高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)

1、高中物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)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P点以初速度V0水平向左射出，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A点.巳知P、A两点连线长度为1,连线与虚线的夹角为«=37°,不计粒子的重力,(sin 37=0.6, cos37 =0.8).(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Bi;(2)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)；若虚线的左

2、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.5mv0【答案】(1) Bi 0(2) Q2ql'一 一一 2E 20(23)mv09 ql【解析】【分析】【详解】(1)粒子从P到A的轨迹如图所示：5mv2l8kq(3) B25 mv03q1粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r1,一、，一日 12由几何关系得r11 cos l2521由洛伦兹力提供向心力可得qv0B1 m3解得:Bi5mv02ql(2)粒子从P到A的轨迹如图所示:粒子绕负点电荷Q做匀

3、速圆周运动，设半径为2由几何关系得2一512 cos8由库仑力提供向心力得kQq2 V。 m 一解得：Q5mv2l8kq(3)粒子从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t1 sinVo315vo根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t,则t2 m qB25 mv0解得B203q1设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,则v0t解得：r3l5粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，lcos 2r 1 -qEt22 m2解得：e 20(2一3)mv0-9 ql2.如图所示，xOy平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外.点3P L,

4、0处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电何重为q、质重为m的市负电3粒子.不考虑粒子的重力.(1)若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x轴正向通过点 Q (0, -L),求其速率V1；(2)若撤去第一象限的磁场，在其中加沿 y轴正向的匀强电场，粒子 2经过第一、二、三 象限后，也以速率 vi沿x轴正向通过点 Q,求匀强电场的电场强度 E以及粒子2的发射速 率V2;(3)若在xOy平面内加沿y轴正向的匀强电场 E。，粒子3以速率V3沿y轴正向发射，求 在运动过程中其最小速率 V.某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不

5、平衡而做复杂 的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的 匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动.请尝试用该思路求解.【答案】(1) 2BLq (2) 2.BLq (3) | 旦 V3 E23m9m, b V B(1)粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则qViB2Vi m ri由几何憨可知：r122Lritl得到：v12BLq3m(2)粒子2在第一象限中类斜劈运动，有:在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系:2ri ,得到E%巴9m一 22又 v2 vi 2Eh ,得至|J：2 石BLqv29m(3)如图所示，将V3分解成水平向右和 v和斜向的E

6、oB22v所以，运动过程中粒子的最小速率为v v2即：v2E0V3 BEoB3. 一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9 =45；如图所示。以小球静止位置为坐标原点。，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=1.0X 1CT2kg,电荷量q=1.o x 1 0c, g取10m/s2,空气阻力不计。求j f j iP A.ftjLIX*.(1)E1 和 E2；(2)细线剪断0.3s末小球

7、的位置坐标。【答案】(1) E1 107V/mE2 3 107V /m(2) (0.1m,0.3m)【解析】【详解】(1)当小球静止时，qE1 mgmg 7 则 E110V/mq电场力与重力的合力 F合二g.,2mg口 cos45剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为a £鱼10j2m/s2m经过0.1s小球的速度大小为Vl at 72m/ s速度的方向与x轴正方向成45o斜向右下方在第2个0.1s内，电场方向，小球的水平分速度vx v1cos45o q1t2 0m竖直分速度 Vy V1 sin 45o gt2 2m/s即第2个0.1s末，小球的速度 V2大小为2m/s,方

8、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，一 一，”,.Vo22由运动学公式知a 20m/s t30.1根据牛顿第二定律得 a 呜mg m代入数据得E2 3 107V/m(2)第1个0.1s内，小球的位移大小 s 1ati2 1 J2g 0.12 Y2m2220则小球沿x方向移动的距离 X1 scos45o 0.05m沿y方向移动的距离 y1 ssin 45o 0.05m1 qE o在第2个0.1s内，小球沿x方向移动的距离 x2 v1 cos45 t2 12 0.05m2 mo 12沿y方向移动的距离 y2 v1sin 45- gt2 0.15m212在第3个0.1s内，小球

