(物理)物理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．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内，圆心为O，轨道半径为R，B为轨道最低点。该装置右侧的

1圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个4带电小球从A点由静止开始运动，到达B点时，小球的动能为E0，进入电场后继续沿轨道运动，到达C点时小球的电势能减少量为2E0，试求： （1）小球所受重力和电场力的大小； （2）小球脱离轨道后到达最高点时的动能。

【答案】（1）【解析】 【详解】

E02E0 （2）8E0 RR(1)设带电小球的质量为m，则从A到B根据动能定理有：

mgR＝E0

则小球受到的重力为：

mg＝

方向竖直向下；

由题可知：到达C点时小球的电势能减少量为2E0，根据功能关系可知：

EqR＝2E0

则小球受到的电场力为：

Eq＝

方向水平向右，小球带正电。

(2)设小球到达C点时速度为vC，则从A到C根据动能定理有：

EqR＝

则C点速度为：

vC＝方向竖直向上。

E0 R2E0 R12mvC＝2E0 24E0 m从C点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：

tvC1gg4E0 m在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：

vat则在最高点的动能为：

4E0qEqE4E0 t2mmgmmEk4E02121mvm(2)8E0 22m

2．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θ＝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＝1×10﹣5C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B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.

(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；

(3)若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点（图中未画出）后不再反弹，求Q、C两点间的距离L。

【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s，匀强电场的电场强度大小是7.5×104N/C；（2）小球到达P点时的速度大小是2.5m/s，B、C两点间的距离是0.85m。（3）Q、C两点间的距离为0.5625m。 【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：Fd＝代入数据解得：v＝6m/s

小球到达P点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE＝m2gtanθ，

1m1v2， 2解得：E＝7.5×104N/C。

（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G等＝

m2g ① cos2vP小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等＝m2 ②

r联立①②，代入数据得：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v1、v2， 以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v＝m1v1+m2v2 ③ 由能量守恒得：

1112m1v2m1v12m2v2 ④ 222联立③④，代入数据得：v1＝﹣2m/s（“﹣”表示v1的方向水平向左），v2＝4m/s 小球碰后运动到P点的过程，由动能定理有： qE（x﹣rsinθ）﹣m2g（r+rcosθ）＝代入数据得：x＝0.85m。

1122m2vPm2v2 ⑤ 221qE2t⑥ （3）小球从P点飞出水平方向做匀减速运动，有：L﹣rsinθ＝vPcosθt﹣

2m2竖直方向做匀加速运动，有：r+rcosθ＝vPsinθt+联立⑥⑦代入数据得：L＝0.5625m；

12

gt⑦ 2

3．一带正电小球通过绝缘细线悬挂于场强大小为E1的水平匀强电场中，静止时细线与竖直方向的夹角θ=45°，如图所示。以小球静止位置为坐标原点O，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=1.0×10－2kg，电荷量q=1.0×10－8C，g取10m/s2，空气阻力不计。求

(1)E1和E2；

(2)细线剪断0.3s末小球的位置坐标。

77【答案】(1) E110V/m E2310V/m (2) (0.1m,0.3m)

【解析】 【详解】

（1）当小球静止时，qE1mg 则E1mg107V/m qmg2mg

cos45o电场力与重力的合力F合=剪断细绳后，小球做匀加速直线运动，加速度的大小为a经过0.1s小球的速度大小为v1at2m/s 速度的方向与x轴正方向成45o斜向右下方

F合102m/s2 m在第2个0.1s内，电场方向，小球的水平分速度vxv1cos45竖直分速度vyv1sin45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aooqE1t20 mv2220m/s2 t30.1根据牛顿第二定律得aqE2mg m7代入数据得E2310V/m

（2）第1个0.1s内，小球的位移大小s1212at12g0.12m 2220o则小球沿x方向移动的距离x1scos450.05m o沿y方向移动的距离y1ssin450.05m

