高中物理带电粒子在电场中的运动常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析

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，在平面直角坐标系xOy的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域△ABC，A点坐标为（0，3a），C点坐标为（0，﹣3a），B点坐标为(23a，-3a）．在直角坐标系xOy的第一象限内，加上方向沿y轴正方向、场强大小为E=Bv0的匀强电场，在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，其与x轴的交点为Q．粒子束以相同的速度v0由O、C间的各位置垂直y轴射入，已知从y轴上y=﹣2a的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；

（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；

（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q点最远？求出最远距离．

【答案】(1)【解析】 【详解】

v079(2)0≤y≤2a (3)ya，a

84Ba(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r＝a 由牛顿第二定律得

2v0Bqv0＝m

r故粒子的比荷

qv0 mBa(2)能进入电场中且离O点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O′点，如图所示．

由几何关系知

O′A＝r·则

OO′＝OA－O′A＝a

即粒子离开磁场进入电场时，离O点上方最远距离为

OD＝ym＝2a

所以粒子束从y轴射入电场的范围为0≤y≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有

3a＝v0·t0

AB ＝2a BC1qE29t0a2a， 2m2所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上

y粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则 水平方向有

x＝v0·t

竖直方向有

y代入数据得

1qE2t 2mx＝2ay

设粒子最终打在荧光屏上的点距Q点为H，粒子射出电场时与x轴的夹角为θ，则

qExvymv02y

tanvxv0a有

H＝(3a－x)·tan θ＝(3a2y)2y 当3a2y2y时，即y＝

9a时，H有最大值 8由于

99a<2a，所以H的最大值Hmax＝a，粒子射入磁场的位置为

48y＝

97a－2a＝－a

88

2．如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，带电量为+q的a水平向右，不带电的b竖直向上．b上升高度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p．忽略空气阻力，重力加速度为g．求

(1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a、b结合为p后瞬间的速度；

(3)若油滴p形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为t0时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T0（垂直纸面向外为正），已知P始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（1）2mg2h2h2；（）；vPgh 方向向右上，与水平方向夹角为45°

qg（3）smin【解析】 【详解】

ghT02 22(1)设油滴的喷出速率为v0，则对油滴b做竖直上抛运动，有

20v02gh 解得v02gh

0v0gt0 解得t0对油滴a的水平运动，有

2h gx0v0t0 解得x02h

(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为a，有

qEmgma，h2mg12agEat0，解得，

q2设油滴的喷出速率为v0，结合前瞬间油滴a速度大小为va，方向向右上与水平方向夹角，则

v0vacos，v0tanat0，解得va2gh，45

两油滴的结束过程动量守恒，有：mv12mvp，联立各式，解得：vp上，与水平方向夹45角

(3)因qE2mg，油滴p在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T，则

gh，方向向右2rv2T8mTghp 得T0 2m 得r0由qvp，由Tvp2qT0r4即油滴p在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．

最小矩形的两条边长分别为2r、4r（轨迹如图所示）．最小矩形的面积为

sminghT022r4r

22

3．如图所示，竖直面内有水平线MN与竖直线PQ交于P点，O在水平线MN上，OP间距为d，一质量为m、电量为q的带正电粒子，从O处以大小为v0、方向与水平线夹角为θ＝60º的速度，进入大小为E1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60º，粒子到达PQ线上的A点时，其动能为在O处时动能的4倍．当粒子到达A点时，突然将电场改为大小为E2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60º的匀强电场，然后粒子能到达PQ线上的B点．电场方向均平行于MN、PQ所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。已知粒子从O运动到A的时间与从A运动到B的时间相同，不计粒子重力，已知量为m、q、v0、d．求：

(1)粒子从O到A运动过程中,电场力所做功W； (2)匀强电场的场强大小E1、E2； (3)粒子到达B点时的动能EkB．

22323m03m014m02 E2＝ (3) EkB＝【答案】(1)Wmv0 (2)E1＝

234qd3qd【解析】 【分析】

(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。

(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。 (3)根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达B点时的动能。 【详解】