9、沿沿方向移动的距离y3 v2t3 at30.1m2 即小球速度为零时的位置坐标是(0.1m,0.3 m)4 .如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道 ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角。=37；A、B两点间的距离d=0.2m.质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在 A点，质量 m2=0.1kg、电荷量q=1 X 1-0C的带正电小球静止在 B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀 强电场.现用大小 F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达月点前瞬间撤去该恒 力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道

10、运动，到达P点时恰好和轨道无挤压且所受合力指向圆心.小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦.取 g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37°=0.8.A B£,(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E;(2)求小球到达P点时的速度大小 vp和B、C两点间的距离x.【答案】(1) 6m/s； 7.5X10N/C(2) 2.5m/s ; 0.85m【解析】【详解】(1)对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有：Fd12m1v2解得：v=6m/ s则有：qE=m2gtan 仇解得：E=7.5X14N/C(2)小球所

11、受重力与电场力的合力大小为:小球到达P点时，由牛顿第二定律有:m2gG等 cos2G 迎G等r解得：vp=2.5m/s滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为 则有：m1v=m1V1+m2v2vi、v2,12 12 12m1V-m1Vl m2v2222解得：v1=-2m/s(表示vi的方向水平向左)，v2=4m/s对小球碰后运动到 P点的过程，根据动能定理有：小球到达P点时，受力如图所示qE x rsinm2g r rcos1212mfeVpm2V222解得：x=0.85m5 .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Xo 6cm,在第一象限y轴和M

12、N之间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E 1fl05N/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 106m/s.不考虑粒子的重力、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点间的最远距离.【答案】(1) 5cm(2) 0 y 10cm(3)9cm【解析】

13、【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2Vqv0B m一 r解得：r mv0 5 cm 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/OP,又0 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XoVoto12hato2qEm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

14、电场中沿x轴方向的位移为x,则X Voty1at22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qE xg-vym Vo/,VoVotan - 一 2y所以 HXo x tan x , 2y g, 2y ,由数学知识可知，当xo V2yJ2y时，即y 4.5cm时H有最大值,所以 H max 9cm6.如图所示，虚线 MN为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E方向竖直向下且与边界 MN成=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向外，在电场中有一点P, P点到边界MN的竖直距离为do现将一质量为 m、电荷量为q的

15、带正电粒子从 P处由静止释放(不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大)。求：(1)粒子第一次进入磁场时的速度大小；(2)粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；(3)若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为B',但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则B'的最小值为多少？【答案】(1) v J2qEd(2) xCA 4同 (3) B' 2 2 72 B m【解析】【详解】12(1)设粒子第一次进入磁场时的速度大小为V,由动能定理可得 qEd -mv2,2解得v , 2qEd(2)粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两

16、点 间距为XCA由类平抛规律X Vt, y -且t22 m由几何知识可得x=y,解得t 2md, Eq4 2d两点间的距离为XCA J2vt ,代入数据可得XCAmv2mv1 2mEd(3)由 qvB mv_可得 R 加，即 R -1 JmEd由题意可知，当粒子运动到 F点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值， 即B'最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r,则有几何关系可知 r 2 2R R4mvmv又因为r ，所以B' ，qB'qr代入数据可得B' 2 2 J2 B7.如图，第一象限内存在沿 y轴负方向的匀强电场

17、，电场强度大小为E,第二、三、四象限存在方向垂直 xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B,第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从 P (-d, 0)点沿与x轴正方向成“=60° 角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点(图中未画出)垂直 y轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：(1)粒子从P点入射时的速度 v0；(2)第三、四象限磁感应强度的大小B/;【答案】(1) _L (2) 2.4B3B【解析】试题分析：(1)粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象

