(物理)物理带电粒子在电场中的运动专项及解析

（物理）物理带电粒子在电场中的运动专项及解析

一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动

1．如图，半径为a 的内圆A 是电子发射器，其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v 的电子；外圆C 为与A 同心的金属网，半径为3a ．不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用，已知电子质量为m ，电量为e ．

(1)为使从C 射出的电子速率达到3v ，C 、A 间应加多大的电压U ；

(2)C 、A 间不加电压，而加垂直于纸面向里的匀强磁场．

①若沿A 径向射出的电子恰好不从C 射出，求该电子第一次回到A 时，在磁场中运动的时间t ；

②为使所有电子都不从C 射出，所加磁场磁感应强度B 应多大．

【答案】（1）24mv e （2）①43a π ②(31)B ae ≥- 【解析】

【详解】

（1）对电子经C 、A 间的电场加速时，由动能定理得

()2211322

eU m v mv =- 得2

4mv U e

= （2）电子在C 、A 间磁场中运动轨迹与金属网相切．轨迹如图所示．

设此轨迹圆的半径为r ，则

)2223a r r a -=+ 又2r T v π=

得tan 3a r θ== 故θ=60° 所以电子在磁场中运动的时间2-22t T πθπ=

得439a t v

π= （3）若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C 相切．则所有电子都不从C 射出，轨迹如图所示：

23r a a '=-

又2

v evB m r ='

得3-1B ae

=（） 所以3-1B ae ≥

（）

2．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为q m

=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:

(1)电压U 0的大小；

(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度；

(3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23

T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．

【答案】(1)40 2.1610V U =? (2)0.04m x ?= (3)0.1425m x ≥ 【解析】

【分析】

【详解】

(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：

0l v T = 7110T s -=?

211()22

T y a = 2

y T v a = 22y

T y v = 122

d y y =+ Eq ma =

0U E d

= 解得：40 2.1610V U =? (2)2T t nT =+

时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ?=-即：0.04x m ?=

(3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y

v v β= 37β=o

0cos37v v

=o 6110m/s v =?

即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.

2

v qvB m R

= 0.03m R r ==

由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.

由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53C A R x x ?

=+ 0.1425m C x =.

由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动.

综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥

3．如图甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续无初速地释放质量为m 、电荷量为+q 的粒子，经电场加速后，沿极板C 、D 的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线垂直），当C 、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上图乙所示电压（图中电压U 1已知）时，粒子均能从C 、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：

（1）C 、D 板的长度L ；

（2）粒子从C 、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离；

（3）粒子打在荧光屏上区域的长度．

【答案】（1）02qU L t m =2）2102qU t y md =（3）21032qU t s s md ?== 【解析】

试题分析：（1）粒子在A 、B 板间有20012qU mv =

在C 、D 板间有00L v t = 解得：002qU L t m = （2）粒子从nt 0（n=0、2、4……）时刻进入C 、D 间，偏移距离最大

粒子做类平抛运动

偏移距离2012y at =

加速度1qU a md

= 得：2102qU t y md

= （3）粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远ZXXK]

出C 、D 板偏转角0tan y

v v θ=

0y v at =

打在荧光屏上距中心线最远距离tan s y L θ=+

荧光屏上区域长度21032qU t s s md

?== 考点：带电粒子在匀强电场中的运动

【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场中的运动问题；关键是知道粒子在水平及竖直方向的运动规律和特点，结合平抛运动的规律解答．

4．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 =3m ，两金属板间电压U MN = 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B 1，三角形的上顶点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B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直

线上．AF 两点距离为

23

m ．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的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．

(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B 1

(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B 2应满足的条件．

【答案】（1）52310/m s ?；垂直于AB 方向出射．（2）33

10T （3）235T + 【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：U q ma d =解得：102310/qU a m s md ==? 50

110L t s v -==? 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝

3×105m/s 射出时速度为：22502310/3y v v v m s =+=

? 速度v 与水平方向夹角为θ，03tan y

v v θ==，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射． （2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移213262d y at m =

==，即粒子由P 1点垂直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12cos303

d R m ==o 由2

11

v B qv m R = 知：1133mv B T qR == （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最大，运动轨迹如图所示：

由几何关系得：221sin 60

R R o += 故半径2(233)R m =

又2

22v B qv m R =

故2235B T += 所以B 2应满足的条件为大于

235T +． 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.

