高考物理带电粒子在电场中的运动技巧(很有用)及练习题

一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动

1．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，带电量为+q的a水平向右，不带电的b竖直向上．b上升高度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p．忽略空气阻力，重力加速度为g．求

(1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a、b结合为p后瞬间的速度；

(3)若油滴p形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为t0时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T0（垂直纸面向外为正），已知P始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（1）2mg2h；2h（2）；vPgh 方向向右上，与水平方向夹角为45°

qg（3）smin【解析】 【详解】

ghT02 22(1)设油滴的喷出速率为v0，则对油滴b做竖直上抛运动，有

20v02gh 解得v02gh

0v0gt0 解得t0对油滴a的水平运动，有

2h gx0v0t0 解得x02h

(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为a，有

qEmgma，h2mg12at0，解得ag，E

q2设油滴的喷出速率为v0，结合前瞬间油滴a速度大小为va，方向向右上与水平方向夹角，则

v0vacos，v0tanat0，解得va2gh，45

两油滴的结束过程动量守恒，有：mv12mvp，联立各式，解得：vp上，与水平方向夹45角

gh，方向向右(3)因qE2mg，油滴p在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T，则

2rv2T8mT0ghpT 得T0 qv2m由p得r，由

vp2qT0r4即油滴p在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．

最小矩形的两条边长分别为2r、4r（轨迹如图所示）．最小矩形的面积为

sminghT022r4r 22

2．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心0的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B点后电量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图像如图乙．已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g，不计空气阻力，求

(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量 (2)滑块对半圆轨道的最大压力大小

(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B的距离 【答案】（1）q夹角为1arctan【解析】 【分析】 【详解】

mg（2）FN635mg（3）v425gR，方向与水平方向E1斜向左下方，位置在A点左侧6R处． 2试题分析：根据在A、B两点的加速度结合牛顿第二定律即可求解小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量；

利用“等效重力”的思想找到新的重力场中的电低点即压力最大点； 解：(1)A点：q0Emgm·g B点q1Emgm·g 联立以上两式解得qq1q0(2) 从A到B过程：

1232mg； E13gg1 22·m·4Rmv12022将电场力与重力等效为“重力G，与竖直方向的夹角设为，在“等效最低点”对轨道压力最大，则：

G'(mg)2(q1E)2

cosmg G1212mv2mv1 22从B到“等效最低点”过程：G(RRcos)2v2FNGm

R由以上各式解得：FN(635)mg

由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为：FN(635)mg；

2Rq1E?R(3) 从B到C过程：mg·从C点到再次进入电场做平抛运动：

1212mv3mv1 22x1v3t

R12gt 2vygt

tan1tan2vyv3

mg q1E由以上各式解得：12

则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 tan1R x22Rq1E?x2从C点到水平轨道：mg·由以上各式解得：v425gR

1212mv4mv3 22xx1x26R

因此滑块再次到达水平轨道的速度为V425Rg，方向与水平方向夹角为

1arctan

1，斜向左下方，位置在A点左侧6R处． 23．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．

2L4nmv0mv0（2）Bn=1、2、3......（3）t【答案】（1）E

2vqLqL0【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： Lv0t，

L12at，qEma 222mv0联立解得： E

qL(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan速度大小vvx=l vyv02v0 sin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L=(2n+1)x时，粒子轨迹如图乙所示．

；当满足2

若轨迹如图甲设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为联立可得：R.则有x=2R，此时满足L=2nx 2L 22nv2由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：qvBm

R得：B4nmv0，n=1、2、3.... qL轨迹如图乙设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为

.则有x22R2，此时满足2L2n1x2

联立可得：R2L

2n12v2由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB2m

R2得：B222n1mv0qL，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B4nmv022n1mv0，n=1、2、3....或B2，n=1、2、3.... qLqL(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

2n2nmLtTθ=2n××2=2nπ，则

2qB2v02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t2T2(4n2)(4n2)mL 2qB2v02n2nmL或2qB2v0粒子从进入磁场到坐标(-L，0)点所用的时间为tTt2T2(4n2)(4n2)mL 2qB2v0