18、限圆周运动的半径为 r,由几何知识得:dr sind 2、, 3dsin60 32根据 qv0B mv0得 v0 r2 3qBd3m粒子在第一象限中做类平抛运动，则有r(1 cos60 )qE 2Vy qEtt2; tan 2mV0 mv0联立解得v0 3B(2)设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为 三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x和y,根据粒子在第 x轴正方向的夹角等于a.则有:X=v0t,vy.y万tvy2v0tan由几何知识可得 y=r-rcos a =1 r-3 d232则得x d35d91,2,d - d所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为

19、23sin粒子进入第三、四象限运动的速度V0v cos2V04、3qBd3m2根据qvB' m R得：B' = 2 4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动8.如图所示，虚线 OL与y轴的夹角0=450,在OL上侧有平行于 OL向下的匀强电场，在OL下侧有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为 m、电荷量为q (q>0) y轴上的M (OM=d)点垂直于y轴射入匀强电场，该粒子恰好能够垂直于 场，不计粒子重力。的粒子以速率V0从OL进入匀强磁(1)求此电场的场强大小 E;(2)若粒子能在 OL与x轴所围区间内返回到虚线 OL上，求粒子从 M 过OL所需要的最长时间。点出发到第二次

20、经【答案】(1)【解析】2qd(2)2-vo2试题分析：根据粒子只受电场力作用，沿电场线方向和垂直电场线方向建立坐标系，利用类平抛运动；根据横向位移及纵向速度建立方程组，即可求解; 的时间及离开电场时的位置；再根据粒子在磁场中做圆周运动, 系得到最大半径，进而得到最长时间；1)求出在电场中运动由圆周运动规律及几何关(1)粒子在电场中运动，不计粒子重力，只受电场力作用, 沿垂直电场线方向 X和电场线方向Y建立坐标系，则在X方向位移关系有: 该粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，所以在 Y方向上，速度关系有琏心osinG at = t所以,V0Sin =则有mvjKinO muisin45fl t

21、7mvl的分量，即粒子在电场中运动，在 Y方向上的位移i*U；1JZY = -口sin。1 t -V（）£ d244 ,所以，粒子进入磁V = VQCOS0 =讥45讨；粒子在磁场中只受洛伦兹力的作用，在洛伦兹力作用下做圆周运动，设圆周运动的周期为T粒子能在OL与x轴所围区间内返回到虚线 OL上，则粒子从 M点出发到第二次经过 OL在根据（1）可知，粒子恰好能够垂直于OL进入匀强磁场，速度 v就是初速度vo在X方向上I = dcosO -场的位置在OL上距离。点d ；根据几何关系,可得RR +巾（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为粒

22、子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有,况2-M 2ff xd -2开R4-T £=V *v0-350所以/;所以，粒子从 M点出发到第二次经过 OL所需要的最长时间1 d 1?（小-1）* d3&2.1加t 最F = t + 亨T innx = + =1- +国女2 Vo 2 Vo Vo29.静电喷漆技术具有效率高、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图甲所示.A、B为水平放置的间距 d= 1.6m的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由B指向A的E= 0.1V/m的匀强电场.在 A板的中央放置一个安全接她的静电油漆喷枪P,油漆喷枪可向各个方向均匀地喷出初速度大小均

23、为v0= 6.0m/ s的油漆微粒，已知油漆微粒的质量均为m=1.0 X105kg,带负电且电荷量均为q=1.0 x 10C,不计油漆微粒间的相互作用以及油漆微粒带电量对板间电场和磁场的影响，忽略空气阻力，g取10m/S2，已知sin53= 0.8, cos53 =0.6.求（计算结果小数点后保留一位数字）：B lXx图乙（2）若让A、B两板间的电场反向（如图乙所示），并在两板间加垂直于纸面向里的匀强 磁场，磁感应强度 B= 0.06T,调节喷枪使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其他条件不变.B板被油漆微粒打中的区域的长度为多少?打中B板的油漆微粒中，在正交场中运动的最短时间为多少?【答案

