高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧及经典题型及练习题(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，xOy 平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．点

3

,0P L ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭

处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q 、质量为m 的带负电粒子．不考虑粒子的重力．

（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x 轴正向通过点Q （0，-L ），求其速率v 1；

（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y 轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v 1沿x 轴正向通过点Q ，求匀强电场的电场强度E 以及粒子2的发射速率v 2；

（3）若在xOy 平面内加沿y 轴正向的匀强电场E o ，粒子3以速率v 3沿y 轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.

某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：

带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动． 请尝试用该思路求解． 【答案】（1）23BLq m （2221BLq

32

2

3

0B E E v B +⎛⎫ ⎪⎝⎭

【解析】 【详解】

（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则2

111

v qv B m r =

由几何憨可知：()2

22

1133r L r L ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭

得到：123BLq

v m

=

（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：

13

3

L v t

=，212qE h t m = 在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：12L h r +=，得到2

qLB E m

=

又22

212v v Eh =+，得到：2221BLq

v =

（3）如图所示，将3v 分解成水平向右和v '和斜向的v ''，则0qv B qE '=，即0

E v B

'= 而'223

v v v ''=

+ 所以，运动过程中粒子的最小速率为v v v =''-'

即：2

2

003E E v v B B ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭

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/s 2．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 )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2； 由运动规律：x=

1

2

a 1t 12 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v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=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

3．两平行的带电金属板水平放置，板间电场可视为匀强电场．带电量相等粒子a ，b 分别以相同初速度水平射入匀强电场，粒子a 飞离电场时水平方向分位移与竖直方向分位移大小相等，粒子b 飞离电场时水平方向速度与竖直方向速度大小相等．忽略粒子间相互作用力及重力影响，求粒子a 、b 质量之比． 【答案】1：2 【解析】 【详解】

假设极板长度为l ，粒子a 的质量为m a ，离开电场时竖直位移为y ，粒子b 的质量为m b ，离开电场时竖直分速度为v y ，两粒子初速度均为v 0，在极板间运动时间均为t 对粒子a ：l ＝v 0t …① y ＝

12

a 1t 2

…② 1a

qE

a m =

…③ y ＝l …④

①②③④联立解得：20

2a qEl m v = 对粒子b ：v y ＝a 2t …⑤ v y ＝v 0…⑥

2b

qE

a m =

…⑦ ①⑤⑥⑦联立解得：20

b qEl m v =

则

1

2

a b m m =．

4．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB 固定在竖直平面内．圆管的圆心为O ，D 点为圆管的最低点，AB 两点在同一水平线上，AB=2L ，圆管的半径为

L(自身的直径忽略不计)．过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点，在虚线AB 的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电

场强度大小E 2=mg

q

．圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为－q(q>0)的小球(可视

为质点)，PC 间距为L ．现将该小球从P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口

A 无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g ．求：

(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度E 1的大小； (2)小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；

（3）小球从管口B 离开后，经过一段时间到达虚线AB 上的N 点(图中未标出)，在圆管中

运动的时间与总时间之比AB

PN

t t ． 【答案】（1）mg q （2）2mg ，方向竖直向下（3）4ππ

+ 【解析】 【分析】

（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比. 【详解】

（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°= mg

Eq

解得：mg q

E =

（2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL=1

2

mv A 2 解得v A gL

小球在管中运动时，E 2q=mg ，小球做匀速圆周运动，则v 0=v A gL 在D 点时，下壁对球的支持力20

22v F m mg r

==

由牛顿第三定律，22F F mg =='方向竖直向下．

（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，设所用时间为t 1，则：

211222L gt =

解得12L t g

= 小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t 2，则：2

3

23244

A r

L t v g

ππ⋅==

小球离开管后做类平抛运动，物块从B 到N 的过程中所用时间：322

L t g

= 则：

24t t ππ=+ 【点睛】

本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．

5．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：

（1）粒子从P 点入射时的速度v 0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B /； 【答案】（1）

