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(物理)高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析.doc

（物理）高考物理带电粒子在电场中的运动专题训练答案及解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动

1．如图，质量分别为m A=1kg、 m B=2kg 的 A、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小

A 不带电，

B 带正电、电荷量－5

E=3× 10N/C、方向水平向右的匀强电场中，q=2 × 10 C．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/s 2．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(m A+m B)g=(m A+m B)a1

可得系统的加速度a1=1m/s 2；

由运动规律： x= 1

a1 t12 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=a1 t1=2m/s ；

绳断后，对 B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2

解得 a2=2m/s 2；

由运动规律可知：v2=v1+a2(t 2-t 1 )

解得 v2=10m/s

电场力的功率P=Fv，解得 P=60W

2．如图 1 所示，光滑绝缘斜面的倾角θ=30，°整个空间处在电场中，取沿斜面向上的方向

为电场的正方向，电场随时间的变化规律如图

－ 5 2 所示．一个质量 m=0.2kg，电量 q=1×10 C

的带正电的滑块被挡板P 挡住，在 t=0 时刻，撤去挡板 P．重力加速度 g=10m/s 2，求：

(1)0~4s 内滑块的最大速度为多少?

(2)0~4s 内电场力做了多少功?

【答案】（1） 20m/s （ 2） 40J

【解析】

【分析】

对滑块受力分析，由牛顿运动定律计算加速度计算各速度

【详解】

【解】 (l)在 0~2 s 内，滑块的受力分析如图甲所示，

．

电场力 F=qE

F1mg sin ma1

在 2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示

F2 mg sin ma2

解得 a2 10m / s2

因此物体在0～ 2 s 内，以a110 m / s2的加速度加速，

在 2～ 4 s 内，a 10m / s2 2s

时，速度最大

的加速度减速，即在

由 v a1t 得，v max 20m / s

(2)物体在 0～ 2s 内与在 2～ 4s 内通过的位移相等．通过的位移x

max t20 m 2

在 0~2 s 内，电场力做正功W1 F1 x 60 J - 在 2～ 4 s 内，电场力做负功W2 F2 x 20J

电场力做功W=40 J

3 MN

与 x 轴垂直放置，与 x 轴相交于 Q 点， Q 点的横坐标

．如图所示，荧光屏

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q 1.0 108 C / kg 的带正电的粒子，已知粒子的

发射速率 v0 4.0106 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）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

qv0 B m v

mv0

5cm

解得： r

（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

x 0

v 0 t 0

at 02

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

轴方向的位移为

x ，则

x vt 0

y 1 at 2

代入数据解得 x

2 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

，

v y

qE g x

tan

m v 0 ，

v 0

2 y

所以 H

x 0 x tan

x 0 2 y g 2 y ，

由数学知识可知，当 x 0

2 y 时，即 y 4.5cm 时 H 有最大值，

所以 H max 9cm

4．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

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 2qEd

x CA 4 2 d（ 3 ） B ' 2 2 2 B （2）

【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qEd 1 mv2，

解得v

2 2qEd

（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 x CA

由类平抛规律 x vt ，y 1 Eq t2

2 m

由几何知识可得x=y，解得t 2md Eq

两点间的距离为x CA2vt ，代入数据可得 x CA 4 2d

（3 mv2 mv 1 2mEd

）由

qvB 可得 R ，即 R

R qB B

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 22 R

又因为 r mv mv ，所以 B ' ，qB ' qr

代入数据可得 B ' 2 2 2 B

5．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN 、 PQ，其交点为O． MN 一侧有电场强度为 E 的匀强电场（垂直于MN ），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ 线上距 O 点为 h 的 A 点处，身边有多个质量均为

m、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN 方向抛出各小球．其中第 1 个小球恰能通过MN 上的 C点第一次进入磁场，通过O 点第一次离开磁场，

OC=2h．求：

（1）第 1 个小球的带电量大小；

（2）磁场的磁感强度的大小 B；

（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到

宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．

2E E 【答案】 (1) q 1

0 ；

(2) B

； (3)存在， B

2Eh

v 0

【解析】

【详解】

（1）设第 1 球的电量为 q 1 ，研究 A 到 C 的运动：

1 q 1 E t

2 2 m

2h v 0t

解得：

；

（2）研究第 1 球从 A 到 C 的运动：

v y

q 1

解得： v y v 0

tan

v y

1 ，

45o ， v

2v 0 ；

v 0

研究第 1 球从 C 作圆周运动到达 O 的运动，设磁感应强度为 B

v 2

得

由 q 1vB

q 1 B

由几何关系得： 2Rsinh

解得： B

2E v 0 ；

（3）后面抛出的小球电量为

q ，磁感应强度 B

①小球作平抛运动过程

x v 0t v 0

2hm qE

v y

②小球穿过磁场一次能够自行回到A ，满足要求： Rsin

x ，变形得：

sinx

解得： B

E ．

v 0

6．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

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

v 0

(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）；（ 2）

；（ 3）

．

【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 t 1

1 分

求出 E = 1 分

）设电子进入磁场时速度为v

，

与

轴的夹角为

（，则

θ = 45 °分 1

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 1 分

得 1 分

（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为3t 1=1 分

电子在磁场中运动的时间 t 2 = 2 分

电子从 A 运动到 D 的时间 t=3t 1+ t2= 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

