物理专题汇编物理带电粒子在电场中的运动(一)含解析

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圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个4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E0，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2E0，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）【解析】 【详解】

E02E0 （2）8E0 RR(1)设带电小球的质量为m，则从A到B根据动能定理有：

mgR＝E0

则小球受到的重力为：

mg＝

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2E0，根据功能关系可知：

EqR＝2E0

则小球受到的电场力为：

Eq＝

方向水平向右，小球带正电。

(2)设小球到达C点时速度为vC，则从A到C根据动能定理有：

EqR＝

则C点速度为：

vC＝方向竖直向上。

E0 R2E0 R12mvC＝2E0 24E0 m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：

tvC1gg4E0 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：

vat则在最高点的动能为：

4E0qEqE4E0 t2mmgmmEk4E02121mvm(2)8E0 22m

2．如图，半径为a的内圆A是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v的电子；外圆C为与A同心的金属网，半径为3a．不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m，电量为e．

(1)为使从C射出的电子速率达到3v，C、A间应加多大的电压U； (2)C、A间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场．

①若沿A径向射出的电子恰好不从C射出，求该电子第一次回到A时，在磁场中运动的时间t；

②为使所有电子都不从C射出，所加磁场磁感应强度B应多大．

2mv4mv243aB【答案】（1） （2）① ②

(31)aee9v【解析】 【详解】

（1）对电子经C、A间的电场加速时，由动能定理得

112eUm3vmv2

224mv2得U

e（2）电子在C、A间磁场中运动轨迹与金属网相切．轨迹如图所示．

设此轨迹圆的半径为r，则又T3ar2r2a2

2r v得tan故θ=60°

a3 r2-2T 2所以电子在磁场中运动的时间t得t43a 9v（3）若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C相切．则所有电子都不从C射出，轨迹如图所示：

2r3aa

v2又evBm

r2mvB得 （3-1）ae2mvB所以 （3-1）ae

3．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1.0T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O点。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度l＝0.1m。现从坐标为（﹣0.2m，﹣0.2m）的P点发射出质量m＝2.0×10﹣9kg、带电荷量q＝5.0×10﹣5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103m/s（粒子重力不计）。 （1）带电粒子从坐标为（0.1m，0.05m）的点射出电场，求该电场强度；

（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m，﹣0.05m）的点回到电场，可在紧邻电场的右

侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。

【答案】（1）1.0×104N/C（2）4T，方向垂直纸面向外 【解析】 【详解】

解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：

2v0qv0Bm

r可得：r=0.20m=R

根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：lv0t，y12at 2根据牛顿第二定律可得：Eqma 联立可得：E1.0104N/C

（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：vyat粒子射出电场时速度：v2v0

根据几何关系可知，粒子在B区域磁场中做圆周运动半径：rqElg5.0103m/s=v0 mv02y

v2根据洛伦兹力提供向心力可得： qvBm

r联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：Bmv4T qr根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。

4．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）【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 在水平方向上在竖直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：

，

；（2）

；（3）

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，令质可知

，设G到B的距离为x，则由匀强电场性

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

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v0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B/； 【答案】（1）

E（2）2.4B 3Bdd23d sinsin603【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： r2mv023qBd根据qv0B得v0 r3mvyqEtqE2粒子在第一象限中做类平抛运动，则有（ r1cos60）t； tan2mv0mv0联立解得v0E 3B

（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， y得

vy2t

yvytan3 x2v02213rd 23由几何知识可得 y=r-rcosα= 则得x2d 312dd2353所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为Rd

sin9粒子进入第三、四象限运动的速度vv043qBd 2v0cos3mv2根据qvB'm

R得：B′=2．4B

考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

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22 mBl【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mv2T t2T 匀速圆周运动 evBm，

qBRe82U联立以上各式可得22

mBl

7．竖直平面内存在着如图甲所示管道，虚线左侧管道水平，虚线右侧管道是半径R=1m的半圆形，管道截面是不闭合的圆，管道半圆形部分处在竖直向上的匀强电场中，电场强度E=4×103V/m．小球a、b、c的半径略小于管道内径，b、c球用长L2m的绝缘细轻杆

连接，开始时c静止于管道水平部分右端P点处，在M点处的a球在水平推力F的作用下由静止向右运动，当F减到零时恰好与b发生了弹性碰撞，F-t的变化图像如图乙所示，且

满足Ft224．已知三个小球均可看做质点且ma=0.25kg，mb=0.2kg，mc=0.05kg，小球

c带q=5×10-4C的正电荷，其他小球不带电，不计一切摩擦，g=10m/s2，求

(1)小球a与b发生碰撞时的速度v0； (2)小球c运动到Q点时的速度v；

(3)从小球c开始运动到速度减为零的过程中，小球c电势能的增加量． 【答案】(1)v04m/s (2)v=2m/s (3)EP3.2J 【解析】

【分析】对小球a，由动量定理可得小球a与b发生碰撞时的速度；小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞由动量守恒和机械能守恒可列式，小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理可得小球c运动到Q点时的速度；由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得；

解：(1)对小球a，由动量定理可得Imav00

由题意可知，F-图像所围的图形为四分之一圆弧，面积为拉力F的冲量， 由圆方程可知S1m2 代入数据可得：v04m/s

(2)小球a与小球b、c组成的系统发生弹性碰撞， 由动量守恒可得mav0mav1(mbmc)v2 由机械能守恒可得

111mav02mav12(mbmc)v22 222解得v10,v24m/s

小球c运动到Q点时，小球b恰好运动到P点，由动能定理

mcgRqER11(mbmc)v2(mbmc)v22 22代入数据可得v2m/s

(3)由于b、c两球转动的角速度和半径都相同，故两球的线速度大小始终相等，假设当两球速度减到零时，设b球与O点连线与竖直方向的夹角为 从c球运动到Q点到减速到零的过程列能量守恒可得：