3E

B

（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 2360d d d

r sin sin α=

==︒

2

0 0

mv qv B

r

=得

23qBd

v=

粒子在第一象限中做类平抛运动，则有2

160

2

qE

r cos t

m

-︒=

（）；

00

y

v qEt

tan

v mv

α==

联立解得

03

E

v

B

=

（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于α．

则有：x=v0t，

2

y

v

y t

=

得

3

22

y

v

y tan

x v

α

===

由几何知识可得 y=r-rcosα=

13

23

r d

=

则得

2

3

x d

=

所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为

12

53

23

d d

R

sinα

⎛⎫

+

⎪

⎝⎭

==

粒子进入第三、四象限运动的速度0

43

2

3

v qBd

v v

cos m

α

===

根据

2

'

v

qvB m

R

=

得：B′=2．4B

考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

6．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】（12Ue m （2）2倍 （3）2m Ue 【解析】

【详解】

（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：2012Ue 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 = 212

y 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 Ue

=

7．如图所示，在光滑绝缘的水平面上，用长为2L 的绝缘轻杆连接两个质量均为m 的带电小球A 和B ，A 球的电荷量为＋2q ，B 球的电荷量为－3q ，组成一静止的带电系统。虚线NQ 与MP 平行且相距3L ，开始时MP 恰为杆的中垂线。视小球为质点，不计轻杆的质量，现在在虚线MP 、NQ 间加上水平向右的匀强电场E ，求：

（1）B球刚进入电场时带电系统的速度大小；

（2）B球向右运动的最大位移以及从开始到最大位移处时B球电势能的变化量；

（3）带电系统运动的周期。

【答案】（1）（2）；（3）

【解析】

【分析】

（1）对系统运用动能定理，根据动能定理求出B球刚进入电场时，带电系统的速度大小．

（2）带电系统经历了三个阶段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场，根据动能定理求出A球离开PQ的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离．根据B 球在电场中运动的位移，求出电场力做的功，从而确定B球电势能的变化量．

（3）根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出带电系统B球进入电场前做匀加速直线运动的时间，带电系统在电场中做匀减速直线运动的时间，A球出电场带电系统做匀减速直线运动的时间，从而求出带电系统从静止开始向右运动再次速度为零的时间，带电系统的运动周期为该时间的2倍．

【详解】

（1）设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理2qEL=×2mv12

解得

（2）带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．

设A球离开NQ的最大位移为x，由动能定理得2qEL-qEL-3qEx=0

解得x=；则s总=

B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为

其电势能的变化量为△E P=W=3qE•=4qEL

（3）向右运动分三段，取向右为正方向，

第一段加速，

第二段减速，

设A球出电场电速度为v2，由动能定理得-qEL=解得，

则

第三段再减速则其加速度a3及时间t3为：，

所以带电系统运动的周期为：T=2（t1+t2+t3）=．

8．如图所示，长度为d的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O上，另一端固定一质量为m 电荷量为q的带负电小球．小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC和BD分别为圆的竖直和水平直径．等量异种点电荷＋Q、－Q分别固定在以C为中点、间距为2d的水平线上的E、F两点．让小球从最高点A由静止开始运动，经过B点时小球的速度大小为v，不考虑q对＋Q、－Q所产生电场的影响．重力加速度为g求：

(1)小球经过C点时球对杆的拉力大小；

(2)小球经过D点时的速度大小．

【答案】（1）（2）

【解析】

（1）图中AC是等势面，故电荷从A到C过程中，电场力不做功，根据动能定理，有：

mg（2d）=mv C2-0

解得：v C=2

在C点，拉力和重力一起提供向心力，根据牛顿第二定律，有：F-mg=m

解得：F=5mg

（2）对从B到C过程，根据动能定理，有：mgd+W电=mv C2−mv2

对从B到C过程，根据动能定理，有：

-mgd+W电=mv D2−mv C2

联立解得：v D=点睛：本题关键是灵活选择过程根据动能定理列式求解，同时要熟悉等量异号电荷的电场线分布情况．

9．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：，（2分）

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）

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

10．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第一、四象限有与y轴相切于O点、圆心为O1、半径一定的有界圆形区域，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y轴

