高中物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)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，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

eU112m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 r所以电子在磁场中运动的时间t得t2-2T 2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

r得B2mv （3-1）ae2mv （3-1）ae所以B

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 q1ER x2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2R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，在两块长为3L、间距为L、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m、电荷量为q的带正电粒子流从两板左端连线的中点O以初速度v0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势随时间t的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O点射人的粒子P经时间t0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．

(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B．

(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O点，求右侧磁场的宽度d应满足的条件和电场周期T的最小值Tmin． 【答案】（1）B【解析】 【分析】 【详解】

mv0(632)L3 （2）dR2cosaR2 L ；TminqL3v202v0（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1，则qv0Bm

R1由几何关系：R12(解得B3L2L)(R1)2 22mv0 qL

（2）粒子P从O点运动到下板右边缘的过程，有：3Lv0t0

11Lvyt0 22解得vy3v0 3设合速度为v，与竖直方向的夹角为α，则：tan则=v03 vy3

vv023v0 sin3粒子P在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R2，则

1L ， 2R2sin解得R23L 3右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为dR2cosR23L； 2由于粒子P从O点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：

Tmin2t0(22)R2 v解得Tmin632L3v0

【点睛】

带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.

4．两平行的带电金属板水平放置，板间电场可视为匀强电场．带电量相等粒子a，b分别以相同初速度水平射入匀强电场，粒子a飞离电场时水平方向分位移与竖直方向分位移大小相等，粒子b飞离电场时水平方向速度与竖直方向速度大小相等．忽略粒子间相互作用力及重力影响，求粒子a、b质量之比． 【答案】1：2 【解析】 【详解】

假设极板长度为l，粒子a的质量为ma，离开电场时竖直位移为y，粒子b的质量为mb，离开电场时竖直分速度为vy，两粒子初速度均为v0，在极板间运动时间均为t 对粒子a：l＝v0t…① y＝

12

a1t…② 2a1qE …③ maqEl2 2v0y＝l…④

①②③④联立解得：ma对粒子b：vy＝a2t…⑤ vy＝v0…⑥

a2qE …⑦ mbqEl2 v0①⑤⑥⑦联立解得：mbma1． 则

mb2

5．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；（后，AB边距桌面的高度为22v20g．

【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=

22L， 小球在磁场中做圆周运的周期：T=2rv，

0小球在磁场中的运动时间：t121=

4T=L4v， 0小球在斜面上做类平抛运动，

2）框架以CD为轴抬起

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

6．如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L =\" 1\" m．间距d =3m，两金属3板间电压UMN= 1×104V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上．B、C、H也处于同一直

2m．现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计3的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg，带电量q = +1×10-4C，初速度v0= 1×105m/s．

线上．AF两点距离为

(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向

(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1 (3)若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的条件． 【答案】（1）【解析】

试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a， 则：q232333105m/s；垂直于AB方向出射．（2）T T（3）3510UqU3ma解得：a1010m/s2 dmd3tL1105s v0竖直方向的速度为：vy＝at＝射出时速度为：v3×105m/s 323105m/s 322v0vy速度v与水平方向夹角为θ，tanvyv03，故θ=30°，即垂直于AB方向出射． 3123datm，即粒子由P1点垂262（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移y直AB射入磁场，

由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为R1d2m ocos303v2由B1qvm

R1知：B1mv33T qR110（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：

由几何关系得：R2R21 sin60o故半径R2(233)m

v2又B2qvm

R2故B223T 523T． 5所以B2应满足的条件为大于

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.

7．如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重

力．

（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；

（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标； （3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．

【答案】（1） （2） （3） （n=1，2，3…）

（n=1，2，3…） 【解析】

（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．

由速度关系可得：解得：

由速度关系得：vy=v0tanθ=在竖直方向：而水平方向:

v0

解得：

（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L 根据牛顿第二定律：

解得：

，-）

根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．

在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；

在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r．

综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…） 而：

（n=1，2，3…）

解得：

应满足的时间条件为： (T0+T′)=T

而：

解得

（n=1，2，3…）

点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B0中偏转60°，而后又在− B0中再次偏转60°，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.

8．如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，与x轴相交于Q点，Q点的横坐标

x06cm，在第一象限y轴和MN之间有沿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m发射速率v04.010m/s．不考虑粒子的重力、粒子间的相互作用．求：

6

（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点间的最远距离． 【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

v2qv0Bm

r解得：rmv05cm qB（2）由（1）问中可知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 2aqE m解得：h18cm2R10cm，

说明粒子离开电场后才打到荧光屏上．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12at 2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，粒子射出的电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为，

qExgvymv0，

tan2yv0v0所以Hx0xtanx02yg2y， 由数学知识可知，当x02y所以Hmax9cm

2y时，即y4.5cm时H有最大值，

9．如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，一电子(质量为m、电量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点，当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点，C、D两点均未在图中标出．已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d.不计电子的重力．求

(1)电场强度E的大小． (2)磁感应强度B的大小． (3)电子从A运动到D经历的时间t. 【答案】（1）【解析】

试题分析：（1）电子在电场中做类平抛运动 设电子从A到C的时间为t1

1分 1分 1分

；（2）

；（3）

．

求出 E =1分

（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则

θ = 45° 1分

电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力

1分

由图可知得

1分

1分

（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=电子在磁场中运动的时间 t2 =电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2=

2分 1分

1分

考点：带电粒子在电场中做类平抛运动 匀速圆周运动 牛顿第二定律

10．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.

11．如图所示，y，N为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d．在金属板左侧板间中点处有电子源S，能水平发射初速为V0的电子，电子的质量为m，电荷量为e．金属板右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域，两磁场的宽 度均为d．磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场右边界d处有一个荧光屏．过电子源S作荧光屏的垂线，垂足为O．以O为原点，竖直向下为正方向，建立y轴．现在y，N两板间加上图示电压，使电子沿SO方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出．进入磁场．(不考虑电子重力和阻力)

(1)电子进人磁场时的速度v；

(2)改变磁感应强度B的大小，使电子能打到荧光屏上，求 ①磁场的磁感应强度口大小的范围； ②电子打到荧光屏上位置坐标的范围． 【答案】（1）2v0，方向与水平方向成45° （2）①B【解析】

试题分析：（1）电子在MN间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有

12mved0，②4d22d4d

（1分） （1分） （1分）

（1分）

解得速度偏向角

（1分）

（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值B0，此时电子在磁场中作圆周运动的半径为R

（2分） （1分）

（1分）

mv2又有qvB0（2分）

R由⑦⑧解得：B0(12)mv0（1分） ed(12)mv0时电子能打

ed磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度B在荧光屏上（得B(12)mv0不扣分）． （1分） ed如图所示，电子在磁感应强度为B0时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，

即． （1分）

出射点位置到SO连线的垂直距离

y1d2Rsin45（1分）

电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标

y2y1dtan450（1分）

解得y24d22d（1分）

当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐标

0为y3d3dtan454d（1分）

电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为：

4d22d到4d（2分）

考点：带电粒子在磁场中受力运动．

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v62 262）的夹角 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