7．如图所示，长度为 d 的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O 上，另一端固定一质量为m 电荷量为q 的带负电小球．小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC 和BD 分别为圆的竖直和水平直径．等量异种点电荷＋Q、－ Q 分别固定在以 C 为中点、间距为2d 的水平线上的E、 F 两点．让小球从最高点 A 由静止开始运动，经过 B 点时小球的速度大小为v，不考虑q 对＋ Q、－ Q 所产生电场的影响．重力加速度为g 求：

(1)小球经过 C 点时球对杆的拉力大小；

(2)小球经过 D 点时的速度大小．

【答案】（ 1）（2）

【解析】

（1）图中 AC是等势面，故电荷从 A 到 C 过程中，电场力不做功，根据动能定理，有：

mg（2d）= mv C -0

在 C 点，拉力和重力一起提供向心力，根据牛顿第二定律，有：F-mg=m

解得： F=5mg

（2）对从 B 到 C 过程，根据动能定理，有：mgd+W 2 - mv 2

电= mv C

对从 B 到 C 过程，根据动能定理，有：

-mgd+W 电= mv D2-mv C2

联立解得： v D=

点睛：本题关键是灵活选择过程根据动能定理列式求解，同时要熟悉等量异号电荷的电场

线分布情况．

8．如图甲所示，平行板A、 B 竖直放置， B 板接地， A、 B 两板加上交变电压， A 板的电势随时间变化规律如图乙所示，乙图所示物理量均为已知量。t=0 时刻，一个质量为m，电荷量为 q 的带正电的粒子在 B 板附近由静止释放，不计粒子的重力，求：

(1)要使粒子到达 A 板时速度为零，A、 B 板间的距离应满足什么条件?

(2)要使粒子到达 A 板前一直加速，A、 B 板间的距离应满足什么条件

(3)若将两板间的距离调为L，保持两板的电势差大小不变，改变交变电压周期，使粒子在

t= T

到 t=

时间内从 B 板附近由静止释放后粒子不能到达 A 板，改变后的周期应满足什么4 2

条件 ?

【答案】（1）T nq 0

(n=1,2,3, ?（)2 ）d

T q 0

（ 3）T

m 2 m 2 2m

q 0

【解析】

【分析】

粒子从 t 0 时刻释放后一个周期内，先做初速度为零的匀加速运动，后做匀减速运动速度为

零，因此粒子到达 A 时速度为零，则粒子在板间运动的时间应为周期的整数倍；

要使粒子到达 A 板前一直加速，即粒子在板间运动的时间不超过半个周期；从B板附近由

静止释放后粒子不能到达 A 板，带电粒子在t T T

到 t 时间内向 A 做匀加速运动，在4 2

T 3T

；

t到t 时间内向 A 做匀减速运动，速度减为零后将返回

【详解】

解： (1)由题可知，粒子从t0 时刻释放后一个周期内，先做初速度为零的匀加速运动，后做匀减速运动速度为零，因此粒子到达 A 时速度为零，则粒子在板间运动的时间应为周期的整数倍；

设板间的间距为 d，则板间电场强度大小为： E 0

在开始的半周期内，粒子运动的距离：x 1 a(T )2

2 2

a qE m

d2nx ，(n=1，2，3?.)

解得：d T nq

0，(n=1，2，3?.) 2m

(2)要使粒子到达 A 板前一直加速，即粒子在板间运动的时间不超过半个周期

d 1

at 2 2

a q

0 md

t T 2

解得：d T q

2 2m

(3) 带电粒子在t T T 时间内向

A 做匀加速运动，在t T 到 t

时间内向 A 做匀到 t

4 2 2

减速运动，速度减为零后将返回，粒子向 A 运动可能的最大位移：s 2 1 a( T )2

2 4

q 0

从 B 板附近由静止释放后粒子不能到达 A 板，则有：x L

解得： T4L

q 0

9．如图所示， x 轴的上方存在方向与 x 轴成45o角的匀强电场，电场强度为E， x 轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 B 0.5T. 有一个质量m 10 11 kg ，电荷量q 10 7 C 的带正电粒子，该粒子的初速度v0 2 103 m / s，从坐标原点O 沿与 x 轴成45o角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O 点出发后第四次经过 x 轴时刚好又回到 O 点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：

①带电粒子第一次经过 x 轴时的横坐标是多少？

②电场强度 E 的大小及带电粒子从O 点出发到再次回到 O 点所用的时间．

【答案】①带电粒子第一次经过x 轴时的横坐标是0.57m ；

②电场强度 E 的大小为1 103V / m，带电粒子从O 点出发到再次回到O 点所用的时间为

2.1 10s.