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

222v0后，AB边距桌面的高度为．

g【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=

2L， 22r， v0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=

12LT=， 44v0小球在斜面上做类平抛运动，

水平方向：x=r=v0t2， 运动时间：t2=

2L， 2v0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，

21222v0位移：r=at2，解得，加速度：a=，

2Lmgsin=gsinθ， 对小球，由牛顿第二定律得：a=

m222v0AB边距离桌面的高度：h=Lsinθ=；

g

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； v0（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1＝

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．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN、PQ，其交点为O．MN一侧有电场强度为E的匀强电场（垂直于MN），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ线上距O点为h的A点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场，通过O点第一次离开磁场，OC=2h．求：

（1）第1个小球的带电量大小； （2）磁场的磁感强度的大小B；

（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．

22EEmv0BB【答案】(1) q1；(2) ；(3)存在， v0v02Eh【解析】 【详解】

（1）设第1球的电量为q1，研究A到C的运动：

h1q1E2t 2m2hv0t

2mv0解得：q1；

2Eh（2）研究第1球从A到C的运动：

vy2q1Eh m解得：vyv0

tanvyv01，45o，v2v0；

研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为B

v2Rmv 由q1vBm得

qBR1由几何关系得：2Rsinh2 解得：B2E ； v0（3）后面抛出的小球电量为q，磁感应强度B

①小球作平抛运动过程

xv0tv0vy22hm qEqEh mmvsinx qB②小球穿过磁场一次能够自行回到A，满足要求：Rsinx，变形得：解得：BE ． v0

7．17年汤姆孙使用气体放电管，根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况发现了电子，并求出了电子的比荷。比荷是微观带电粒子的基本参量之一，测定电子的比荷的方法很多，其中最典型的是汤姆孙使用的方法和磁聚焦法。图中是汤姆孙使用的气体放电管的原理图。在阳极A与阴极K之间加上高压，A、A'是两个正对的小孔，C、D是两片正对的平行金属板，S是荧光屏。由阴极发射出的电子流经过A、A'后形成一束狭窄的电子束，电子束由于惯性沿直线射在荧光屏的O点。若在C、D间同时加上竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，调节电场和磁场的强弱，可使电子束仍沿直线射到荧光屏的O点，此时电场强度为E，磁感应强度为B。

（1）求电子通过A'时的速度大小v；

（2）若将电场撤去，电子束将射在荧光屏上的O'点，可确定出电子在磁场中做圆周运动的半径R，求电子的比荷【答案】（1）ve。 meEE； （2）2

mBRB【解析】 【详解】

（1）电子在复合场中做匀速直线运动，由eEevB，得vE； BevEv22。 （2）去掉电场，电子在磁场中做匀速圆周运动，由evBm得RmBRBR

8．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v0；

（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E1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】（1）【解析】 【详解】

（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：Ue所以，v02Uem（2）2倍 （3）E m2Ue12mv0 22Ue m（2）设电子的水平位移为x，电子的竖直偏移量为y，则有：

12at Eema 24yU联立解得：E2

xxv0t y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

Bev0Ee

解得： BEm 2Ue

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：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） ， （2分）

考点：带电粒子在电场中的偏转、平行板电器器

10．如图，直线MN 上方有平行于纸面且与MN成45。的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。今从MN_上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45。角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R。若该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，而第五次经过直线MN时恰好又通过O点。不计粒子的重力。求：

(1)电场强度的大小；

(2)该粒子从O点出发，第五次经过直线MN时又通过O点的时间 (3)该粒子再次从O点进入磁场后，运动轨道的半径； 【答案】（1）【解析】

试题分析：粒子的运动轨迹如图，先是一段半径为R的1/4圆弧到a点，接着恰好逆电场线匀减速运动到b点速度为零再返回a点速度仍为v，再在磁场中运动一段3/4圆弧到c点，之后垂直电场线进入电场作类平抛运动。

；（2）

（3）

（1）易知，

①

类平抛运动的垂直和平行电场方向的位移都为 所以类平抛运动时间为

②

又再者

④

③

由①②③④可得

⑤

粒子在磁场中的总时间：

粒子在电场中减速再加速的时间：

故粒子再次回到O点的时间：（3）由平抛知识得所以

［或

］

则第五次过MN进入磁场后的圆弧半径

考点：带电粒子在匀强电场及在匀强磁场中的运动.