1mbgR(1cos)mcgRsin(mbmc)v2qERsin

2解得sin0.6,37

因此小球c电势能的增加量：EPqER(1sin)3.2J

8．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】 【详解】

qUd mg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 得 h=

qUd mg

9．在竖直平面内，一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m、电荷量为+q的小球。小球始终处在场强大小为50、方向竖直向上的匀强电场中，现将小球拉到与O点等高处，且细线处于拉直状态，由静止释放小球，当小球的速度沿水平方向时，细线被拉断，之后小球继续运动并经过P点，P点与O点间的水平距离为L。重力加速度为g，不计空气阻力，求

（1）细线被拉断前瞬间，细线的拉力大小； （2）O、P两点间的电势差。 【答案】（1）FT = 1.5mg（2）UOP【解析】 【详解】

（1）小球受到竖直向上的电场力F = qE = 1.5mg＞mg

所以小球被释放后将向上绕O点做圆周运动，到达圆周最高点时速度沿水平方向，设此时速度为v，由动能定理FmgL15mgL 8q12mv 2v2 设细线被拉断前瞬间的拉力为FT，由牛顿第二定律FTmgFmL联立解得： FT = 1.5mg

（2）细线断裂后小球做类平抛运动，加速度a竖直向上，由牛顿第二定律：F  mg = ma 设细线断裂后小球经时间t到达P点，则有L = vt 小球在竖直方向上的位移为 y12at ；解得 2

O、P两点沿电场方向（竖直方向）的距离为d = L + y O、P两点间的电势差 UOP = Ed 联立解得 UOP15mgL 8q

10．静电喷漆技术具有效率高、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图甲所示．A、B为水平放置的间距d＝1.6m的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由B指向A的E＝0.1V/m的匀强电场．在A板的中央放置一个安全接她的静电油漆喷枪P，油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v0＝6.0m/s的油漆微粒，已知油漆微粒的质

－－

量均为m＝1.0×105kg，带负电且电荷量均为q＝1.0×103C，不计油漆微粒间的相互作用

以及油漆微粒带电量对板间电场和磁场的影响，忽略空气阻力，g取10m/s2，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求（计算结果小数点后保留一位数字）：

（1）油漆微粒落在B板上的最大面积；

（2）若让A、B两板间的电场反向（如图乙所示），并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.06T，调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其他条件不变．

①B板被油漆微粒打中的区域的长度为多少？

②打中B板的油漆微粒中，在正交场中运动的最短时间为多少？ 【答案】（1）18．1 m2（2）1．6 m （3）0．31 s 【解析】

试题分析：（1）油漆微粒的加速度

Eqmg① m根据运动学 a12at② 2运动的半径 dxv0t③

落在B板上所形成圆形面积

sx2④

由①②③式并代入数据得

s18.1m2⑤

（2）当电场反向

Eqmg⑥

油漆微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力

v2Bqvm⑦

R水平向右射出的油漆微粒打在B板的右端，根据几何关系

RRcosd⑧ ac的长度

⑨

打在B板左端的油漆微粒为和板相切的微粒，同理求得

bcac⑩

油漆微粒打在极板上的长度

abacbc11

由⑥⑦⑧⑨⑩11式并代入数据得

ab1.6m12

(3)打在B板上的微粒中，pc最短的弦长对应的时间最短 有几何关系

d13

sin2R运动的最短时间

tmin2T14 2微粒在磁场中运动的周期

T2m15 Bq由7131415式代入数据解得

tmin0.31s16

考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律． 点评：本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，关键在于建立物理模型．

11．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）【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）

；

（3）

（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△EP=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）=

12．如图(a)所示，在空间有一坐标系xoy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是它们的边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B，一质量为m，电荷量为+q的质子(不计重力及质子对磁场的影响)以速度v从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x轴进入第四象限，第四象限存在沿-x轴方向的特殊电场，电场强度E的大小与横坐标x的关系如图（b）所示，试求:

E 3Bv 21Bv 2o (1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小 ； (2)质子再次到达y轴时的速度大小和方向。 【答案】 （1）B22B；（2）v向成arccos23（arccos【解析】

试题分析: （1）由几何关系知：质子再次回到OP时应平行于x轴正向进入Ⅱ区，设质子从OP上的C点进入Ⅱ区后再从D点垂直x轴进入第四象限，轨迹如图。

X/×mv Bq (23)v26v；方向向左下方与y轴负262）的夹角 2

由几何关系可知：O1C⊥OX，O1C与OX的交点O2即为Ⅱ内圆弧的圆心，OO1C等边三角形。

设质子在Ⅰ区圆运动半径为r1，在Ⅱ区圆运动半径为r2，

v21则：r2r1sin30r1 由qBvm

2r10得：r1mvmv ， 同理得：r2

qB2qB 即区域Ⅱ中磁场的磁感应强度：B22B （2）D点坐标： xr1cos300r2质子从D点再次到达y轴的过程，

(31）mv

qBW电qUqEixi13BvBv(31)mv(31)2q()mv 2222qB226v 2设质子再次到达y轴时的速度大小为v，

11mv2mv2 得：v(23)v22因粒子在y轴方向上不受力，故在y轴方向上的分速度不变

由动能定理：W电如图有： cosv23v62 2即方向向左下方与y轴负向成arccos23（arccos考点： 带电粒子在磁场中的运动

62）的夹角 2