带电粒子在电场中的运动练习题含答案.docx
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带电粒子在电场中的运动练习题含答案
带电粒子在电场中的运动练习题含答案
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：
如图1所
示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势
为L（o），内圆弧面CD的电势为，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与
2
MN板的距离为L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回．
1）求粒子到达O点时速度的大小；
2）如图2所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁
2场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有
3能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；
（3）如图3所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个垂直MN
的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小E，若从AB圆弧面收集到的某粒子经
4L
O点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达O点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间．
【答案】
（1）v
【解析】
【分析】
详解】
试题分析：
解：
（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：
qU01mv2
2
U2v2mq
2
MN上的粒子与
（2）从AB圆弧面收集到的粒子有32能打到MN板上，则上端刚好能打到
MN相切，则入射的方向与OA之间的夹角是60，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角600．
根据几何关系，粒子圆周运动的半径：
R2L
2由洛伦兹力提供向心力得：
qBvmvR
1
联合解得：
B1
L
3）如图粒子在电场中运动的轨迹与
MN相切时，切点到O点的距离最远，
这是一个类平抛运动的逆过程．
建立如图坐标.
L12qmEt2
若速度与x轴方向的夹角为角
cos
vxcos
v
60
2．如图，质量分别为mA=1kg、mB=2kg的A、B两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×150N/C、方向水平向右的匀强电场中，A不带电，B带正电、电荷量q=2×1－05C．零时刻，A、B用绷直的细绳连接（细绳形变不计）着，从静止同时开始运动，2s末细绳断开．已知A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s2．求：
（1）前2s内，A的位移大小；
（2）6s末，电场力的瞬时功率．
【答案】
（1）2m
（2）60W
【解析】
【分析】
【详解】
（1）B所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：
F-
μ（mA+mB）g=（mA+mB）a1
可得系统的加速度a1=1m/s2；
1
由运动规律：
x=a1t12
2
解得A在2s内的位移为x=2m；
（2）设绳断瞬间，AB的速度大小为v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则v1=a1t1=2m/s；
绳断后，对B由牛顿第二定律：
F-μmBg=mBa2
解得a2=2m/s2；
由运动规律可知：
v2=v1+a2（t2-t1）
解得v2=10m/s
电场力的功率P=Fv，解得P=60W
3．如图所示，在空间坐标系x<0区域中有竖直向上的匀强电场E1，在一、四象限的正方形
区域CDEF内有方向如图所示的正交的匀强电场E2和匀强磁场B，已知CD=2L，OC=L，E2
=4E1。
在负x轴上有一质量为m、电量为+q的金属a球以速度v0沿x轴向右匀速运动，并与静止在坐标原点O处用绝缘细支柱支撑的（支柱与b球不粘连、无摩擦）质量为2m、不带电金属b球发生弹性碰撞。
已知a、b球体积大小、材料相同且都可视为点电荷，碰后电荷总量均分，重力加速度为g，不计a、b球间的静电力，不计a、b球产生的场对电场、磁场的影响，求：
（1）碰撞后，a、b球的速度大小；
（2）a、b碰后，经t
3g时a球到某位置P点，求P点的位置坐标；
（3）a、b碰后，
要使
答案】
（1）
va
b球不从CD边界射出，求磁感应强度
2
2v02
12
31v0，vb23v0；
（2）（9g
B的取值。
2
9vg0）；（3）
9g
16mv0
或
15qL
16mv0
（1）a、b碰撞，
（2）碰后a在电场中向左做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解P点的位置坐标；
（3）要使b球不从CD边界射出，求解恰能从C点和D点射出的临界条件确定磁感应强度的范围。
【详解】
由动量守恒和能量守恒关系求解碰后
a、
b的速度；
B
3qL解析】分析】
（1）a匀速，则
mgqE1①
a、b碰撞，动量守恒
mv0mva
2mvb②
机械能守恒
12
2mv0
12
mva
2a
2mvb2③
由②③得
1
v0
30
2
23v0④
（2）碰后a、b电量总量平分，则
qa
1
qb12q
碰后a在电场中向左做类平抛运动，设经
2v0时a球到P点的位置坐标为（-x，-y）3g
其中
由⑤⑥⑦得
2
故P点的位置坐标为（2v0
9g
（3）碰撞后对b
故b做匀速圆周运动，则
b恰好从C射出，则
由?
?
恰从
D射出，则由几何关系
由?
?
故要使b不从CD边界射出，则
mg
vat⑤，y1at2⑥
2
1
2qE1
2
v0
2
2v0
9g
9g）⑧
1
2qE2
12qvbB
2
1
ma⑦，a=2g
，y
2
v0
9g
2mg⑨
2
2mvb2
r
8mv0r
3qB
B1
4L2
B2
2r?
