（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率为1.0m/s;（2）平板的最小长度为0.53m;（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量为8.0N•s

【解析】

【详解】

（1）两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，

有a==2.5m/s2＜μg

故平板M与物块m一起匀加速，根据动能定理可得：qEL=（M+m）v

解得v=2.0m/s

平板反弹后，物块加速度大小a1==7.5m/s2，向左做匀减速运动

平板加速度大小a2==12.5m/s2，

平板向右做匀减速运动，设经历时间t1木板与木块达到共同速度v1′，向右为正方向。

-v1+a1t1=v1-a2t1

解得t1=0.2s，v=0.5m/s，方向向左。

此时平板左端距挡板的距离：x=v1t1=0.15m

此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为v，则由动能定理

（M+m）v（M+m）=qEx1

解得v2=1.0m/s

（2）最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。

设平板长为l，全程根据能量守恒可得：qEL=μmgl

解得：l==0.53m

（3）设平板第n-1次与第n次碰撞反弹速度分别为vn-1，和vn；平板第n-1次反弹后：设经历时间tn-1，平板与物块达到共同速度vn-1′

平板vn-1′=vn-1-a2tn-1

位移大小

物块vn-1′=-vn-1+a1tn-1

由以上三式解得：，，

此后两者一起向左匀加速，由动能定理

qExn-1=

解得：

从开始运动到平板和物块恰停止，挡板对平板的总冲量：

I=2Mv1+2Mv2+2Mv3+2Mv4+……

解得：I=8.0N•s

2．如图所示，竖直面内有水平线MN与竖直线PQ交于P点，O在水平线MN上，OP间距为d，一质量为m、电量为q的带正电粒子，从O处以大小为v0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60º，粒子到达PQ线上的A点时，其动能为在O处时动能的4倍．当粒子到达A点时，突然将电场改为大小为E2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60º的匀强电场，然后粒子能到达PQ线上的B点．电场方向均平行于MN、PQ所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。已知粒子从O运动到A的时间与从A运动到B的时间相同，不计粒子重力，已知量为m、q、v0、d．求：

(1)粒子从O到A运动过程中,电场力所做功W；

(2)匀强电场的场强大小E1、E2；

(3)粒子到达B点时的动能EkB．

【答案】(1)     (2)E1＝   E2＝   (3) EkB＝

【解析】

【分析】

(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。

(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。

(3)根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达B点时的动能。

【详解】

(1) 由题知：粒子在O点动能为Eko=粒子在A点动能为：EkA=4Eko，粒子从O到A运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=EkA-Eko=；

(2) 以O为坐标原点，初速v0方向为x轴正向，

建立直角坐标系xOy，如图所示

设粒子从O到A运动过程，粒子加速度大小为a1，

历时t1，A点坐标为（x，y）

粒子做类平抛运动：x=v0t1，y= 

由题知：粒子在A点速度大小vA=2 v0，vAy=，vAy=a1 t1

粒子在A点速度方向与竖直线PQ夹角为30°。

解得： ， 

由几何关系得：ysin60°-xcos60°=d，

解得： ，

由牛顿第二定律得：qE1=ma1，

解得： 

设粒子从A到B运动过程中，加速度大小为a2，历时t2，

水平方向上有：vAsin30°=a2sin60°，，qE2=ma2，

解得： ，；

(3) 分析知：粒子过A点后，速度方向恰与电场E2方向垂直，再做类平抛运动，

粒子到达B点时动能：EkB=，vB2=（2v0）2+（a2t2）2，

解得：。

【点睛】

本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律可以解题。

3．如图所示，在直角坐标系x0y平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x(1)求电场强度大小E；

(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；

(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间．

【答案】（1）（2）n=1、2、3......（3）

【解析】

本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．

(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： ，， 

联立解得： 

(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值=l 

速度大小

设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L，0 )点，应满足L=2nx，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为；当满足L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．

若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为.则有x=R，此时满足L=2nx

联立可得：

由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：

得：，n=1、2、3....

轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为.则有，此时满足 

联立可得： 

由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：

得：，n=1、2、3....

所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小，n=1、2、3....或，n=1、2、3....

(3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n××2=2nπ，则

若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则 

粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间为或

4．在水平桌面上有一个边长为L的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P点（P为正方形框架对角线AC与圆盘的交点）以初速度v0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC边的速度从圆盘上的Q点离开该磁场区（图中Q点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P点以相同的初速度v0水平入射，为使其仍从Q点离开，可将整个装置以CD边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g．求：