24、】（1） 18. 1 m2 （2） 1. 6 m （3） 0. 31 s【解析】试题分析：（1）油漆微粒的加速度Eq mg a m根据运动学d - at2 2运动的半径x V0t 落在B板上所形成圆形面积sx2由式并代入数据得s 18.1m2 (2)当电场反向Eq mg 油漆微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力 2V 6Bqv mR水平向右射出的油漆微粒打在 B板的右端，根据几何关系R Rcos d ac的长度国匚二尤sin a打在B板左端的油漆微粒为和板相切的微粒，同理求得bc ac 油漆微粒打在极板上的长度ab ac bcii由11式并代入数据得ab 1.6m12打在B板上的微粒中，Pc

25、最短的弦长对应的时间最短有几何关系d2 13 sin R运动的最短时间,2 .tminT 142微粒在磁场中运动的周期T ”Bq 15由7131415式代入数据解得tmin 0.31s16考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律. 点评：本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，关键在于建立物理模型.10.如图所示，直空中有以 O为圆心，半径为 R的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向 垂直纸面向外，在虚线范围内、x轴上方足够大的范围内有宽度为d,方向沿y轴负向、大小为E的匀强电场.圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O沿纸面不同方向发射速率为 v的质子，已

26、知质子的电荷量为e,质量为mi不计质子的重力.求(1)要使质子不出磁场区域，磁感应强度B要满足什么条件？(2) P、N两点在圆周上，M是OP的中点，MN平行于x轴，若质子从N点平行于x轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从O点出射时的方向.(3)求质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标.【答案】(1)b迎 (2) 600eR0)【解析】试题分析：当质子做圆周运动的半径 r(3) ( R d22mRv c、，0)2eEd一时，质子不会出磁场，由牛顿第一TE律即可求2得磁感应强度的范围；画出粒子运动轨迹，根据几何关系和牛顿第二定律求解；设质子刚好打到电场右边界与 x轴的交点，做类平抛运动，结合

27、平抛运动公式分为两种情况即可求解.(1)当质子做圆周运动的半径r 一时，质子不会出磁场22由牛顿第二定律，得 F mr洛伦兹力为：F evB解得：B2mveR(2)如图，质子做圆周运动的圆心在NA上，AB为ON的垂直平分线，故交点A为圆心,OM为ON的一半，知角 ONM为30°,角CNA为600,则NA=R,质子做圆周运动的的半径结合以上解得：B=mv eR易知OB与x轴的夹角为600故质子出射时速度与 x轴成600角(3)设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点Rvt在竖直方向：R 2在水平方向：d联立解得：d vmR eE2i）当 d v方向的速度为Vy ,偏转角为1 eEd2结合以

28、上解得：y22 mv在竖直方向的速度为：vyeEt meEdmv偏转角为：tanvyeEd2mvR由图DF R2DGDFtan联立求解得：DGmRv22eEd根据几何关系得:OG RDG2d mRv2 2eEd故与X轴交点坐标为(R d2mRv22eEd '0）时，质子在电场区域内与ii）当 dx轴相交1吗2解得:2 mmX时，质子出边界之后与 x轴相交，设在电场中的偏移为 y,出电场时在y轴 eE水平位移SxvtmReEv根据几何关系得：OH故与x轴交点坐标为（,画出轨迹、在结合几点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，分清过程 何知识和牛顿第二定律即可解题.11.如图所示

29、，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a,设质子的质强度大小为 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（3）质子到达y轴的位置坐标的范围；y轴时的位置;2eB【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:evB2 v m a即：vBeam出射速度沿x轴正方向的质子，经 圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中4运动的时间为：, Tamt1 一4 2v 2eB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右eEt222m有：a -P点，最后垂直电场方向进入电(2)质子转过 120。角后离开磁场，再沿直线到达图中场，做类平抛运动，并到达