在第2 个0.1s内，小球沿x方向移动的距离x2v1cos45t2沿y方向移动的距离y2v1sin45oo1qE2t20.05m 2m12gt20.15m 212at30.1m 2在第3个0.1s内，小球沿沿方向移动的距离y3v2t3即小球速度为零时的位置坐标是(0.1m,0.3m)

4．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； osin37Q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=

12

at…① 2a=t=

qEqU=…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% 180o

5．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； （2）磁感应强度B的所有可能取值：Bnmv0 n＝1、2、3……； qL2am3mk(k1) v02qB4qB（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值：tk＝1、2、3……或t【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：a2am3mnn n＝1、2、3……。 v02qB4qBvy2t ，

解得：vy＝v0，tanθ＝

vyv0＝1，θ＝45°，

2粒子穿过O点时的速度：vv0v22v0；

（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：

v2qvBm ，

r粒子能过P点，由几何知识得：L＝nrcos45° n＝1、2、3……， 解得：Bnmv0 n＝1、2、3……； qL2a（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：T12mmT，2， 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， 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＝

1T1， 4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＝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×

31T1+T2， 4431T1+T2， 4431T1+2×T2， 44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×………… 则t2k或t2nm2qB(k1)n3m k＝1、2、3…… 4qBm2qB3m n＝1、2、3…… 4qB粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2， 解得：t或t2am3mk(k1) k＝1、2、3…… v02qB4qB2am3mnn n＝1、2、3……； v02qB4qB

6．空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示．该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示．已知P、Q间的距离为L．若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点．不计重力．

求：（1）电场强度的大小．

（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之比．

tBB2qL ； 【答案】E2tE2m【解析】 【分析】 【详解】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，

2v0 则有qv0BmR由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为故有R1圆周，4L 2以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，tE表示粒子在电场中由p点运动到Q点经过的时间，则有qEma 水平方向上：R12atE 2竖直方向上：Rv0tE

B2qLtm 且E 由以上各式，得 E2qBm（2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为

1m1 所以圆周，即tBT42qB4tB tE2

7．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

；

；

； （2）

．

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

，

所以，

，则有

．

（2）根据（1）可知粒子在电场中运动的时间T

；

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方向上的位移场的位置在OL上距离O点

；根据几何关系， ；

，所以，粒子进入磁

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

．

8．如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0沿AC方向由A点射入。粒子经D点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)θ=60°。(不计重力)

(1)试求AD间的距离；

(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由A射入的粒子仍然能经过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D点时速度的偏向角比60°角大还是小?为什么? 【答案】（1）R=【解析】 【详解】

（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为60，则粒子转过的圆心角为60， 即AD=R

2v0由qv0Bm

Rmvo（2）a<60 Bq得AD=Rmv0 Bq

（2）经D点xRcos3013yRsin30R ，R22而xv0t，y解得E12qEat，a 2m4Bv0，方向垂直AC向上 3速度偏向角tanavyvx，vyat

解得tan2tan3023 3而tan60=3，即tantan60 ，则<60

9．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EPk（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=n2 r1，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； （2）证明：氢原子处于第n个能级的能量为基态能量的

1（n=1，2，3，…）； 2n（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，发现这些谱线的波长能够用一个公式表示，这个公式写做

1R(112)，n = 3，4，5，…。式中R叫做里22n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。 【答案】（1）v1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mr1v12e212ke2定律有k2m，电子在第1轨道运动的动能Ek1mv1，电子在第1轨道运

r1r122r1e2ke2e2k动时氢原子的能量E1k，同理，电子在第n轨道运动时氢原子的能r12r12r1E1e2ke2e2e2e22kk22量Enkn，又因为rnnr1，则有 Enk，rn2rn2rn2rn2nr1n命题得证。（3）a：R【解析】 【详解】