的匀强电场．一带电粒子(重力不计)自P(－d 3d

)点以平行于x轴的初速度v0开始运

动，粒子从O点离开电场，经磁场偏转后又从y轴上的Q点(图中未画出)垂直于y轴回到

电场区域，并恰能返回到P 点．求：

(1)粒子经过O 点时的速度；

(2)电场强度E 和磁感应强度B 的比值．

【答案】（1）2v 0

（2）058E v B = 【解析】

【详解】

试题分析：（1）粒子从P 到O 的过程中做类平抛运动，设时间为t 1，经过O 点时的速度为v ，其在y 轴负方向的分速度为v y ，与y 轴负方向的夹角为θ

d=v 0t 1

132x v d t = v 2=v 02+v y 2

tan y θ=v v

解得：v=2v 0θ=300

（2）设粒子质量为m ，电荷量为q ，粒子在电场中运动的加速度为a ：Eq=ma

21312

at = 粒子从Q 到P 的过程中，也做类平抛运动，设时间为t 2，Q 点的纵坐标为y Q

223122

Q y d at -=

d=vt 2 解得：538Q y d = 设粒子由S 点离开磁场，粒子从O 到S 过程中做圆周运动，半径为r ，由几何关系有：r+rsinθ=y Q

2

v qvB m r

= 53r d = 058

E v B = 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

【点睛】

【名师点睛】此题是带电粒子在电场及磁场中的运动问题；关键是搞清粒子的运动情况，画出粒子运动的轨迹图，结合平抛运动及匀速圆周运动的规律，并利用几何关系进行求解；此题难度中等，考查学生运用基础知识解决问题的能力．

11．如图所示，电荷量为+q ，质量为m 的小球用一根长为L 的绝缘细绳悬挂于O 点，所在的整个空间存在水平向右的匀强电场，已知重力加速度为g ．现将悬线拉直使小球从与O 点等高的A 点静止释放，当小球运动到O 点正下方的B 点时速度的大小为v=gL ．求：

(1)该电场的场强E 的大小；

(2)小球刚到达B 点时绳的拉力；

(3)若到达B 点后绳子突然断裂，断裂时小球以原速度抛出，则小球再次经过O 点正下方时与O 点的距离是多少?

【答案】（1）2mg E q =

（2）2mg ；（3）9L 【解析】

【分析】

【详解】

（1）由A 到B 根据动能定理：212mgL EqL mv -= ， 解得2mg E q = （2）在B 点，由牛顿第二定律：2v T mg m L

-= 解得T=2mg

（3）绳子断裂后，小球水平方向向左先做减速运动，后反向加速；竖直方向做自由落体运动，回到B 点正下方，则：2v t a =

2

qE g a m == 212

h gt = 解得h=9L

【点睛】

此题关键是第3问的解答，要知道小球参与水平方向的匀变速运动和竖直方向的自由落体运动，两个运动的时间相等.

12．如图所示，空间存在水平方向的匀强电场，带电量为的绝缘滑块，其质量m ＝1 kg ，静止在倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面上，斜面的末端B 与水平传送带相接（滑块经过此位置滑上皮带时量损失），传送带的运行速度v 0＝3 m/s ，长L ＝1.4 m ．今将电场撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，g ＝10 m/s 2．

(1)求匀强电场的电场强度E ；

(2)求滑块下滑的高度；

(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．

【答案】（1）1000N/C ，方向水平向左 ；（2）0.8m ；（3）0.5J.

【解析】

试题分析：（1）根据题意滑块在电场中应满足：tan Eq mg θ=

得：tan 1000/mg E N C q

θ== 即大小为1000N/C ，方向水平向左 （2）在水平传送带上：

代入数据得：a=0.5m/s 2 若滑块自B 点匀加速到C ，则：

代入数据得：

由动能定理得： 整理得：h 1=0.1m

若滑块自B 点匀减速到C ，则：

代入数据得：v B2=4m/s

由动能定理得：

整理得： h 2=0.8m

（3）根据题意，物块在传送带上应满足：，且24/B v m s = 整理得：t=0.4s

该时间段内传送带传送距离满足： 整理得：x=1.2m

根据能量守恒可知：

代入数值得：Q=0.5J

考点：牛顿第二定律的综合运用.