12

mv0粒子在A点动能为：EkA=4Eko，粒子从O到A2

32运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=EkA-Eko=mv0；

2(2) 以O为坐标原点，初速v0方向为x轴正向， 建立直角坐标系xOy，如图所示

(1) 由题知：粒子在O点动能为Eko=

设粒子从O到A运动过程，粒子加速度大小为a1， 历时t1，A点坐标为（x，y） 粒子做类平抛运动：x=v0t1，y=

12a1t1 2由题知：粒子在A点速度大小vA=2 v0，vAy=3v0，vAy=a1 t1 粒子在A点速度方向与竖直线PQ夹角为30°。

223v03v0 ，y 解得：x2a1a1-xcos60°=d， 由几何关系得：ysin60°

24d3v0 ，t1解得：a1

v4d0由牛顿第二定律得：qE1=ma1，

23mv0 解得：E14qd设粒子从A到B运动过程中，加速度大小为a2，历时t2， =水平方向上有：vAsin30°

4dt2tta2sin60°，21，qE2=ma2，

v2022v03mv0 ，E2解得：a2； 3d3qd(3) 分析知：粒子过A点后，速度方向恰与电场E2方向垂直，再做类平抛运动， 粒子到达B点时动能：EkB=解得：EKB【点睛】

本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律可以解题。

214mv0。 312mvB，vB2=（2v0）2+（a2t2）2， 2

4．在水平桌面上有一个边长为L的正方形框架，内嵌一个表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场．一带电小球从圆盘上的P点（P为正方形框架对角线AC与圆盘的交点）以初速度v0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC边的速度从圆盘上的Q点离开该磁场区（图中Q点未画出），如图甲所示．现撤去磁场，小球仍从P点以相同的初速度v0水平入射，为使其仍从Q点离开，可将整个装置以CD边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g．求：

（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比； （2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度．

【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：π：2；（2）框架以CD为轴抬起

222v0后，AB边距桌面的高度为．

g【解析】 【分析】

【详解】

（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，

由几何知识得：r2+r2=L2， 解得：r=

2L， 22r小球在磁场中做圆周运的周期：T=，

v0小球在磁场中的运动时间：t1=

12LT=， 44v0小球在斜面上做类平抛运动，

水平方向：x=r=v0t2， 运动时间：t2=

2L， 2v0则：t1：t2=π：2；

（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，

21222v0位移：r=at2，解得，加速度：a=，

2L对小球，由牛顿第二定律得：a=

mgsin=gsinθ， m222v0AB边距离桌面的高度：h=Lsinθ=；

g

5．如图所示，在竖直面内有一边长为

的正六边形区域，O为中心点，CD水平．将一

质量为m的小球以一定的初动能从B点水平向右拋出，小球运动轨迹过D点．现在该竖直

面内加一匀强电场，并让该小球带电，电荷量为+q，并以前述初动能沿各个方向从B点拋入六边形区域，小球将沿不同轨迹运动．已知某一方向拋入的小球过O点时动能为初动能的，另一方向拋入的小球过C点时动能与初动能相等．重力加速度为g，电场区域足够大，求：

（1）小球的初动能；

（2）取电场中B点的电势为零，求O、C两点的电势；

（3）已知小球从某一特定方向从B点拋入六边形区域后，小球将会再次回到B，求该特定方向拋入的小球在六边形区域内运动的时间． 【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】

（1）设小球从B点抛出时速度为，从B到D所用时间为t，小球做平抛运动 在水平方向上在竖直方向上由几何关系可知：解得小球的初动能为：

（2）带电小球B→O：由动能定理得：

解得：

，

；（2）

；（3）

带电小球B→C：由动能定理得：

解得：

（3）在正六边形的BC边上取一点G，令，设G到B的距离为x，则由匀强电场性

质可知

解得：

由几何知识可得，直线GO与正六边形的BC边垂直，OG为等势线，电场方向沿CB方向，由匀强电场电场强度与电势的关系可得

受力分析如图，根据力合成的平行四边形定则可得：

，方向F→B

小球只有沿BF方向抛入的小球才会再次回到B点，该小球进入六边形区域后，做匀减速直线运动，速度减为零后反向匀加速直线运动回到B点，设匀减速所用时间为t1，匀加速所用时间为t2，匀减速发生的位移为x

