(物理)物理带电粒子在电场中的运动练习题含答案

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，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/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 ；

(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 ＝1

2

m 1v 2， 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 ＝m 2g tanθ，

解得：E ＝7.5×104N/C 。

（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G 等＝

2cos m g

θ

①

小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：G 等＝m 22P

v r

②

联立①②，代入数据得：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， 以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m 1v ＝m 1v 1+m 2v 2 ③ 由能量守恒得：

22211122111222

m v m v m v =+ ④ 联立③④，代入数据得：v 1＝﹣2m/s （“﹣”表示v 1的方向水平向左），v 2＝4m/s 小球碰后运动到P 点的过程，由动能定理有： qE （x ﹣r sinθ）﹣m 2g （r +r cosθ）＝22

2221122

P m v m v - ⑤ 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 ﹣r sinθ＝v P cosθt ﹣

2

2

12qE t m ⑥ 竖直方向做匀加速运动，有：r +r cosθ＝v P sinθt +12

gt 2

⑦ 联立⑥⑦代入数据得：L ＝0.5625m ；

3．一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E 1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°，如图所示。以小球静止位置为坐标原点O ，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，其中x 轴水平。现剪断细线，经0.1s ，电场突然反向，场强大小不变；再经0.1s ，电场突然变为另一匀强电场，场强大小为E 2，又经0.1s 小球速度为零。已知小球质量m=1.0×10－2kg ，电荷量q=1.0×10－8C ，g 取10m/s 2，空气阻力不计。求

(1)E 1和E 2；

(2)细线剪断0.3s 末小球的位置坐标。

【答案】(1) 7

110/E V m = 72310/E V m =⨯ (2) (0.1,0.3)m m

【解析】 【详解】

（1）当小球静止时，1qE mg = 则7110/mg

E V m q

=

=

电场力与重力的合力=

cos 45mg

F o

合=

剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为2/F a s m

==合

经过0.1s

小球的速度大小为1/v at s == 速度的方向与x 轴正方向成45o 斜向右下方

在第2个0.1s 内，电场方向，小球的水平分速度1

12cos 450x qE v v t m

=-=o

竖直分速度12sin 452/y v v gt m s o

=+=

即第2个0.1s 末，小球的速度2v 大小为2/m s ，方向竖直向下 依题意，在第3个0.1s 内小球做匀减速直线运动， 由运动学公式知223220/0.1

v a m s t =

==' 根据牛顿第二定律得2qE mg

a m

'-=

代入数据得7

2310/E V m =⨯

（2）第1个0.1s

内，小球的位移大小221110.122s at =

=⨯= 则小球沿x 方向移动的距离1cos 450.05x s m ==o

沿y 方向移动的距离1sin 450.05y s m ==o

在第2 个0.1s 内，小球沿x 方向移动的距离2

21221cos 450.052qE x v t t m m

o

=-= 沿y 方向移动的距离2

2121sin 450.152

y v gt m =+

=o

在第3个0.1s 内，小球沿沿方向移动的距离2

323310.12

y v t a t m '=-= 即小球速度为零时的位置坐标是(0.1,0.3)m m

4．如图所示，半径r =0.06m 的半圆形无场区的圆心在坐标原点O 处，半径R =0.1m ，磁感应强度大小B =0.075T 的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m ），平行金属板MN 的极

动半径R0=0.08m

，若粒子重力不计、比荷q m

=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的

边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6．

（1）求粒子的发射速度v的大小；

（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标：

（3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．

【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29%

【解析】

【详解】

（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m

2

v

R

可得：v=6×105m/s；

（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ=

0.06

37

cos o

=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置；

Q到圆上y轴最高点的距离为0.18m-

0.06

37

sin o

=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开；故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；

（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：

y=

1

2

at2…①a=qE m

=

qU

md

…②

t=

L

v

…③

由①②③解得：y=0.08m

设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=r sinα+R0-R0cosα

可知tanα=

4

3

，即α=53°

比例η=

53

180

︒

o

×100%=29%

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】（12v0，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：0

nmv

B

qL

= n＝1、2、3……；

（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值：

23

(1)

