高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析

1、P点以初速度Vo水平向左A点.巳知P、A(Sin 37=°.6, CoS高考物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)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，一质量为m、电荷量为+q的粒子从竖直虚线上的射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的两点连线长度为I,连线与虚线的夹角为c=37°不计粒子的重力,37°0.8).Bi ；(1) 若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷 的电荷量Q(已知静电力常量为是)；

2、若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场， 粒子从P点到A点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的 大小B2和匀强电场的电场强度大小E.【答案】(1)Bi5mv0(2) Q5mv：l8kq5 mv0(3)B2 右3)mv0粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为riE 20(29 ql【解析】【分析】【详解】(1)粒子从P到A的轨迹如图所示:由几何关系得1 1Icos2l25由洛伦兹力提供向心力可得qv0B1 m -r5mv0解得：Bi-2ql粒子从P到A的轨迹如图所示:I5由几何关系得r2I2cos8由库仑力提供向心力得k Qq2mV粒子

3、从P到A的轨迹如图所示:粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间 tI SinV-3I5v-根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t ,则t扌2 mqB2解得B25 mv03ql设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,则Vot解得：r315粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，2解得:E 20(2 3)mvo-9 qlICOS2r Et22.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Vo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

4、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to(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.一一：5CCXh3厶时* AXJ bJC*由T-r P1 - -I RI!IlbI1rIiX I iCX0InW"KXX-L>乙(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B.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 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0点,应满足的条件和电场周期 T的最小值Tmin .【答案】(1 ) B - (2) d R2COSa R23 L

5、； TminqL222【解析】【分析】【详解】(1)如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R1,则qv°B由几何关系：r：(-L)2 (R L)22 2t=o时刻射入的粒 求右侧磁场的宽度 d(6.3 2 )L2V。 m -Ri3v0:X筑fi:i(2)粒子P从O点运动到下板右边缘的过程，有:3L v°to解得VyVo设合速度为V,与竖直方向的夹角为 ,贝U：ta nVoVy2*33 VoV SinP在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动,粒子设做圆周运动的半径为R2,则解得Il2 ,Sin.3L3R2右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为d R> CoSR2由

6、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 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:-L ；2O点的过程，运动Tmin2t 0(2V2 )R2解得Tmin3v0【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3. 带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为Ei的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角 =45；如图所示。以小球静止位置为坐标原点0,在竖直平面内建立直角坐标系xy,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

7、突然变为另一匀强电场，场强大小为巳，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 × 10C, g取10ms2,空气阻力不计。求则小球沿X方向移动的距离 x1scos45o 0.05m(I)Ei 和 E2；细线剪断03s末小球的位置坐标。【答案】 Ei 107V /m E2 3 107V /m (0.1m,0.3m)【解析】【详解】(1) 当小球静止时，qE1 mg则 E1 mg 107Vmq电场力与重力的合力 F合=mgcos45o、2mg剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为10. 2m/s2经过0.1s小球的速度大小为 V

8、1at '. 2m / S速度的方向与X轴正方向成45°斜向右下方在第2个0.1s内，电场方向，小球的水平分速度VXv1 cos45oqE1t20m竖直分速度 Vy v1 Sin45o 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aVLt320ms20.1根据牛顿第二定律得qE2 mg代入数据得E23107Vm(2) 第1个0.1s内，小球的位移大小S丄at12沿y方向移动的距离 ySSin 45o 0.05m1 qE在第2个0.1s内，小球沿X方向移动的距离X2 VlCoS

9、45ot2 亠一t； 0.05m2 mo 12沿y方向移动的距离 y2 v1 Sin 45gt2 0.15m2一 1 2在第3个0.1s内，小球沿沿方向移动的距离y3 V2t3a t30.1m2即小球速度为零时的位置坐标是（0.1m,0.3 m）4. 如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内圆管的圆心为O, D点为圆管的最低点，AB两点在同一水平线上，AB=2L,圆管的半径为r= 2 L（自身的直径忽略不 计）.过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于 C点，在虚线 AB的上方存在方向水平向右、 范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电mg场强度大

10、小E2=.圆心O正上方的P点有一质量为 m、电荷量为一 q（q>0）的小球（可视q为质点）,PC间距为L.现将该小球从 P点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A无碰撞地进入圆管内，并继续运动.重力加速度为g.求:（1）虚线AB上方匀强电场的电场强度日的大小；小球在AB管中运动经过 D点时对管的压力 Fd；（3）小球从管口 B离开后，经过一段时间到达虚线AB上的N点（图中未标出），在圆管中运动的时间与总时间之比tABtPN_mgL【答案】（1）（2） 2、2mg方向竖直向下（3）q4【解析】【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向