16mv0
3qL
2
rL
52L?
16mv0
15qL
B的取值范围满足
16mv0
16mv0
0B或B
15qL
【点睛】
本题考查带电粒子在电磁场中的运动以及动量守恒定律及能量守恒关系，注意在磁场中的
运动要注意几何关系的应用，在电场中注意由类平抛运动的规律求解。
3qL
4．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度
大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为（L，0）。
现使一个电量大小为q、质量为m的带正电粒子
从坐标（﹣2a，a）处以沿+x方向的初速度v0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并
在随后经过了点P，不计粒子的重力。
1）求粒子经过原点时的速度；
2）求磁感应强度B的所有可能取值
3）求粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值。
答案】
（1）粒子经过原点时的速度大小为2v0，方向：
与x轴正方向夹45°斜向下；
nmv0
2）磁感应强度B的所有可能取值：
B0n＝1、2、3⋯⋯；qL＝、、⋯⋯；
3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值：
t2akm（k1）3mv02qB4qB
2a
m
3m
或t
n
nn＝1、2、3
v0
2qB
4qB＝、、
k＝1、2、3
解析】详解】
1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：
2a＝v0t，
竖直方向：
avyt，
2vy
解得：
vy＝v0，tanθ＝＝1，θ＝45°，
v0
粒子穿过O点时的速度：
vv02v22v0；
（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
v
qvBm，
r
粒子能过P点，由几何知识得：
L＝nrcos45°n＝1、2、3⋯⋯，
解得：
Bnmv0n＝1、2、3⋯⋯；qL
2a
（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：
t1＝；
v0
粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：
T12m，T2m，
qBqB
粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧，
1
若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：
t2＝T1，
4
13
若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：
t2＝T1+T2，
44
13
若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：
t2＝2×T1+T2，
44
13
若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：
t2＝2×T1+2×T2，
44
则t2km
22qB
（k1）34qBm
k＝1、2、3
m或t2n2qmB
3m
nn＝1、2、3
4qB
粒子从出发到P点经过的时间：
t＝t1+t2，
解得：
t
2akm（k1）3m
2qB4qB
k＝1、2、
v0
3
5．如图所示，虚线OL与y轴的夹角θ=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）的粒子以速率v0从
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OL进入匀强磁
场，不计粒子重力。
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点出发到第二次经过OL所需要的最长时间。
答案】
（1）；
解析】
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；
由（
1）求出在电场中运动
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，由圆周运动规律及几何关系得到最大半径，进而得到最长时间；
（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：
，所以；
该粒子恰好能够垂直于
OL进入匀强磁场，所以在
，速度关系有
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
所以，
则有
，
2）根据
（1）可知粒子在电场中运动的时间
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
磁场中运动了半个圆周，所以，在磁场中运动时间为
粒子在磁场运动，洛伦兹力作为向心力，所以有，
；
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v0在X方向上
的分量，即；
粒子在电场中运动，在Y方向上的位移
，所以，粒子进入磁
；根据几何关系，
场的位置在OL上距离O点
可得
，即
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
6．从宏观现象中总结出来的经典物理学规律不一定都能适用于微观体系。
但是在某些问题
中利用经典物理学规律也能得到与实际比较相符合的结论。
根据玻尔的氢原子模型，电子的运动看做经典力学描述下的轨道运动，原子中的电子在库仑力作用下，绕原子核做圆周运动。
已知电子质量为m，电荷量为e，静电力常量为k。
氢原子处于基态（n=1）时电子e2
的轨道半径为r1，电势能为EPk（取无穷远处电势能为零）。
第n个能级的轨道半
r1
径为rn，已知rn=n2r1，氢原子的能量等于电子绕原子核运动的动能、电子与原子核系统的电势能的总和。
1）求氢原子处于基态时，电子绕原子核运动的速度；
1
2）证明：
氢原子处于第n个能级的能量为基态能量的2（n=1，2，3，⋯）；n2
3）1885年，巴尔末对当时已知的在可见光区的四条谱线做了分析，发现这些谱线的波
111
长能够用一个公式表示，这个公式写做R（22），n=3，4，5，⋯。
式中R叫做里
22n2德伯常量，这个公式称为巴尔末公式。
已知氢原子基态的能量为E1，用h表示普朗克常
量，c表示真空中的光速，求：
a．里德伯常量R的表达式；b．氢原子光谱巴尔末系最小波长与最大波长之比。
e2
定律有k2
r12
答案】
（1）
mv1
r1
2）设电子在第1轨道上运动的速度大小为
v1，根据牛顿第二
电子在第
1轨道运动的动能
Ek1
12
mv1
21
ke2
2r1，
电子在第1轨道运
动时氢原子的能量
E1
ke2
2r1
2量Enkne
nnrn
ke2
2rn
2
ke2
r1
2
ek，又因为
2rn
2
e
k，同理，电子在第
2r1
n轨道运动时氢原子的能
命题得证。
