高考物理带电粒子在电场中的运动试题经典及解析

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，荧光屏MN与x轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x0=60cm，在第一象限y轴和MN之间存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=1.6×105N/C，在第二象限有半径R=5cm的圆形磁场，磁感应强度B=0.8T，方向垂直xOy平面向外．磁场的边界和x轴相切于P点．在P点有一个粒子源，可以向x轴上方180°范围内的各个方向发射比荷为

q=1.0×108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v0=4.0×106m/s．不考虑粒子的重m力、粒子间的相互作用．求：

（1）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径； （2）粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围； （3）带电粒子打到荧光屏上的位置与Q点的最远距离． 【答案】（1）5cm；（2）0≤y≤10cm；（3）9cm 【解析】 【详解】

（1）带电粒子进入磁场受到洛伦兹力的作用做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：

2v0qvB=m

r解得：r=

mv05102m=5cm Bq（2）由（1）问可知r=R，取任意方向进入磁场的粒子，画出粒子的运动轨迹如图所示：

由几何关系可知四边形PO′FO1为菱形，所以FO1∥O′P，又O′P垂直于x轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径FO1垂直，则所有粒子离开磁场时的方向均与x轴平行，所以粒子从y轴正半轴上射入电场的纵坐标范围为0≤y≤10cm （3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：

x0=v0t0 h=

12at0 2qEa= m解得：h=18cm＞2R=10cm

说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．设从纵坐标为y的点进入电场的粒子在电场中沿x轴方向的位移为x，则：

x=v0t y=

代入数据解得：x=2y

设粒子最终到达荧光屏的位置与Q点的最远距离为H，粒子射出电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为θ，

12at 2qExvymv0

tan2yv0v0所以：

H=（x0﹣x）tanθ=（x0﹣2y）•2y

由数学知识可知，当（x0﹣2y）=2y时，即y=4.5cm时H有最大值 所以Hmax=9cm

2．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

3．如图所示，轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°.已知绳长l=l.0m，小球所带电荷量q=+l.0×104C，质量m=4.0×10-3kg。不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80.求：

(l)电场强度的大小E；

(2)将电场撤去,小球摆动到最低点时速度的大小v； (3)将电场撤去,小球摆动到最低点时绳中拉力的大小T.

【答案】（1）E3.0103N/C （2）v2.0m/s （3）T5.6102N 【解析】 【详解】

(1)对带电小球受力分析，得关系：

qEtantan37 mg12mv 2代入已知数据后，解得E3.0103N/C (2)根据机械能守恒定律有：mgl1cos37解得：v2gl1cos372.0m/s

v2(3)根据牛顿第二定律:Tmgm

l解得:T5.6102N

4．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

15mgL 8q速度为v，由动能定理FmgL12mv 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

5．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g。求：

（1）小球到达小孔处的速度大小；

（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；

（3）小球从开始下落运动到下极板，其所受重力的冲量大小。 【答案】（1）2gh （2）【解析】 【详解】

（1） 根据机械能守恒，有mgh解得v02gh

（2）对小球运动的全过程，根据动能定理mghdqEd0 解得ECmg(hd)hd （3）mgqh2h g1mv02 2mghdqd

电容器所带电荷量QCU，U=Ed 解得QCmghdq

hd

v0t

v0 （3）小球全程运动的平均速度为，则小球全程运动的时间为t，

22

解得thdh2h g小球所受重力的冲量大小为Imgtmghdh2h g

6．如图所示，AB是一段长为s的光滑绝缘水平轨道，BC是一段竖直墙面。一带电量为q(q>0)的小球静止在A点。某时刻在整个空间加上水平向右、场强E=

的匀强电场，当

小球运动至B点时，电场立即反向(大小不变)，经一段时间后，小球第一次运动至C点。重力加速度为g。求：

（1）小球由A运动至B的时间t； （2）竖直墙面BC的高度h；

（3）小球从B点抛出后，经多长时间动能最小?最小动能是多少? 【答案】（1）【解析】 【分析】

根据“小球在匀强电场中运动至B点，经一段时间后小球第一次运动至C点”可知，本题考查带电小球在匀强电场中的曲线运动问题，根据匀变速曲线运动的运动规律，运用动能定理和分运动的运动学公式列式计算. 【详解】

(1)小球由A至B，由牛顿第二定律得：位移为

（2）

（3）

联立解得运动时间：

(2)设小球运动至B时速度为vB，则

小球由B运动至C的过程中，在水平方向做加速度为-a的匀变速运动，位移为0，

则：

在竖直方向上做自由落体运动，则联立解得：

(3)从B点抛出后经时间t，水平方向、竖直方向速度分别为

经时间t合速度v满足代入得：由此，当

时，最小，最小值，

故小球从B点抛出后，达动能最小需经时间动能最小值【点睛】

涉及电场力和重力作用下的匀变速曲线运动，针对运动规律选择牛顿第二定律和运动学公式；针对初末状态选用动能定理截决问题比较容易.

7．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 m1圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中4出射速度沿x轴正方向的质子，经运动的时间为：

t1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

【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。

ea） mE

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）【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）=mvC2-0 解得：vC=2

（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=mvC2−mv2 对从B到C过程，根据动能定理，有： -mgd+W电=mvD2−mvC2 联立解得：vD=

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：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．如图所示，水平、绝缘、粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104N/C．现有一电荷量q＝＋1.0×10－4C，质量m＝0.1kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点（图中未画出）．取g＝10m/s2．计

算：

①带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小； ②D点到B点的距离xDB； 【答案】（1）6.0N（2）0 【解析】 【分析】 【详解】

①设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律

2vC有：mgm

R解得： vC＝2.0m/s

设带电体通过B点时的速度为vB，轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时

2vB有FBmgm

R带电体从B运动到C的过程中，电场力做功为零，根据动能定理

1212mvCmvB 22联立解得：FB＝6.0N

有：mg2R根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB′＝6.0N

②设带电体从最高点C落至水平轨道上D点的时间为t，根据运动的分解 竖直方向：2R12gt 2水平方向：xDBvCt解得：xDB＝0

1Eq2t 2m

11．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2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）2v0

E5v0 B8【解析】 【详解】

（2）

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t1，经过O点时的速度为v，其在y轴负方向的分速度为vy，与y轴负方向的夹角为θ d=v0t1

v3dxt1 22v2=v02+vy2

tanv0vy

解得：v=2v0θ=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

31dat12 22粒子从Q到P的过程中，也做类平抛运动，设时间为t2，Q点的纵坐标为yQ

yQd=vt2

312 dat222解得：yQ53d 8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=yQ

v2qvBm

rr53d 12E5v0 B8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．

12．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．