由牛顿定律得

(未射出六边形区域)

小球在六边形区域内运动时间为

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）v【解析】 【详解】

2qEd（2）xCA42d（3）B'222B m（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解得v12mv， 22qEd 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xCA

由类平抛规律xvt，y1Eq2t 2m由几何知识可得x=y，解得t2md Eq两点间的距离为xCA2vt，代入数据可得xCA42d

mv12mEdmv2R（3）由qvB可得，即R qBBqR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又因为r22R 4mvmvB'，所以，

qB'qr代入数据可得B'222B



8．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)，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。 【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】

（1）电子绕氢原子核在第1轨道上做圆周运动

E1 b：5:9 hce2v2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 rn2rn2rnE1e2e2Ekk 则有n，命题得证。

2rn2n2r1n2（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： 2n222hc11R22可知当n=3时波长最大，当n=∞时波长最小 n21代入可得，最小波长与最大波长之比为5:9。

9．如图所示，在一光滑绝缘水平面上，静止放着两个可视为质点的小球，两小球质量均为m，相距l，其中A球带正电，所带电荷量为q，小球B不带电．若在A球开始向右侧区域加一水平向右的匀强电场，场强为E，A球受到电场力的作用向右运动与B球碰撞．设每次碰撞为弹性碰撞，碰撞前后两球交换速度，且碰撞过程无电荷转移．求：

（1）小球A在电场中的加速度大小和第一次与B碰撞前的速度；

（2）若两小球恰在第二次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度； （3）若两小球恰在第三次碰撞时离开电场，求电场在电场线方向上的宽度及小球A从进入电场到离开电场的过程中电势能的变化量． 【答案】(1) a=qE/m；【解析】 【详解】

（1）根据牛顿运动定律：qE=ma，则a=qE/m

设第一次碰撞时小球A的速度为v：根据动能定理：Eql解得：v2Eql(2) 5l (3) 13l；13Eql m12mv 22Eql m（2）第一次碰撞前后小球A的速度为vA1和vA1′，小球B碰撞前后的速度为vB1和vB1′所以vA1=v vB1=0 vA1′=0 vB1′=v

A球运动的距离为l第一次碰撞后，小球A做初速度为零的匀加速直线运动，小球B做速度为v的匀速直线运动．设第二次碰撞前后A球的速度为vA2和vA2′小球B碰撞前后的速度为vB2和vB2′

第一次碰撞后至第二次碰撞前：vt= (0+vA2)t/2 所以：vA2=2v；碰后vA2′= v

而B球碰前为v，碰后为2v．从第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A球运动的距离

12 l24l m2v0? 2电场宽度为：L=l+4l=5l

为l2．Eql2（3）二次碰撞后，A球做初速度为v的匀加速直线运动，B球以速度2v匀速直线运动．设A球第三次碰前后的速度为vA3和 vA3′，小球B碰撞前后的速度为vB3和vB3′ 所以：

vvA3t22vt22vA33v

121m 3v-mv2 22从第二次碰撞到第三次碰撞过程中，A球运动的距离为l3 ：qEl3 =

l3=8l

所以：电场的宽度：L=l1+l2+l3=13l A球减少的电势能 △ε=Eq×13l=13Eql

10．如图所示，在y>0的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的区域内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，一电子(质量为m、电量为e)从y轴上A点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，当电子第一次穿越x轴时，恰好到达C点，当电子第二次穿越x轴时，恰好到达坐标原点；当电子第三次穿越x轴时，恰好到达D点，C、D两点均未在图中标出．已知A、C点到坐标原点的距离分别为d、2d.不计电子的重力．求