11、的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB上方匀强电场的电场强度；（2）根据动2、. 2mg方向竖直向下.A点做匀加速直线运动，设所用时间为t,则:小球离开管后做类平抛运动，物块从B到N的过程中所用时间:能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB管中运动经过D点时对管的压力Fd；( 3)小物体由P点运动到A点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运 动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比【详解】(1) 小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°即加速度方向与竖直方向的夹角为mg45

12、° 贝V： tan45 =Eq解得：E mgq1(2) 从P到A的过程，根据动能定理：mgL+EqL= mvA22解得VA=2、_gu小球在管中运动时， E2q=mg,小球做匀速圆周运动，则Vo=VA=2、. gL2在D点时，下壁对球的支持力F mvo 2,2mgr由牛顿第三定律，F F(3) 小物体由P点运动到J2l 1 JFgt12 解得 t12小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t2,则：+t2则：t2t 4【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明 确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规 律解决

13、问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求 解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解35. 如图，平面直角坐标系中，在，y>0及y<-FL区域存在场强大小相同，方向相反均平3行于y轴的匀强电场，在-?L< y< 0区域存在方向垂直于 Xoy平面纸面向外的匀强磁场,一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过 y轴上的点Pi (0, L)时的速率为3沿X轴正方向，然后经过X轴上的点P2 (L,20)进入磁场.在磁场中的运转半径,方向5R=_ L2(不计粒子重力)，求:(1)(2)(3)(4)粒子到达P2点时的速度大小和方向；

14、E ；B粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标; 粒子从Pi点出发后做周期性运动的周期.【答案】(1)討与X成53角(2)芋(3) 2L;( 4)塑46Ov0【解析】【详解】(1) 如图，粒子从 Pi到P2做类平抛运动，设到达一3由运动学规律知-L=vot,2P2时的y方向的速度为vy, * J W I .LLl 1I I 111L=VytI2可得ti = -3L2vo4Vy= VO3故粒子在P2的速度为V= =5VOV3IVy 4设V与X成角，则tan =一 =,即=53°Vo 311(2)粒子从PI到F2 ,根据动能定理知qEL= mV2- mVo2可得228mv(E=9qL粒子

15、在磁场中做匀速圆周运动，根据2qvB=mR解得：B=-R53v0 2mv1 Jr- 3qL2解得：I 430(3)粒子在磁场中做圆周运动的圆心为30；在图中，过p2做V的垂线交y=-L直线与Q'2点，可得:P20'=h=r2cos53 2故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为0；因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角=37° °故粒3子将垂直于y=-3L23直线从M点穿出磁场，由几何关系知 M的坐标X= L+ (r-rcos37 ) =2L;2一3L(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=2V0在磁场中由P2到M动时间:37=360o2

16、r 37 LV120v0从M运动到N, a=qE m8v09LM r V则 t3=a15L8v0则一个周期的时间T=2 (t1+t2+t3)405 37 L60v06. 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 × 10N/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 =1.0 × 1kg的带正电的粒子，已知粒子的发射

17、速率V0=4.0 × 1ms .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:2qvB=m v°r解得：mv02r=5 10 m=5cmBq(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:2由几何关系可知四边形 POFO为菱形，所以FO/ 0&#

18、39;P,又0'1垂直于X轴，粒子出射的速 度方向与轨迹半径 FOl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 0y 10cm(3) 假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有：XO=VOtoh=1ata=qE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=Voty= - at22代入数据解得：X= 2y设粒子最终到达荧光屏的位置与 方向间的夹角为 ,Q点的最远距离为 H,粒子射出电场时速度方向与X轴正qE XXVym v0Z-tan-02

19、yvovo所以:H=(xo- x) tan = (X0- 2y ) ? 2y由数学知识可知，当(Xo - 2y ) = 2y时，即y=4.5cm时H有最大值所以 HmaX=9cm7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=37°.已知绳长I=LOm,小球所带电荷量q=+l.0 ×4C0质量m=4.0 × 1kg。不计空气阻力，取重力加速度 g=10ms2, Sin37 =0.60, cos37 =0.80.求：(1) 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

20、；(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】qEOmg(1)对带电小球受力分析，得关系：tan tan37代入已知数据后，解得 E 3.0 103N /C根据机械能守恒定律有：mgl 1 cos37o1 mv2解得：V''2gl 1 cos37o2.0ms2根据牛顿第二定律：T mg m 解得:T 5.6 10 2N&如图所示，在一光滑绝缘水平面上，静止放着两个可视为质点的小球，两小球质量均为m，相距I，其中A球带正电，所带电荷量为 q，小球

