带电粒子在电场中类平抛运动和磁场中的偏转试题

高中物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)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，xOy平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外.点P — L,0处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q、质量为m的带负电3粒子.不考虑粒子的重力.(1)若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x轴正向通过点Q (0, -L),求其速率V1；(2)若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率V1沿x轴正向通过点Q,求匀强电场的电场强度E以及粒子2的发射速率V2;(3)若在xOy平面内加沿y轴正向的匀强电场E。

，粒子3以速率V3沿y轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动. 请尝试用该思路求解.222.BLq (3) J E°v2且【答案】(1) 2BLq⑵3m 9m 1 B v B【解析】【详解】2(1)粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则qvi B m"r12 . 2.3 .由几何憨可知：r1 L r1 ——L得到：V i 2BL q 3m(2)粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：又 v 2 V i 22Eh,得到：V 22痴BLq9m(3)如图所示，将 V 3分解成水平向右和 v 和斜向的V ,则qvB而 V V 2 V 2所以，运动过程中粒子的最小速率为2.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 。

处以大小为V o 、方向与水平线夹角为 0= 60o 的速度，进入大小为 日的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为0= 60o,粒子到达PQ 线上的A 点时，其动能为在 。

1、一带电粒子以一定的初速度垂直进入匀强电场，在电场中做类平抛运动。

下列说法正确的是：A. 粒子的电势能一直减小B. 粒子的动能一直增大C. 粒子的速度方向与电场力方向的夹角一直减小D. 粒子的加速度方向与电场力方向相反（答案：A）2、一个带正电的粒子，在电场中仅受电场力作用，从A点运动到B点。

在此过程中，粒子的速度大小随时间变化的图象可能是：A. 速度大小不变B. 速度大小均匀增大C. 速度大小先减小后增大D. 速度大小先增大后减小（答案：C，若粒子先做减速运动，电场力方向与初速度方向相反，后做加速运动，则可能出现此情况）3、带电粒子以相同的速度分别垂直进入水平方向的匀强电场和匀强磁场中，粒子将：A. 在电场和磁场中都做匀速圆周运动B. 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动C. 在电场和磁场中都做匀变速曲线运动D. 在电场中做匀变速直线运动，在磁场中做匀速直线运动（答案：B）4、一带电粒子在电场中运动，只受电场力作用，下列说法正确的是：A. 粒子的运动轨迹一定与电场线重合B. 粒子的速度方向一定与电场力方向相同C. 粒子的速度大小一定变化D. 粒子的动能可能不变（答案：D，如粒子在匀强电场中做匀速圆周运动，动能不变）5、一初速度为零的带电粒子，经过电压为U的加速电场后，垂直进入电势差为U的匀强偏转电场。

已知加速电场和偏转电场的宽度相同，下列说法正确的是：A. 偏转距离随着加速电压U的增大而增大B. 偏转距离与加速电压U无关C. 粒子从偏转电场射出时的速度随着加速电压U的增大而增大D. 粒子从偏转电场射出时的速度方向与加速电压U无关（答案：B）6、带电粒子在电场中偏转时，下列说法正确的是：A. 电场力对粒子一定做正功B. 电场力对粒子可能不做功C. 粒子的电势能可能增加D. 粒子的动能一定增加（答案：B，若粒子初速度与电场力方向垂直且向电场力反方向偏转，则电场力先做负功，电势能增加，动能减小）7、一带电粒子在匀强电场中运动，电场力与运动方向成某一角度，粒子只受电场力作用。

