高中物理带电粒子在电场中的运动试题经典

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，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．

22323m03m014m02 E2＝ (3) EkB＝【答案】(1)Wmv0 (2)E1＝

234qd3qd【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】

12

mv0粒子在A点动能为：EkA=4Eko，粒子从O到A2

32运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=EkA-Eko=mv0；

2(2) 以O为坐标原点，初速v0方向为x轴正向，

(1) 由题知：粒子在O点动能为Eko=

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=

12a1t1 2由题知：粒子在A点速度大小vA=2 v0，vAy=3v0，vAy=a1 t1 粒子在A点速度方向与竖直线PQ夹角为30°。

223v03v0 ，y 解得：x2a1a1-xcos60°=d， 由几何关系得：ysin60°

24d3v0t ，1解得：a1

v4d0由牛顿第二定律得：qE1=ma1，

23mv0 解得：E14qd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°

4dt2a2sin60°，t2t1，qE2=ma2，

v2022v03mv0 ，E2解得：a2； 3d3qd(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=解得：EKB【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。

214mv0。 312mvB，vB2=（2v0）2+（a2t2）2， 2

2．一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E1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E2，又经0.1s小球速度为零。已知小球质

－－

量m=1.0×102kg，电荷量q=1.0×108C，g取10m/s2，空气阻力不计。求

(1)E1和E2；

(2)细线剪断0.3s末小球的位置坐标。

77【答案】(1) E110V/m E2310V/m (2) (0.1m,0.3m)

【解析】 【详解】

（1）当小球静止时，qE1mg 则E1mg107V/m qmg2mg

cos45电场力与重力的合力F合=剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为a经过0.1s小球的速度大小为v1at2m/s 速度的方向与x轴正方向成45斜向右下方

F合102m/s2 m在第2个0.1s内，电场方向，小球的水平分速度vxv1cos45竖直分速度vyv1sin45gt22m/s

即第2个0.1s末，小球的速度v2大小为2m/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aqE1t20 mv2220m/s2 t30.1根据牛顿第二定律得aqE2mg m7代入数据得E2310V/m

（2）第1个0.1s内，小球的位移大小s1212at12g0.12m 2220则小球沿x方向移动的距离x1scos450.05m 沿y方向移动的距离y1ssin450.05m

在第2 个0.1s内，小球沿x方向移动的距离x2v1cos45t2沿y方向移动的距离y2v1sin451qE2t20.05m 2m12gt20.15m 212at30.1m 2在第3个0.1s内，小球沿沿方向移动的距离y3v2t3即小球速度为零时的位置坐标是(0.1m,0.3m)

3．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：

，

；（2）

；（3）

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

4．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-行于y轴的匀强电场，在-

3L区域存在场强大小相同，方向相反均平23L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外的匀强磁场，2一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（（不计粒子重力），求：

53L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R=L22

（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向； （2）

E； B（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期． 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为vy， 由运动学规律知

40537L4v5v0，与x成53°角；（2）0；（3）2L；（4）．

60v0333L=v0t1， 2

L=

vy2t1

可得t1=

3L4，vy=v0 2v0322故粒子在P2的速度为v=v0vy=

5v0 3设v与x成β角，则tanβ=

vyv0=

4，即β=53°； 3（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=

28mv0E= 9qL121mv-mv02可得 22v2粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m

R5mv02mvmv03==解得：B=

5qR3qLqL2解得：

E4v0； B3（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-点，可得： P2O′=

3L直线与Q′23L5=L=r

2cos5323L 23L+（r-rcos37°）=2L； 2故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-

直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=

3L（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=

2v0372r37L=在磁场中由P2到M动时间：t2= 360v120v02qE8v0=从M运动到N，a= m9L则t3=

v15L= 8va0则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=

40537L60v0．

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】（1）粒子经过原点时的速度大小为2v0，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：Bnmv0 n＝1、2、3……； qL2am3mk(k1) v02qB4qB（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值：tk＝1、2、3……或t【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：a2am3mnn n＝1、2、3……。 v02qB4qBvy2t ，