(1)电场强度E的大小． (2)磁感应强度B的大小． (3)电子从A运动到D经历的时间t. 【答案】（1）【解析】

试题分析：（1）电子在电场中做类平抛运动 设电子从A到C的时间为t1

1分 1分 1分 求出 E =

1分

；（2）

；（3）

．

（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为θ，则

θ = 45° 1分

电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力

1分

由图可知得

1分

1分

（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1=电子在磁场中运动的时间 t2 =电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2=

2分 1分

1分

考点：带电粒子在电场中做类平抛运动 匀速圆周运动 牛顿第二定律

11．如图所示，水平、绝缘、粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R＝0.4m，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E＝1.0×104N/C．现有一电荷量q＝＋1.0×10－4C，质量m＝0.1kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点（图中未画出）．取g＝10m/s2．计算：

①带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小； ②D点到B点的距离xDB； 【答案】（1）6.0N（2）0 【解析】 【分析】 【详解】

①设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律

2vC有：mgm

R解得： vC＝2.0m/s

设带电体通过B点时的速度为vB，轨道对带电体的支持力大小为FB，带电体在B点时

2vB有FBmgm

R带电体从B运动到C的过程中，电场力做功为零，根据动能定理

1212mvCmvB 22联立解得：FB＝6.0N

有：mg2R根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力FB′＝6.0N

②设带电体从最高点C落至水平轨道上D点的时间为t，根据运动的分解 竖直方向：2R12gt 2水平方向：xDBvCt解得：xDB＝0

1Eq2t 2m

12．如图所示，y，N为水平放置的平行金属板，板长和板间距均为2d．在金属板左侧板间中点处有电子源S，能水平发射初速为V0的电子，电子的质量为m，电荷量为e．金属板右侧有两个磁感应强度大小始终相等，方向分别垂直于纸面向外和向里的匀强磁场区域，两磁场的宽 度均为d．磁场边界与水平金属板垂直，左边界紧靠金属板右侧，距磁场右边界d处有一个荧光屏．过电子源S作荧光屏的垂线，垂足为O．以O为原点，竖直向下为正方向，建立y轴．现在y，N两板间加上图示电压，使电子沿SO方向射入板间后，恰好能够从金属板右侧边缘射出．进入磁场．(不考虑电子重力和阻力)

(1)电子进人磁场时的速度v；

(2)改变磁感应强度B的大小，使电子能打到荧光屏上，求 ①磁场的磁感应强度口大小的范围； ②电子打到荧光屏上位置坐标的范围． 【答案】（1）2v0，方向与水平方向成45° （2）①B【解析】

试题分析：（1）电子在MN间只受电场力作用，从金属板的右侧下边沿射出，有

（1分）

12mved0，②4d22d4d

（1分） （1分）

（1分）

解得速度偏向角

（1分）

（2）电子恰能（或恰不能）打在荧光屏上，有磁感应强度的临界值B0，此时电子在磁场中作圆周运动的半径为R

（2分） （1分）

（1分）

mv2又有qvB0（2分）

R由⑦⑧解得：B0(12)mv0（1分） ed(12)mv0时电子能打

ed磁感应强度越大，电子越不能穿出磁场，所以取磁感应强度B在荧光屏上（得B(12)mv0不扣分）． （1分） ed如图所示，电子在磁感应强度为B0时，打在荧光屏的最高处，由对称性可知，电子在磁场右侧的出射时速度方向与进入磁场的方向相同，

即． （1分）

出射点位置到SO连线的垂直距离

y1d2Rsin45（1分）

电子移开磁场后做匀速直线运动，则电子打在荧光屏的位置坐标

y2y1dtan450（1分）

解得y24d22d（1分）

当磁场的磁感应强度为零时，电子离开电场后做直线运动，打在荧光屏的最低点，其坐标

0为y3d3dtan454d（1分）

电子穿出磁场后打在荧光民屏上的位置坐标范围为：

4d22d到4d（2分）

考点：带电粒子在磁场中受力运动．