（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；

（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．

【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度为．

【解析】

【分析】

【详解】

（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，

由几何知识得：r2+r2=L2，

解得：r=L，

小球在磁场中做圆周运的周期：T=，

小球在磁场中的运动时间：t1=T=，

小球在斜面上做类平抛运动，

水平方向：x=r=v0t2，

运动时间：t2=，

则：t1：t2=π：2；

（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，

位移：r=，解得，加速度：a=，

对小球，由牛顿第二定律得：a==gsinθ，

AB边距离桌面的高度：h=Lsinθ=；

5．如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x0=60cm，在第一象限y轴和MN之间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=1.6×105N/C，在第二象限有半径R=5cm的圆形磁场，磁感应强度B=0.8T，方向垂直xOy平面向外．磁场的边界和x轴相切于P点．在P点有一个粒子源，可以向x轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为=1.0×108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v0=4.0×106m/s．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：

（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；

（2）粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围；

（3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q点的最远距离．

【答案】（1）5cm；（2）0≤y≤10cm；（3）9cm

【解析】

【详解】

（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：

qvB=m

解得：r=m=5cm

（2）由（1）问可知r=R，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示：

由几何关系可知四边形PO′FO1为菱形，所以FO1∥O′P，又O′P垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x轴平行，所以粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0≤y≤10cm

（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：

x0=v0t0

h=

a=

解得：h=18cm＞2R=10cm

说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．设从纵坐标为y的点进入电场的粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，则：

x=v0t

y=

代入数据解得：x=

设粒子最终到达荧光屏的位置与Q点的最远距离为H，粒子射出电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为θ，

所以：

H=（x0﹣x）tanθ=（x0﹣）•

由数学知识可知，当（x0﹣）=时，即y=4.5cm时H有最大值

所以Hmax=9cm

6．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示．该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示．已知P、Q间的距离为L．若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点．不计重力．

求：（1）电场强度的大小．

（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之比．

【答案】 ； 

【解析】

【分析】

【详解】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有 

由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为圆周，故有  

以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，tE表示粒子在电场中由p点运动到Q点经过的时间，则有 

水平方向上：  

竖直方向上： 

由以上各式，得  且 

（2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为圆周，即 所以

7．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，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）    (2)    （3）

【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，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，，

则v在y方向上分量大小

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；

（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，则电场力，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，

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，

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，

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，即

（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，则根据动能定理有

，，

所以

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．

8．如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0沿AC方向由A点射入。粒子经D点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。(不计重力)

(1)试求AD间的距离；

(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由A射入的粒子仍然能经过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么?

【答案】（1）（2）

【解析】

【详解】

（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为，则粒子转过的圆心角为，

即AD=R

由

得AD= 

（2）经D点，

而，，

解得，方向垂直AC向上

速度偏向角， 

解得 

而即 ，则

9．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FN=32.5N。求：

(1)小球抛出时的初速度v0大小；

(2)小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf。

【答案】(1)  (2) 

【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：

，解得：小球的加速度

C与B的高度差

设小球到B点时竖直分速度为，则，解得：小球到B点时竖直分速度

小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则

解得：小球抛出时的初速度

(2)在B点时，，则

小球在A点时，，解得：

小球从B到A过程，由动能定理得：

解得：小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功

10．如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中，某时刻将质量为m、带电荷量为一q的小金属块从A点由静止释放，小金属块经时间t到达B点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间t小金属块回到A点。小金属块在运动过程中电荷量保持不变。求：

(1)电场反向后匀强电场的电场强度大小；

(2)整个过程中电场力所做的功。

【答案】(1)  (2) 

【解析】(1)设t末和2t末小物块的速度大小分别为和，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1,小金属块由A点运动到B点过程：

， 

小金属块由B点运动到A点过程：

联立解得： ，则： ；

 (2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功： 

联立解得： 。

点睛：解答本题关键是对不同过程应用匀变速直线运动相关公式以及动能定理列式即可，属于基础性题目。

11．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/s2．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xDB；

【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vC，依据牛顿第二定律

有：

解得： vC＝2.0m/s

设带电体通过B点时的速度为vB，轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时

有

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：

联立解得：FB＝6.0N

根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB′＝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：

水平方向：

解得：xDB＝0

12．如图所示，带电荷量为+4×10－8C的滑块在电场强度大小为2×104N／C、方向水平向右的匀强电场中，沿光滑绝缘水平面由M点运动到N点．已知M、N间的距离为0．1 m．求：

（1）滑块所受电场力的大小；

（2）M、N两点间的电势差；

（3）电场力所做的功．

【答案】（1）8×10-4N  （2）2×103V  （3）8×10-5J

【解析】

【分析】

（1）在匀强电场中，根据F=qE直接计算电场力的大小；

（2）根据U=Ed计算M、N两点间的电势差；

（3）根据W=qU计算电场力所做的功．

【详解】

（1）滑块所受的电场力为：

F=qE=4×10一8×2×104N=8×10-4N

（2）M、N两点间的电势差为：

UMN=Ed=2×104×0.1V=2×103V

（3）电场力所做的功为：

WMN=qUMN=4×10-8×2×103J=8×10-5J

【点睛】

本题是对电场的基本公式的考查，掌握住公式的使用条件，F=qE，U=Ed在匀强电场中才可以使用，W=qU任何电场都可以使用．