高考物理《带电粒子在电场中的加速和偏转》真题练习含答案1．下列粒子(不计重力)从静止状态开始经过电压为U 的电场加速后，速度最小的是( )A ．氚核(31 H )B ．氘核(21 H )C ．α粒子(42 He )D ．质子(11 H ) 答案：A解析：设粒子的质量为m ，电荷量为q ，从静止状态经过电压为U 的电场加速后获得的速度大小为v ，根据动能定理有qU ＝12mv 2，解得v ＝2qUm，由上式可知粒子的比荷越小，v 越小，四个选项中氚核的比荷最小，所以氚核的速度小，B 、C 、D 错误，A 正确．2．[2024·江西省临川一中期中考试](多选)如图为某直线加速器简化示意图，设n 个金属圆筒沿轴线排成一串，各筒相间地连到正负极周期性变化的电源上，带电粒子以一定的初速度沿轴线射入后可实现加速，则( )A ．带电粒子在每个圆筒内都做匀速运动B ．带电粒子只在圆筒间的缝隙处做加速运动C ．直线加速器电源可以用恒定电流D ．从左向右各筒长度之比为1∶3∶5∶7… 答案：AB解析：由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部无场强，故粒子在筒内必做匀速直线运动；而前后两筒间有电势差，故粒子每次穿越缝隙时将被电场加速，A 、B 正确；粒子要持续加速，电场力要对其做正功，所以电源正负极要改变，C 错误；设粒子进入第n 个圆筒中的速度为v n .则第n 个圆筒的长度为L ＝v n T 2 ，根据动能定理得(n －1)qU ＝12 mv 2n －12 mv 20 ，联立解得L ＝T 2v 20 ＋2（n －1）qUm，可知从左向右各筒长度之比不等于1∶3∶5∶7…，D 错误．3．[2024·湖南岳阳市三模]示波管原理图如图甲所示．它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑如图乙所示．若板间电势差U XX′和U YY′随时间变化关系图像如丙、丁所示，则荧光屏上的图像可能为()答案：A解析：U XX′和U YY′均为正值，电场强度方向由X指向X′，Y指向Y′，电子带负电，电场力方向与电场强度方向相反，所以分别向X、Y方向偏转，可知A正确．4．[2024·广东省广州市一中期中考试](多选)如图，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点，不计粒子重力．则()A．它们运动的时间不同B．Q所带的电荷量比P大C．电场力对它们做的功一样大D．Q的动能增量大答案：BD解析：两粒子在电场中均做类平抛运动，运动的时间为t ＝xv 0，由于x 、v 0相等，可知它们运动的时间相同，A 错误；根据y ＝12 at 2可得a ＝2yt 2 ，知Q 的加速度是P 的两倍；再根据牛顿第二定律有qE ＝ma ，可知Q 的电荷量是P 的两倍，B 正确；由W ＝qEd 知，静电力对两粒子均做正功，由前分析知Q 的电荷量是P 的两倍，Q 沿电场方向上的位移y 是P 的两倍，则静电力对Q 做的功是P 的4倍．根据动能定理，静电力做的功等于动能变化量，可知Q 的动能增量大，C 错误，D 正确．5．如图所示，含有大量11 H 、21 H 、42 He 的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O 点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．不计粒子重力和阻力，下列说法正确的是( )A ．荧光屏上出现两个亮点B ．三种粒子同时到达荧光屏C ．三种粒子打到荧光屏上动能相同D ．三种粒子打到荧光屏上速度方向相同 答案：D解析：加速过程使粒子获得速度v 0，由动能定理得qU 1＝12mv 20 ，解得v 0＝ 2qU 1m.偏转过程经历的时间t ＝l v 0 ，偏转过程加速度a ＝qU 2md ，所以偏转的距离y ＝12 at 2＝U 2l 24U 1d ，可见经同一电场加速的带电粒子在同一偏转电场中的偏移量，与粒子q 、m 无关，只取决于加速电场和偏转电场．偏转角度θ满足tan θ＝U 2l2U 1d ，三种粒子出射速度方向相同，也与g 、m 无关，D 正确；三种粒子都带正电，所以出现一个亮点，A 错误；根据y ＝12 at 2，时间跟q 、m 有关，B 错误；根据动能定理和W ＝qU ，可知动能跟q 有关，C 错误．6.如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A 球位于B 球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断不正确的是( )A ．如果A 球带电，则A 球一定带负电B ．如果A 球带电，则A 球的电势能一定增加C ．如果B 球带电，则B 球一定带正电D ．如果B 球带电，则B 球的电势能一定增加 答案：B解析：两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，水平方向做匀速直线运动，则有x ＝v 0t ，可知两球下落时间相同；两小球下落高度不同，根据公式h ＝12at 2，A 球的加速度大于B 球加速度，故若A 球带电，必定带负电，受到向下的电场力作用，电场力做正功，电势能减小；若B 球带电，必定带正电，受到向上的电场力作用，电场力做负功，电势能增加．