5．如图甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为M 、N ．现有一质量为m 、带电量为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．

（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E 的大小；

（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴．求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标；

（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N 点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 各应满足的关系表达式．

【答案】（1） （2） （3） （n=1，2，3…）

（n=1，2，3…）

【解析】

（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．

由速度关系可得：

解得：

由速度关系得：v y=v0tanθ=v0

在竖直方向：

而水平方向:

解得：

（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L

根据牛顿第二定律：

解得：

根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）

（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．

在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；

在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于

2r．

综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）而：

解得：（n=1，2，3…）

应满足的时间条件为： (T0+T′)=T

而：

解得（n=1，2，3…）

点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合

要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B 0中偏转60°，而后又在? B 0中再次偏转60°，经过n 次这样的循环后恰恰从N 点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.

6．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06x cm =，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51.610/E N C =?，在第二象限有半径5R cm =的圆形磁场，磁感应强度0.8B T =，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81.010/q C kg m =?的带正电的粒子，已知粒子的发射速率60 4.010/v m 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）010y cm ≤≤ （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

2

0v qv B m r

= 解得：05mv r 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1PO FO '为菱形，所以1//FO O P '，又O P '垂直于x 轴，粒子出射的速度方向与轨迹半径1FO 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010y cm ≤≤．

（3）假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有

000x v t =

2012

h at = qE a m

= 解得：18210h cm R cm =>=，

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

0x v t =

212

y at = 代入数据解得2x y =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θ，

000

tan 2y qE x v m v y v v θ===g 所以()(00tan 22H x x x y y θ=-=g 由数学知识可知，当(022x y y =

4.5y cm =时H 有最大值，

所以max 9H cm =

7．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θ=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d 。现将一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从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）2qEd m =

v 2）42CA x d =（3）('222B B = 【解析】

【详解】 （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212qEd mv =

， 解得2qEd v m

=（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，两点间距为CA x

由类平抛规律x vt =，212Eq y t m

= 由几何知识可得x=y ，解得2md t Eq

= 两点间的距离为2CA x vt ，代入数据可得42CA x d =

（3）由2mv qvB R =可得mv R qB =，即12mEd R B q = 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22r R +=

又因为'mv r qB =，所以'mv B qr

=， 代入数据可得()

'222B B =-

8．如图所示，在竖直面内有两平行金属导轨AB 、CD ．导轨间距为L ，电阻不计．一根电阻不计的金属棒ab 可在导轨上无摩擦地滑动．棒与导轨垂直，并接触良好．导轨之间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感强度为B ．导轨右边与电路连接．电路中的三个定值电阻阻值分别为2R 、R 和R ．在BD 间接有一水平放置的电容为C 的平行板电容器，板间距离为d ，电容器中质量为m 的带电微粒电量为q 。

(1)当ab 以速度v 0匀速向左运动时，带电微粒恰好静止．试判断微粒的带电性质和电容器的电量Q

(2)ab 棒由静止开始，以恒定的加速度a 向左运动．求带电微粒q 所受合力恰好为0的时间t ．（设带电微粒始终未与极板接触．）

【答案】(1) 03CBLv Q =

(2) 3mgd t aBLq = 【解析】

【详解】

解：(1)ab 棒匀速向左，a 为正极，上板带正电，场强方向向下，即微粒带负电； BD E U 3= 0E BLv =

BD Q CU =

联立解得：0CBLv Q 3

= (2)微粒所受合力为0，则有：qE mg =场

BD U E d

'=

场 3BD E U ''= E BLv '=

联立解得：3mgd t aBLq

=

9．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 ，两板长度与两板间的距离均为L ，电子的质量为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】（12eU m （212mU L e 【解析】

【详解】

(1)电子通过加速电场的过程中，由动能定理有：212eU mv =

解得：2eU v m

=(2)两板间电场的电场强度大小为：2U E L =

由于电子在两板间做匀速运动，故：evB eE = 解得：12mU B L e

= 根据左手定则可判断磁感应强度方向垂直纸面向外.