解得：vy＝v0，tanθ＝

vyv0＝1，θ＝45°，

2粒子穿过O点时的速度：vv0v22v0；

（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：

v2qvBm ，

r粒子能过P点，由几何知识得：L＝nrcos45° n＝1、2、3……， 解得：Bnmv0 n＝1、2、3……； qL2a（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1＝；

v0粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：T12mm，T2， qBqB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：t2＝

1T1， 4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：t2＝若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×

31T1+T2， 4431T1+T2， 4431T1+2×T2， 44若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×………… 则t2k或t2nm2qB(k1)n3m k＝1、2、3…… 4qBm2qB3m n＝1、2、3…… 4qB粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2， 解得：t或t2am3mk(k1) k＝1、2、3…… v02qB4qB2am3mnn n＝1、2、3……； v02qB4qB

6．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

7．如图所示，在竖直面内有两平行金属导轨AB、CD．导轨间距为L，电阻不计．一根电阻不计的金属棒ab可在导轨上无摩擦地滑动．棒与导轨垂直，并接触良好．导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B．导轨右边与电路连接．电路中的三个定值电阻阻值分别为2R、R和R．在BD间接有一水平放置的电容为C的平行板电容器，板间距离为d，电容器中质量为m的带电微粒电量为q。

(1)当ab以速度v0匀速向左运动时，带电微粒恰好静止．试判断微粒的带电性质和电容器的电量Q

(2)ab棒由静止开始，以恒定的加速度a向左运动．求带电微粒q所受合力恰好为0的时间t．（设带电微粒始终未与极板接触．） 【答案】(1) Q【解析】 【详解】

解：(1)ab棒匀速向左，a为正极，上板带正电，场强方向向下，即微粒带负电；

3mgdCBLv0 (2) t

aBLq3UBDE 3EBLv0 QCUBD

联立解得：QCBLv0 3(2)微粒所受合力为0，则有：qE场mg

UBD dE UBD3E场EBLv

联立解得：t3mgd aBLq

8．如图所示，三块挡板围成截面边长L＝1.2m的等边三角形区域，C、P、Q分别是MN、AM和AN中点处的小孔，三个小孔处于同一竖直面内，MN水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，场强E=4×10-4N /C．三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1；AMN以外区域有垂直纸面向外， 磁感应强度大小为B2＝3B1的匀强磁场．现将一比荷q/m=105C/kg的帯正电的粒子，从O点由静止释放，粒子从MN小孔C进入内部匀强磁

场，经内部磁场偏转后直接垂直AN经过Q点进入外部磁场．已知粒子最终回到了O点，OC相距2m．设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失，且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚度，取π＝3．求：

（1） 磁感应强度B1的大小；

（2） 粒子从O点出发，到再次回到O点经历的时间；

（3） 若仅改变B2的大小，当B2满足什么条件时，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点（若粒子经过A点立即被吸收）． 【答案】（1）B1【解析】 【详解】

（1） 粒子从O到C即为在电场中加速，则由动能定理得：Eqx解得v=400 m/s

带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示．

24k2105T 105T；（2）t2.8510-2s；（3）B23312mv 2

由几何关系可知 R1L0.6m 2v2由qvB1m

R1代入数据得 B12105T 3（2）由题可知 B2=3B1=2×10-5 T

v2qvB1m

R1则 R2R10.2m 31vt1 2由运动轨迹可知：进入电场阶段做匀加速运动，则x得到 t1=0.01 s

粒子在磁场B1中的周期为 T12m qB1则在磁场B1中的运动时间为 t2在磁场B2中的运动周期为 T2在磁场B2中的运动时间为

1T13103s 32m qB2t318030018011T2103s5.510-3s

36061763-210s2.8510s '则粒子在复合场中总时间为：t2t1t2t320'v2（3）设挡板外磁场变为B2，粒子在磁场中的轨迹半径为r，则有 qvB2m

r根据已知条件分析知，粒子可以垂直于MA经孔P回到O点，需满足条件

L2k1r其中 k=0、1、2、3…… 2解得B24k2105T 3

9．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】（1）【解析】 【详解】

12mU2eU （2）方向垂直纸面向里

Lem(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：eU解得：v12mv 22eU m2U L(2)两板间电场的电场强度大小为：E由于电子在两板间做匀速运动，故：evBeE 解得：B1L2mU e根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.