（3）
a：
R
E1b：
5:
9
hc
2
rnn2r1，则有En
2
ke2
2rn
2
k2en22r1
E1
2，n
解析】详解】
1）电子绕氢原子核在第
1轨道上做圆周运动
根据牛顿第二定律有
2ker22r1
2
v
m
r1
则有v1
mr1
ke2
2）设电子在第1
轨道上运动的速度大小为
v1，
根据牛顿第二定律有
2
kre2
r12
2v1m1r1
电子在第1轨道运动的动能Ek11mv12
2
ke2
电子在第1轨道运动时氢原子的能量E1
2ker1
ke2
2r1
同理，电子在第n轨道运动时氢原子的能量
En
2knern
2
ke
2r1
ke2
2rn
2
e
k，又因为rn
2rn
2
nr1
则有En
ke
2rn
2
2n2r1
2，命题得证。
n
c
3）a：
从n能级向2能级跃迁放出光的波长为EnE2h
由EnE21E2E21代入得：
RE1
n2hc
111
b：
由R22可知当n=3时波长最大，当n=∞时波长最小
22n2
代入可得，最小波长与最大波长之比为5:
9。
7．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.0×41C0，质量m=4.0×1-30kg。
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）E3.0103N/C
（2）v2.0m/s（3）T5.6102N【解析】
【详解】
qEo
（1）对带电小球受力分析，得关系：
tantan37o
mg
代入已知数据后，解得E3.0103N/C
（2）根据机械能守恒定律有：
mgl1cos37o1mv2
解得：
v2gl1cos37o2.0m/s
（3）根据牛顿第二定律:
Tmgmv
解得:
T5.6102N
8．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
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）2eU
（2）12mU方向垂直纸面向里
mLe
【解析】
【详解】
（1）电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：
解得：
v2eU
m
eU
12
mv
2
（2）两板间电场的电场强度大小为：
由于电子在两板间做匀速运动，故：
2U
L
evBeE
根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外
9．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）
2）
3）
小球由A运动至B的时间t；竖直墙面BC的高度h；
答案】
（1）
2）
小球从B点抛出后，经多长时间动能最小?
最小动能是多少?
3）
【解析】
B点，经一段时间后小球第一次运动至C点”可知，本题
【分析】根据“小球在匀强电场中运动至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
联立解得运动时间：
（2）设小球运动至B时速度为vB，则
-a的匀变速运动，位移为
0，
小球由B运动至C的过程中，在水平方向做加速度为
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
故小球从
时，最小，最小值
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.
10．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r2L（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
mg
强度大小等于.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？
mg32L
答案】
（1）E
（2）xCN7L（3）t总＝（3）
q4g
解析】
（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
PA方向；又
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
PAACL，故tan450qE，解得：
Emqgmgq
vA2gL
mg
，电荷q
2）小物体从P到A的运动由动能定理可得：
mgLqEL1mvA2，解得：
2
虚线AB的下方存在竖直向下的、范围足够大的匀强电场，电场强度大小等于量为q（q>0）的绝缘小物体所受电场力F2qE2mg，方向竖直向上，故小物体从A到
B做匀速圆周运动，vBvA2gL
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：
t2vBsin450
解得：
t2
g
（vBcos450）t
12at
2
、
qEma解得：
x
xCNxL
7L
P到A的时间
t1，则
2L
1vAt1解得：
t1
N点距离C点：
3）小物体从
水平方向：
x
8L
2L
g
物体从A到B的时间t2，则t2
32
4
2L
小物体由P点运动到N点的总时间t总＝t1t2
11．在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、期是T．现有电子以平行于金属板的速度为m，电荷量为e，不计电子的重力，求：
方向周期性变化的交变电压
UO，其周
VO从两板中央射入（如图甲）．已知电子的质量
（1）若电子从的大小．
t=0时刻射入，
在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度
2）若电子从
t=0时刻射入，
恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？
答案】
（1）
v02emU0
m
2）v0T
【解析】
【分析】
（1）电子在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，在此过程中只有电场力做功，根据动能定理即可解除电子飞出时的速度．
（2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；
【详解】
解得：
v
v02
eU0
U0
12
12
e
mv
mv0
2
2
20
1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得：
2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后
半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；则电子水平方向做匀速直线运
动：
L=v0T
12．如图所示，质量M＝0.2kg的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，
另一质量m＝0.1kg的
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