21、B不带电.若在A球开始向右侧区域 加一水平向右的匀强电场，场强为 E, A球受到电场力的作用向右运动与 B球碰撞设每 次碰撞为弹性碰撞，碰撞前后两球交换速度，且碰撞过程无电荷转移.求：(1) 小球A在电场中的加速度大小和第一次与B碰撞前的速度；(2) 若两小球恰在第二次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度；(3) 若两小球恰在第三次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度及小球A从进 入电场到离开电场的过程中电势能的变化量.【答案】(1) a=qEm ;EqL 51 (3) 131; 13Eql【解析】【详解】(1)根据牛顿运动定律：qE=ma,则a=qEm、 1 2设第一次碰撞时小球

22、 A的速度为v：根据动能定理：Eql mv2解得：V , 2EqlV m(2) 第一次碰撞前后小球A的速度为VA1和VA1 ；小球B碰撞前后的速度为 VB1和VB1所以VA1=V VB1=0 VA1 ' =0 BV =VA球运动的距离为I第一次碰撞后，小球 A做初速度为零的匀加速直线运动，小球B做速度为V的匀速直线运动.设第二次碰撞前后A球的速度为VA2和VA2小球B碰撞前后的速度为 VB2 和 VB2第一次碰撞后至第二次碰撞前：Vt= (0+VA2)t2所以：VA2=2v ；碰后 VA2 = V而B球碰前为V,碰后为2v.从第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A球运动的距离 I 1

23、2 为 2. Eq2 m 2v 0?电场宽度为：L=l+4l=5l(3)二次碰撞后，A球做初速度为 动.设A球第三次碰前后的速度为I241V的匀加速直线运动，B球以速度2v匀速直线运VA3和VA3，小球B碰撞前后的速度为VB3 禾口 VB3V VA3所以：A312 2vt2VA323v从第二次碰撞到第三次碰撞过程中,一一 1A球运动的距离为13 : qE3 = m23=8l所以：电场的宽度：L=h+2+3=13lA球减少的电势能 =Eq × 13l=13Eql9. 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 (

24、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 VQ 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(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)_,_；( 2)【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t-' 1 分,1显-.1分eE-1分求出E =1分(2) 设电子进入磁场时速度为V, V与X轴的夹角为,则.- 一-. = 45 分 1VI

25、= 2VtI电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力V*一 一 1 分由图可知1分得一 1分 d6d(3) 由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为3t1=1分V(J电子在磁场中运动的时间t2= . 一一 一 2分4 J eS 21 5电子从A运动到D的时间t=3t1+ t2= 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，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为E方向水平向右的匀强电场中，某时刻将质量为 m、带电荷量为一 q的小金属块从 A点由静止释放，小金属块经时间t到达B点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间t(

26、1)电场反向后匀强电场的电场强度大小;(2) 整个过程中电场力所做的功。【答案】(1) 3E (2)2q2E2tVi和V2，电场反向后匀强电场的电场强【解析】(1)设t末和2t末小物块的速度大小分别为 度大小为Ei,小金属块由A点运动到B点过程:1 Eq 2 EqXt , vt2 mm小金属块由B点运动到A点过程：XVit1 EIqt22 mV2V1Eqtm联立解得:V22Eqt ,则：E1 3E ；m(2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功:W 1mvf 022 2 2联立解得：W 2q E t 。m点睛：解答本题关键是对不同过程应用匀变速直线运动相关公式以及动能定理列式即可, 属于基础

27、性题目。3、11. 如图所示，空间存在水平方向的匀强电场，带电量为二的绝缘滑块，其质量m= 1 kg,静止在倾角为 = 30°勺光滑绝缘斜面上，斜面的末端 B与水平传送带相 接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度V0= 3 m/s ,长L= 1.4m.今将电场撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同滑块与传送带间的动摩擦因数 = 0.25, g= 10 m/s2.(2) 求滑块下滑的高度；(3) 若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s ,求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量.【答案】(1) 1000N/C ,方向水平向左；(2) 0.8m ；( 3

28、) 0.5J.【解析】试题分析：(1)根据题意滑块在电场中应满足：Eq mg tan得：E mg tan 1000N /Cq即大小为1000N/C ,方向水平向左(2) 在水平传送带上:-弋入数据得：a=0.5ms电子进人磁场时的速度V; 改变磁感应强度 B的大小，使电子能打到荧光屏上，求磁场的磁感应强度口大小的范围；若滑块自B点匀加速到C,则：- 1代入数据得：一- _由动能定理得：-r. :-整理得：h=0.lm若滑块自B点匀减速到C,则：- -2 T代入数据得：VB2=4ms由动能定理得：r.-i-整理得：h2=0.8m(3) 根据题意，物块在传送带上应满足： -,且vB2 4m s2整理得：t=0.4s该时间段内传送带传送距离满足：'-整理得：x=1.2m根据能量守恒可知：J -卅打RLT代入数值得：Q=0.5J考点：牛顿第