10．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) 【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：

123m/s (2) J

33mgqEma，解得：小球的加速度

mgqE2101103104am/s25m/s2

m2C与B的高度差hRcos600.4m

设小球到B点时竖直分速度为vy，则vy2ah，解得：小球到B点时竖直分速度

2vy2m

s小球在B点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则tan60vyv0

解得：小球抛出时的初速度v0(2)在B点时，sin6023m s3vyvB，则vB43m s32vA小球在A点时，FNqEmgm，解得：vA3m sR小球从B到A过程，由动能定理得：(mgqE)(RRcos)Wf解得：小球从B到A的过程中克服摩擦所做的功Wf1212mvAmvB 221J 3

11．如图所示，在xoy坐标系内存在一个以（a，0）为圆心、半径为a的圆形磁场区域，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B；另在y轴右侧有一方向向左的匀强电场，电场强度大小为E，分布于y≥a的范围内．O点为质子源，其出射质子的速度大小相等、方向各异，但质子的运动轨迹均在纸面内．已知质子在磁场中的偏转半径也为a，设质子的质量为m、电量为e，重力及阻力忽略不计．求：

（1）出射速度沿x轴正方向的质子，到达y轴所用的时间；

（2）出射速度与x轴正方向成30°角（如图中所示）的质子，到达y轴时的位置； （3）质子到达y轴的位置坐标的范围； 【答案】（1）

m2eB2ma3eaea（2）y =a+Ba（3）（a，a+2Ba） eEmEmE【解析】试题分析：（1）质子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得：

v2evBm

a即： vBea m出射速度沿x轴正方向的质子，经运动的时间为：

1圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中4t1Tam 42v2eB质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动a后到达y轴，由匀变速直线运动规律

eEt22有： a

2m即： t2＝2ma eE故所求时间为： tt1t2m2eB2ma eE

（2）质子转过120°角后离开磁场，再沿直线到达图中P点，最后垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达y轴，运动轨迹如图中所示． 由几何关系可得P点距y轴的距离为：x1=a+asin30°=1．5a

eEt32设在电场中运动的时间为 t3，由匀变速直线运动规律有： x1

2m即t33ma eE3ea mE质子在y轴方向做匀速直线运动，到达y轴时有： y1vt3Ba所以质子在y轴上的位置为： yay1aBa3ea mE（3）若质子在y轴上运动最远，应是质子在磁场中沿右边界向上直行，垂直进入电场中做类平抛运动， 此时x′=2a

质子在电场中在y方向运动的距离为： y22Ba质子离坐标原点的距离为： ymay2a2Baea mEea mE由几何关系可证得，此题中凡进入磁场中的粒子，从磁场穿出时速度方向均与y轴平行，且只有进入电场中的粒子才能打到y轴上，因此

质子到达y轴的位置坐标的范围应是（a，a+2Ba考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

ea） mE【名师点睛】本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律，要注意明确在电场中的类平抛和磁场中的圆周运动处理方法，难度较大，属于难题。

12．在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压UO，其周期是T．现有电子以平行于金属板的速度VO从两板射入（如图甲）．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：

（1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小．

（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？ 【答案】（1）v02【解析】 【分析】

（1）电子在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，在此过程中只有电场力做功，根据动能定理即可解除电子飞出时的速度．

（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T； 【详解】

（1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得：e解得：v2v0eU0 （2）v0T mU0121mvmv02 222eU0 m（2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；则电子水平方向做匀速直线运动：L=v0T