高中物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)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，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4x102V，其中N极板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第一、二象限均匀地发射速度为v的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第一象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向，已知粒子在磁场中的运动半径R0=0.08m，若粒子重力不计、比荷边缘效应．sin53°=0.8，cos53°=0.6． （1）求粒子的发射速度v的大小；

（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，求它打出磁场时的坐标： （3）N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．

q=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的m

【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29% 【解析】 【详解】

v2（1）由洛伦兹力充当向心力，即qvB=m

R0可得：v=6×105m/s；

（2）若粒子在O点入射方向与x轴负方向夹角为37°，作出速度方向的垂线与y轴交于一点Q，根据几何关系可得PQ=

0.06=0.08m，即Q为轨迹圆心的位置； ocos370.06=0.08m，故粒子刚好从圆上y轴最高点离开； sin37oQ到圆上y轴最高点的距离为0.18m-

故它打出磁场时的坐标为（0，0.18m）；

（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的

规律得： y=a=t=

12

at…① 2qEqU=…② mmdL…③ v由①②③解得：y=0.08m

设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：y=rsinα+R0-R0cosα 可知tanα=比例η=

4，即α=53° 353×100%=29% 180o3m，两金属3

2．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 =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）3510

UqU3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

cos30o3v2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 osin60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.

3．如图所示,在平面直角坐标系xOy平面内,直角三角形abc的直角边ab长为6d，与y轴

重合,∠bac=30°,中位线OM与x轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y轴正向的匀强电场,场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小间满足E=v0B．在x=3d的N点处,垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从y轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y轴向左射入磁场,其中从y轴上y=－2d处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B

(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围; (3)荧光屏上发光点距N点的最远距离L

【答案】（1）【解析】

mv09； （2）0y2d；（3）d； ed4(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r； 由几何关系可得r=d

2v0电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev0Bm

r解得：Bmv0 ed(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac边相切时，电子从+ y轴射入电场的位置距O点最远，如图甲所示.

设此时的圆心位置为O，有：Oar sin30OO3dOa 解得OOd

即从O点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O点最远 所以ym2r2d

电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围为0y2d

设电子从0y2d范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y，从ON间射出电场时的位置横坐标为x，速度方向与x轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t，电子打到荧光屏上产生的发光点距N点的距离为L，如图乙所示：

根据运动学公式有：xv0t

y1eE2t 2mvyeEt mtantanvyv0

L 3dx解得：L(3d2y)2y 即y9d时，L有最大值 d 4解得：L当3d2y2y

【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．

4．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R的半圆和一个长为2R、宽为

R的矩形2组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m、电荷量为+q的粒子(重力忽略不计)以速度

v从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R，0)点进入磁场区域．

(1)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向； (2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；

(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?

2mv2【答案】(1) E；2v，速度方向沿y轴负方向

4qR(2)

82mv22mv2271mv(3) B5qRqR3qR【解析】 【分析】 【详解】

（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动

L13R2Rcos4522R

cos45L1vt

沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a

L22Rsin452R

L212at 2aqE m

设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为v1、v2，合速度v

v1v、v2at，tanv2 v2mv2联立可得E

4qR22进入磁场的速度vv1v22v

R 245，速度方向沿y轴负方向

（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A点射出时，运动半径r1mv222mv由qvB1得B1

r1qR当粒子从C点射出时，由勾股定理得

Rr22Rr22 22解得r25R 8mv282mv由qvB2得B2

r25qR根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当粒子从AC边界射出

82mv22mv时，B5qRqR

（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行

R于x轴，其半径为r3，由几何关系得rr3R2

2232解得r371R4

2271mvmv2由qvB3得B 3r33qR磁感应强度小于B3，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x轴下方，便不会回到电场中



5．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

6q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：

（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，

6．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

7．如图,光滑水平面上静置质量为m，长为L的绝缘板a,绝缘板右端园定有竖直挡板,整个装置置于水平向右的匀强电场中.现将一质量也为m、带电量为q(q>0)的物块b置于绝缘板左端(b可视为质点且初速度为零)，已知匀强电场的场强大小为E=3μmg/q，物块与绝缘板板间动摩擦数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，物块与绝缘板右端竖直挡板碰撞后a、b速度交换,且碰撞时间极短可忽略不计,物块带电量始终保持不变,重力加速度为g。求：

(1)物块第一次与挡板碰撞前瞬间物块的速度大小;