24

a m m

t k k

v qB qB

ππ

=++-

k＝1、2、3……或

23

24

a m m

t n n

v qB qB

ππ

=++ n＝1、2、3……。

【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：

2

y

v

a t

=，

解得：v y ＝v 0，tan θ＝

y v v ＝1，θ＝45°，

粒子穿过O

点时的速度：0v ==；

（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：

2

v qvB m r

= ，

粒子能过P 点，由几何知识得：L ＝nr cos45° n ＝1、2、3……， 解得：0

nmv B qL

=

n ＝1、2、3……； （3）设粒子在第二象限运动时间为t 1，则：t 1＝0

2a

v ；

粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12m T qB π=

，2m

T qB

π=， 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：t 2＝

1

4

T 1， 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：t 2＝1

4T 1+34

T 2， 若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×

1

4T 1+34T 2， 若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P 点：t 2＝2×1

4T 1+2×34

T 2， ………… 则23(1)24m

m

t k k qB

qB

ππ=+- k ＝1、2、3 (2324)

m

t n

n

qB qB

ππ=+ n ＝1、2、3…… 粒子从出发到P 点经过的时间：t ＝t 1+t 2， 解得：023(1)24a m m t k k v qB qB

ππ=++- k ＝1、2、3…… 或02324a m m t n n v qB qB

ππ=

++ n ＝1、2、3……；

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】22

B qL

E m

=；2B E t t π= 【解析】 【分析】 【详解】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v 0表示粒子在P 点的初速度，R 表示圆周的半径，

则有2

0v qv B m R

= 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1

4

圆周，故有2

R =

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，t E 表示粒子在电场中由p 点运动到Q 点经过的时间，则有qE ma = 水平方向上：212

E R at =

竖直方向上：0E R v t =

2

2

B qL E

m =

且E

m

t

qB

=

（2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为

1

4

圆周，即

1

42

B

t T

m

qB

π

==所以2

B

E

t

t

π

=

7．如图所示，虚线OL与y轴的夹角θ=450，在OL上侧有平行于OL 向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q ＞0）的粒子以速率v 0从y轴上的M（OM=d）点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，不计粒子重力。

（1）求此电场的场强大小E；

（2）若粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，求粒子从M点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。

【答案】（1）；（2）．

【解析】

试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解；由（1）求出在电场中运动的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；

（1）粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用，；

沿垂直电场线方向X和电场线方向Y建立坐标系，

则在X方向位移关系有：，所以；

该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在Y方向上，速度关系有

，

所以，则有．

（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间；

粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T

粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线OL上，则粒子从M点出发到第二次经过OL在磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为；

粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，；

根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度v就是初速度v0在X方向上的分量，即；

粒子在电场中运动，在Y方向上的位移，所以，粒子进入磁场的位置在OL上距离O点；根据几何关系，

可得，即；

所以

；

所以，粒子从M 点出发到第二次经过OL 所需要的最长时间

．

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v 0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）o

mv R=Bq

（2）a<60︒ 【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60︒，则粒子转过的圆心角为60︒， 即AD=R

由20

0v qv B m R

=

得AD =0

mv R Bq

=

（2）经D 点3

cos30x R R

=︒=

，1sin302y R R =︒=

而0x v t =，212y at =，qE a m

= 解得04

3

E Bv =

，方向垂直AC 向上 速度偏向角y x

v v tana =

，y v at =

解得tan 2tan 30α=︒=

而tan60︒即tan tan60α<︒ ，则<60α︒

9．从宏观现象中总结出来的经典物理学规律不一定都能适用于微观体系。但是在某些问题中利用经典物理学规律也能得到与实际比较相符合的结论。根据玻尔的氢原子模型，电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动，原子中的电子在库仑力作用下，绕原子核做圆周运动。已知电子质量为m ，电荷量为e ，静电力常量为k 。氢原子处于基态（n =1）时电子

的轨道半径为r 1，电势能为21

P e E k r =-（取无穷远处电势能为零)。第n 个能级的轨道半

径为r n ，已知r n =n 2 r 1，氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的电势能的总和。

（1）求氢原子处于基态时，电子绕原子核运动的速度； （2）证明：氢原子处于第n 个能级的能量为基态能量的

21

n

（n =1，2，3，…）； （3）1885年，巴尔末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波长能够用一个公式表示，这个公式写做