10．水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，A 为轨道的最低点，半径OA 竖直，圆心角AOB 为60°，半径R=0.8m ，空间有竖直向下的匀强电场，场强E=1×104N/C 。一个质量m=2kg ，带电量为q=－1×10－3C 的带电小球，从轨道左侧与圆心O 同一高度的C 点水平抛出，恰好从B 点沿切线进入圆弧轨道，到达最低点A 时对轨道的压力F N =32.5N 。求：

(1)小球抛出时的初速度v 0大小； (2)小球从B 到A 的过程中克服摩擦所做的功W f 。

【答案】(1)

23/3m s (2) 13J 【解析】

【分析】

根据题中“竖直向下的匀强电场…带电小球”、“水平抛出…圆弧轨道”可知，本题考察带电物体在复合场中的运动。根据带电物体在复合场中的运动规律，应用运动的分解、牛顿运动定律、动能定理列式计算。

【详解】

(1)小球抛出后从C 到B 过程中受重力和竖直向上的电场力，做类平抛运动，则： mg qE ma -=，解得：小球的加速度

34

2221011010/5/2

mg qE a m s m s m --?-??=== C 与B 的高度差600.4h Rcos m =?=

设小球到B 点时竖直分速度为y v ，则2

2y v ah =，解得：小球到B 点时竖直分速度2y m v s

= 小球在B 点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则060y

v tan v ?=

解得：小球抛出时的初速度023m v s =

(2)在B 点时，60y B v sin v ?=

，则43B m v s = 小球在A 点时，2A N v F qE mg m R

+-=，解得：3A m v s = 小球从B 到A 过程，由动能定理得：2211()()22f A B mg qE R Rcos W mv mv θ---=

- 解得：小球从B 到A 的过程中克服摩擦所做的功13

f W J =

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U 0＝2 500 V ，偏转电场电压U ＝200 V ，极板的长度L 1＝6.0 cm ，板间距离d ＝2.0 cm ，极板的末端到荧光屏的距离L 2＝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v 0；

(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) v 0＝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eU 0＝

12mv 02 解得v 002eU m

代入数据解得v 0＝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，L 1＝v 0t

电子在竖直方向上做匀加速运动，y ＝12at 2 根据牛顿第二定律有eU d

＝ma 解得y ＝21202eUL mdv ＝192

31721.6102000.0629.0100.02(3.010)

m --????????＝3.6×10－3m ＝0.36cm 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112

2L L y L h += 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

W ＝eEy ＝e

U d

y ＝5.8×10－18J ΔE ＝－W ＝－5.8×10－18J.

【点睛】 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，带电荷量为+4×10－8C 的滑块在电场强度大小为2×104N ／C 、方向水平向右的匀强电场中，沿光滑绝缘水平面由M 点运动到N 点．已知M 、N 间的距离为0．1 m ．求：

（1）滑块所受电场力的大小；

（2）M 、N 两点间的电势差；

（3）电场力所做的功．

【答案】（1）8×10-4N （2）2×103V （3）8×10-5J

【解析】

【分析】

（1）在匀强电场中，根据F=qE 直接计算电场力的大小；

（2）根据U=Ed计算M、N两点间的电势差；

（3）根据W=qU计算电场力所做的功．

【详解】

（1）滑块所受的电场力为：

F=qE=4×10一8×2×104N=8×10-4N

（2）M、N两点间的电势差为：

U MN=Ed=2×104×0.1V=2×103V

（3）电场力所做的功为：

W MN=qU MN=4×10-8×2×103J=8×10-5J

【点睛】

本题是对电场的基本公式的考查，掌握住公式的使用条件，F=qE，U=Ed在匀强电场中才可以使用，W=qU任何电场都可以使用．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/2lrq.html