11．如图所示，在竖直平面内有一直角坐标系xOy，在直角坐标系中y轴和x＝L之间有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E，在电场的右侧以点(3L,0)为圆心、L为半径的圆形区域内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在y轴上A点(0，L)处沿x轴正方向射出一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子，粒子经电场偏转后，沿半径方向射入磁场，并恰好竖直向下射出磁场，粒子的重力忽略不计，求：(结果可含根式)

(1)粒子的初速度大小； (2)匀强磁场的磁感应强度大小． 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）粒子射入电场中并在电场中发生偏转，由于能沿半径方向进入磁场，因此其处电场 后的轨迹如图所示，出电场后的速度方向的反向延长线交于在电场运动的水平位移的中点：

291022905qEL （2）502mmE qL

则由几何关系可知粒子在电场中的竖直位移y满足

1Ly2 Ly2L解得

y竖直方向

y1L 512a 2t水中方向

Lv0t

在电场中根据牛顿第二定律

qEma

联立可以得到

v03qEL 2m（2）设粒子进磁场时的轨迹与磁场边界交点为C，由于粒子出磁场时方向沿y轴负方向，因此粒子在磁场中做圆周运动的圆心在O2点，连接O2和C点，交x轴与D点，做O2F垂直x轴，垂直为F． 由几何关系

4LCD5

L2L解得

CD2L 5由于O2FO1CL，故O2FD与O1CD全等，可以得到

O2DO1D

则

292O1DL2LL

55因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为

2RO2DCD粒子出电场时速度沿y轴负方向的分速度

229L 5vy2ay因此粒子进磁场时的速度为

22vv0vy2qEL 5m29qEL 10m2粒子在磁场中做匀速圆周运动有

qvBmv

R解得

B52910229mE29102290qL50mE qL点睛：本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚 粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题．

12．如图（甲）所示，两带等量异号电荷的平行金属板平行于x轴放置，板长为L，两板间距离为2y0，金属板的右侧宽为L的区域内存在如图（乙）所示周期性变化的磁场，磁场的左右边界与x轴垂直．现有一质量为m，带电荷量为+q的带电粒子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入两板之间，飞出电场后从点（L，0）进入磁场区域，进入时速度方向与x轴夹角为30°，把粒子进入磁场的时刻做为零时刻，以垂直于纸面向里作为磁场正方向，粒子最后从x轴上（2L，0）点与x轴正方向成30°夹角飞出磁场，不计粒子重力．试求：

（1）求粒子在两板间运动时电场力对它所做的功； （2）计算两板间的电势差并确定A点的位置；

（3）写出磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T应满足的表达式．

123y0mv0223nmv032【答案】（1）Wmv0（2）U ,y , L (3) B063qL3qL6T3L（n1，2，3，4） 3nv0v023v0 cos303【解析】

试题分析：（1）设粒子刚进入磁场时的速度为v，则：v121212mvmv0mv0 226（2）设粒子刚进入磁场时的竖直分速度为v′，则：

电场力对粒子所做的功为：W3v0 3水平方向：L=v0t

v′=v0tan30°=竖直方向：y＝解得：y1v′t 23L 6电场力对粒子所做的功：W=qEy 两板间的电压U=2Ey0

223y0mv0解得：U

3qL（3）由对称性可知，粒子从x=2L点飞出磁场的速度大小不变，方向与x轴夹角为α=±30°；

在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角为2α=60°；

故磁场变化的半个周期内，粒子在x轴上的位移为：x=2Rsin30°=R 粒子到达x=2L处且速度满足上述要求是： nR=LRL（n=1，2，3，…） nv2由牛顿第二定律，有：qvB0m

R解得：B023nmv0（n=1，2，3，…） 3qL1周期，同时在磁场中运动的时间是变化磁场半个61T2R周期的整数倍，可使粒子到达x=2L处且满足速度题设要求；kT0k；T0

62v粒子在变化磁场的半个周期内恰好转过

解得：T3L（n=1，2，3，…） 3v0当

TT03L＞，T＞ 263v0考点：带电粒子在磁场中的运动.