E1 b：5:9 hc（1）电子绕氢原子核在第1轨道上做圆周运动

e2v2根据牛顿第二定律有k2m

r1r1则有v1ke2 mr1v12e2（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k2m

r1r112ke2电子在第1轨道运动的动能Ek1mv1

22r1e2ke2e2k电子在第1轨道运动时氢原子的能量E1k r12r12r1e2ke2e22k同理，电子在第n轨道运动时氢原子的能量Enkn，又因为rnnr1 rn2rn2rnE1e2e2k22则有 Enk，命题得证。 2rn2nr1n（3）a：从n能级向2能级跃迁放出光的波长为EnE2h由Enb：由

c

E1E1E1ER 代入得： 2n222hc可知当n=3时波长最大，当n=∞时波长最小 11R22n21代入可得，最小波长与最大波长之比为5:9。

10．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。如图所示，平行板电容器水平放置，上板正中央有一小孔，两极板间的距离为d，电势差为U。一质量为m、带电量为+q的小球从小孔正上方某处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。重力加速度为g(空气阻力忽略不计)。求：小球释放位置距离上极板的高度h。

【答案】【解析】 【详解】

qUd mg小球首先自由落体，进入两极板后开始减速，到下极板时减速为零，对整个过程列动能定理有：W电+W重=△Ek 即：-qU+mg（h+d）=0-0 得 h=

qUd mg

11．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心．已知电子质量m＝9.0×10－31kg，电荷量大小e＝1.6×10－19C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)．求：

(1) 电子射入偏转电场时的初速度v0； (2) 电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h； (3) 电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．

【答案】(1) v0＝3.0×107m/s.(2) h＝7.2×10－3m. (3) ΔE＝－W＝－5.8×10－18J. 【解析】 【分析】

（1）电子在加速电场中，根据动能定理即可求出进入偏转电场的速度；

（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动规律可求出粒子在偏转电场中产生的侧位移；粒子从偏转电场飞出至荧光屏这一过程，做的是匀速直线运动，根据几何关系即可求h；

（3）根据W=eEy即可求出电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功． 【详解】

(1) 电场中加速有eU0＝解得v0＝1mv02 22eU0 m代入数据解得v0＝3.0×107m/s.

(2) 设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y. 电子在水平方向做匀速直线运动，L1＝v0t

电子在竖直方向上做匀加速运动，y＝根据牛顿第二定律有

12at 2eU＝ma d2eUL11.610192000.062m＝3.6×10－3m＝0.36cm ＝解得y＝231722mdv029.0100.02(3.010)电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点， 由图知

L1y hL12L2解得h＝7.2×10－3m.

(3) 电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功

Uy＝5.8×10－18J dΔE＝－W＝－5.8×10－18J. 【点睛】

W＝eEy＝e

对于带电粒子在电场中的运动问题，关键是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律．在解决问题时，主要可以从两条线索展开：

其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等．这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况．

其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等．这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．

12．如图所示，电荷量为+q，质量为m的小球用一根长为L的绝缘细绳悬挂于O点，所在的整个空间存在水平向右的匀强电场，已知重力加速度为g．现将悬线拉直使小球从与O点等高的A点静止释放，当小球运动到O点正下方的B点时速度的大小为v=gL．求：

(1)该电场的场强E的大小； (2)小球刚到达B点时绳的拉力；

(3)若到达B点后绳子突然断裂，断裂时小球以原速度抛出，则小球再次经过O点正下方时

与O点的距离是多少? 【答案】（1）E【解析】 【分析】 【详解】

（1）由A到B根据动能定理：mgLEqL解得Emg 2qmg（2）2mg；（3）9L 2q12mv ， 2v2（2）在B点，由牛顿第二定律：Tmgm

L解得T=2mg

（3）绳子断裂后，小球水平方向向左先做减速运动，后反向加速；竖直方向做自由落体运动，回到B点正下方，则：t a2v aqEg m21hgt2

2解得h=9L 【点睛】

此题关键是第3问的解答，要知道小球参与水平方向的匀变速运动和竖直方向的自由落体运动，两个运动的时间相等.