2

21

11

(

)2R n

λ

=-，n = 3，4，5，…。式中R 叫做里德伯常量，这个公式称为巴尔末公式。已知氢原子基态的能量为E 1，用h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速， 求： a ．里德伯常量R 的表达式；

b ．氢原子光谱巴尔末系最小波长与最大波长之比。 【答案】（1

）1v =

（2）设电子在第1轨道上运动的速度大小为v 1，根据牛顿第二定律有221211v e k m r r =，电子在第1轨道运动的动能2

2111122k ke E mv r ==，电子在第1轨道运

动时氢原子的能量21111222

e ke e E k k r r 2r =-+=-，同理，电子在第n 轨道运动时氢原子的能量2222n n n n n e ke e E k k r r 2r =-+=-，又因为2

1n r n r =，则有 2122122n n E e e E k k r 2n r n

=-=-=，

命题得证。（3）a ：1

E R hc

=- b ：5:9 【解析】 【详解】

（1）电子绕氢原子核在第1轨道上做圆周运动

根据牛顿第二定律有

22

211

e v k m r r =

则有2

11

ke v mr =

（2）设电子在第1轨道上运动的速度大小为v 1，根据牛顿第二定律有22

1211v e k m r r =

电子在第1轨道运动的动能2

2111

122k ke E mv r ==

电子在第1轨道运动时氢原子的能量222

1111

22e ke e E k k r r r =-+=- 同理，电子在第n 轨道运动时氢原子的能量22222n n n n n e ke e E k k r r r =-+=-，又因为2

1n r n r = 则有 22

122122n n E e e E k k r n r n

=-=-=，命题得证。 （3）a ：从n 能级向2能级跃迁放出光的波长为2n c

E E h λ

-=

由12n E E n = 12

22E E = 代入得：1E R hc

=- b ：由

221

1

12

R n λ⎛⎫

=- ⎪⎝⎭

可知当n =3时波长最大，当n =∞时波长最小 代入可得，最小波长与最大波长之比为5:9。

10．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】qU

d mg

- 【解析】 【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=△E k 即：-qU+mg （h+d ）=0-0 得 h=

qU

d mg

-

11．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O 点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P 点，O ′点为荧光屏的中心．已知电子质量m ＝9.0×10－31kg ，电荷量大小e ＝1.6×10－19C ，加速电场电压U 0＝2 500 V ，偏转电场电压U ＝200 V ，极板的长度L 1＝6.0 cm ，板间距离d ＝2.0 cm ，极板的末端到荧光屏的距离L 2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)．求：

(1) 电子射入偏转电场时的初速度v 0； (2) 电子打在荧光屏上的P 点到O ′点的距离h ； (3) 电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．

【答案】(1) v 0＝3.0×107m/s.(2) h ＝7.2×10－3m. (3) ΔE ＝－W ＝－5.8×10－18J. 【解析】 【分析】

（1）电子在加速电场中，根据动能定理即可求出进入偏转电场的速度；

（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律可求出粒子在偏转电场中产生的侧位移；粒子从偏转电场飞出至荧光屏这一过程，做的是匀速直线运动，根据几何关系即可求h ；

（3）根据W=eEy 即可求出电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功． 【详解】

(1) 电场中加速有eU 0＝1

2

mv 02 解得v 00

2eU m

代入数据解得v 0＝3.0×107m/s.

(2) 设电子在偏转电场中运动的时间为t ，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y . 电子在水平方向做匀速直线运动，L 1＝v 0t

电子在竖直方向上做匀加速运动，y ＝12

at 2 根据牛顿第二定律有

eU

d

＝ma 解得y ＝21202eUL mdv ＝192

3172

1.6102000.0629.0100.02(3.010)

m --⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯＝3.6×10－3m ＝0.36cm 电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点， 由图知

112

2L L y L h += 解得h ＝7.2×10－3m.

(3) 电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功

W ＝eEy ＝e

U

d

y ＝5.8×10－18J ΔE ＝－W ＝－5.8×10－18J. 【点睛】

对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从两条线索展开：

其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等．这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．

其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．

12．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：2

12

mgL EqL mv -= ， 解得2mg

E q

=

（2）在B 点，由牛顿第二定律：2

v 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

= 2qE g a m =

= 21

2

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.