【解析】

(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x 轴，根据洛伦兹力提供向心

力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；

(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场

仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关

系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E，三个过程的总时间即为总时间．

【详解】

①粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，

v2 qvB m ，

0.4m ，

半径 R

根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为90o，

则第一次经过x轴时的横坐标为

x12R 0.4 2m 0.57m

②第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点O 处，其运动轨迹如图所示．

由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为22R ，

在垂直电场方向的位移s1 vt1，

运动时间 t1 s1 2R 4 10 4 s

v v

在沿电场方向上的位移s2 1

at12 ，2

又因 s2 2R

2s2 7 2 得 a t12 1 10 m / s

根据牛顿第二定律 a Eq m

所以电场强度 E ma 1 103 V / m

粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间t2 2v 4 10 4 s ，

粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期

T 2 m 4 10 4 s

所以粒子从出发到再回到原点的时间为t t1 t2 T 2.1 10 3 s

【点睛】

本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像的能力，应用数学知识解决物理问题的能力．

10．如图所示，带电荷量为

－ 8 4

+4×10 C 的滑块在电场强度大小为2× 10N／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．

-4 3 -5

【答案】（1） 8×10 N （2） 2× 10V （ 3） 8× 10J

【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：

一8 4 -4

F=qE=4× 10 × 2× 10N=8× 10 N

（2） M 、N 两点间的电势差为：

4 3

U MN =Ed=2×10 × 0.1V=2 ×V10

（3）电场力所做的功为：

-8 3 -5

W MN =qU MN =4× 10×2× 10J=8 ×10J

【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．

11．如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第一、四象限有与y 轴相切于O 点、圆心为

O1、半径一定的有界圆形区域，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y 轴

的匀强电场．一带电粒子(重力不计)自P(－ d，3d

)点以平行于x 轴的初速度v0开始运2

动，粒子从O 点离开电场，经磁场偏转后又从y 轴上的Q 点 (图中未画出)垂直于y 轴回到电场区域，并恰能返回到P 点．求：

(1)粒子经过 O 点时的速度；

(2)电场强度 E 和磁感应强度 B 的比值．【答案】（ 1） 2v0

（2）E

5 v0

B 8

【解析】

【详解】

试题分析：（ 1）粒子从 P 到 O 的过程中做类平抛运动，设时间为t1，经过 O 点时的速度

为 v，其在 y 轴负方向的分速度为v

y，与y轴负方向的夹角为θ

d=v0t 1

3 d v

x t1

2 2

2 2 2

v =v0 +v y

tan

v y

θ0

解得： v=2v0=30

（2）设粒子质量为m，电荷量为q，粒子在电场中运动的加速度为a： Eq=ma

3 d 1

at12

2 2

粒子从 Q 到 P 的过程中，也做类平抛运动，设时间为t 2， Q 点的纵坐标为 y Q

y Q 3 d 1

at22

2 2 d=vt2

解得：y Q 5 3 d

设粒子由 S 点离开磁场，粒子从O 到 S 过程中做圆周运动，半径为r，由几何关系有：r+rsin θQ=y

qvB m v2

r 5 3

B 8

考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

【点睛】

【名师点睛】此题是带电粒子在电场及磁场中的运动问题；关键是搞清粒子的运动情况，

画出粒子运动的轨迹图，结合平抛运动及匀速圆周运动的规律，并利用几何关系进行求

解；此题难度中等，考查学生运用基础知识解决问题的能力．

12．如图所示，在x 轴上方有垂直xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1=B0，在 x 轴下方有交替分布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于y 轴，匀强磁场B2=2B0垂直于xOy 平面，图象如图所示．一质量为m，电量为 -q 的粒子在t

2 t0时刻沿着与y轴正方向

成 60°角方向从 A 点射入磁场，t 2t0时第一次到达 x 轴，并且速度垂直于 x 轴经过 C 点， C与

原点 O 的距离为 3L．第二次到达 x 轴时经过 x 轴上的 D 点， D 与原点 O 的距离为

4L．（不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用B0、m、 q、 L 表示）

（1）求此粒子从 A 点射出时的速度υ0；

（2）求电场强度 E0的大小和方向；

（3）粒子在t 9t0时到达 M 点，求 M 点坐标．

【答案】（1）v0 2qB0 L qB02L

（ 3）（ 9L，-

3πL m

（ 2）E ）

2πm 2

【解析】

试题分析：（ 1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得

①

根据题意由几何关系可得

②

联立①②得

③

（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为T1，可得

④

粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T2，可得

⑤

根据题意由几何关系可得⑥

由④⑤⑥可得⑦⑧

综上可以判断3t0—4 t0粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为⑨

由牛顿第二定律得

⑩

2t0—3 t0,粒子做匀减速直线运动，

qE=ma11

综上解得

（3）由题意知，粒子在 8 t0时刚在第四象限做完半个圆周运动，

x=9L 14

粒子在电场中减速运动的时间为t0，由运动学公式可得

联立③ ⑨⑩ 1112可解得

联立可得M 点的坐标为

（9L，）17

考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.