(2)物块从置于绝缘板到第二次与挡板碰撞过程中,电场力所做的功W。 【答案】(1) 22gL (2) 【解析】 【分析】

(1)根据同向运动的物体位移之差等于相对位移，牛顿第二定律结合运动学公式求解. (2)碰撞过程满足动量守恒，往返运动再次碰撞的过程依然用牛顿第二定律结合运动学公式求解位移；恒力做功由功的定义式处理. 【详解】

(1)由题知：物块b受恒定电场力F3mg

对两物体由牛顿第二定律，物块b：Fmgma1，得a12g 对绝缘板a：mgma2，得a2g 设历时t1物块第一次与挡板碰撞，有：

3(74185)mgL

2512L(a1a2)t12=L，得：t1 2g则物块第一次与挡板碰撞前瞬时，物块的速度大小v1a1t1 解得：v122gL (2)绝缘板a的速度大小v2a2t1，解得：v22gL 物块对地的位移大小为x112a1t1，有x12L 2物块与绝缘板的右端竖直挡板发生弹性碰撞后，二者速度交换

2gL，绝缘板的速度大小为v222gL 则物块的速度为v1对物块b：Fmgma3，有a34g

a3t2，vv2a2t2 设历时t2，二者达到共同速度v，有：vv1解得：t2912L2gL v55gL

5

v1)22(a3a2)x，解得：x二者相对位移大小为x，有(v2物块对地的位移大小为x2，有x2v)(v114t2，解得：x2L 225设历时t3物块第二次与挡板碰撞，有：

12L2(a1a2)t3=x，得：t3 25g131852a1t3，解得：x3LL 2255物块对地的位移大小为x3，有x3vt3故物块的总位移xx1x2x3 得：x74185L 253(74185)mgL

25根据功的定义W3mgx 解得：W【点睛】

本题是牛顿第二定律、动量守恒定律、运动学公式和能量守恒定律的综合应用，按程序进行分析是基础．

8．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小金属块回到A点。小金属块在运动过程中电荷量保持不变。求：

(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。

2q2E2t2【答案】(1) 3E (2)

m【解析】(1)设t末和2t末小物块的速度大小分别为v1和v2，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1,小金属块由A点运动到B点过程：

x1Eq2Eqt， v1t 2mm小金属块由B点运动到A点过程：

xv1tv2v11E1q2t 2mE1qt m2Eqt，则： E13E； m联立解得： v2 (2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功： W12mv20 22q2E2t2联立解得： W。

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，属于基础性题目。

9．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管AB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，圆环的半径为r2L (圆管的直径忽略

不计)，过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点．在虚线AB的上方存在水平向右的、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于

mg.圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为－q(q>0)的绝缘小物体(可q视为质点)，PC间距为L.现将该小物体无初速度释放，经过一段时间，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度用g表示． (1)虚线AB上方匀强电场的电场强度为多大？

(2)小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点(图中未标出N点)，则N点距离C点多远？

(3)小物体由P点运动到N点的总时间为多少？

【答案】（1）E【解析】

mgq （2）xCN7L （3）t总＝(332L) 4g（1）小物体无初速释放后在重力、电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体刚好沿切线无碰撞地进入圆管内，故小物体刚好沿PA连线运动，重力与电场力的合力沿PA方向；又

0PAACL，故tan45qEmg，解得：E mgq12mvA，解得：vA2gL 2（2）小物体从P到A的运动由动能定理可得：mgLqEL虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于

mg，电荷q量为q(q>0)的绝缘小物体所受电场力F2qE2mg，方向竖直向上，故小物体从A到B做匀速圆周运动，vBvA2gL

小物体从管口B离开后，经过一段时间的运动落到虚线AB上的N点，对竖直方向：

2vBsin4502Lt解得：t2 gg水平方向：x(vBcos45)t012at 、 qEma解得：x8L 2N点距离C点：xCNxL7L （3）小物体从P到A的时间t1 ，则2L12LvAt1解得：t1 2g322L3物体从A到B的时间t2，则t42vA42L g小物体由P点运动到N点的总时间 t总＝t1t2t332L 4g

10．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 m出射速度沿x轴正方向的质子，经运动的时间为：

1圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中4t1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

ea） mE【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。

11．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

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

2292O1DL2LL

55因此粒子在磁场中做圆周运动的半径为

R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．