本题选择错误的，故选B .7.(多选)如图所示，两实线所围成的环形区域内有一径向电场，场强方向沿半径向外，电场强度大小可表示为E ＝ar ，r 为电场中某点到环心O 的距离，a 为常量．电荷量相同、质量不同的两粒子在半径r 不同的圆轨道运动．不考虑粒子间的相互作用及重力，则( )A ．两个粒子均带负电B ．质量大的粒子动量较小C ．若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动D ．若去掉电场加上垂直纸面的匀强磁场，两个粒子一定同时做离心运动或向心运动 答案：AC解析：两个粒子做圆周运动，则所受电场力指向圆心，可知两粒子均带负电，A 正确；根据Eq ＝a r q ＝m v 2r ，可得mv 2＝aq ，与轨道半径无关，则若将两个粒子交换轨道，两个粒子仍能做匀速圆周运动，C 正确；粒子的动量p ＝mv ＝2mE k ＝maq ，质量大的粒子动量较大，B 错误；若撤去电场加上垂直纸面的匀强磁场，若能做匀速圆周运动，则满足qvB ＝m v 2r ，qB ＝mv r ＝p r ，两粒子电荷量相等，则qB 相等；若qB ＞pr粒子做向心运动；当qB ＜p r 时粒子做离心运动，但是与pr 的关系不能确定，即两个粒子不一定能同时做离心运动或向心运动，D 错误．8．如图所示，xOy 为竖直平面内的一个直角坐标系，在y 1＝0.5 m 的直线的上方有沿y轴正方向范围足够大的匀强电场，电场强度大小E ＝9.3×10－7 V /m ，在y 轴上y 2＝1.0 m 处有一放射源S ，x 轴上有一个足够大的荧光屏，放射源S 在如图180°范围内，向x 轴发射初速度v 0＝200 m /s 的电子，电子质量为9.3×10－31 kg ，电量为1.6×10－19 C ，整个装置放在真空中，不计重力作用．求：(1)从放射源S 发射的每个电子打到荧光屏上的动能；(2)水平向右射出的电子在离开电场时沿x 轴方向前进的距离； (3)从放射源S 发射的电子打到荧光屏上的范围．答案：(1)9.3×10－26 J (2)0.5 m (3)－0.75 m ≤x ≤0.75 m解析：(1)所有电子达到荧光屏上的动能相同，由动能定理得 eEL ＝E k －12mv 20 其中L ＝y 2－y 1得每个电子打到荧光屏上的动能：E k ＝9.3×10－26 J(2)平行x 轴方向的粒子在电场中运动的时间最长，沿x 轴方向运动距离最大，设电子在电场中加速运动时间为t ，沿场强方向加速，eE ＝may 2－y 1＝12at 2在离开电场时沿x 轴方向前进的距离x 1＝v 0t解得水平向右射出的电子在离开电场时沿x 轴方向前进的距离：x 1＝0.5 m (3)平行x 轴方向发射的粒子射出电场时沿y 轴的速度大小为v y ＝at 射出电场后匀速运动，沿x 方向前进的距离为x 2，x 2y 1 ＝v 0v y解得Δx ＝x 1＋x 2＝0.75 m由对称性可知，水平向左射出的电子到达荧光屏时的坐标值：x′＝－0.75 m故荧光屏接收到电子的范围：－0.75 m ≤x ≤0.75 m ．9．[2024·福建省福州一中期中考试]如图建立竖直平面内坐标系，α射线管由平行金属板A 、B 和平行于金属板(场强的方向竖直向下)的细管C 组成．放置在第Ⅱ象限，细管C 离两板等距，细管C 开口在y 轴上．放射源P 在A 极板左端，可以沿特定方向发射某一速度的α粒子(带正电).若极板长为L ，间距为d ，当A 、B 板加上某一电压时，α粒子刚好能以速度v 0(已知)从细管C 水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器并恰好做匀速圆周运动．静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O ，场强大小为E 0.已知α粒子电荷量为q ，质量为m ，重力不计．求：(1)α粒子在静电分析器中的运动半径r ； (2)A 、B 极板间所加的电压U.答案：(1)r ＝mv 20 E 0q (2)U ＝mv 20 d2qL 2解析：(1)α粒子在静电分析器中运动时满足 E 0q ＝m v 20r解得r ＝mv 20E 0q(2)粒子在两板间的逆过程为类平抛运动，则12 d ＝12 Uq 2dmt 2，L ＝v 0t解得A 、B 极板间所加的电压U ＝mv 20 d2qL 210．如图所示，水平虚线MN 和水平地面之间有水平向右的匀强电场，MN 到地面的距离为h ＝3 m ，光滑绝缘长木板PQ 直立在地面上，电场与木板表面垂直，一个质量为m ＝0.1kg ，带电量为q ＝＋1×10－3 C 的物块贴在长木板右侧的A 点由静止释放，物块做初速度为零的加速直线运动，刚好落在地面上的C 点，已知A 点离地面的高度h 1＝1.8 m ，C 点离木板的距离为L ＝2.4 m ，重力加速度g 取10 m /s 2，不计物块的大小，木板足够长，求：(1)匀强电场的电场强度E 的大小；(2)改变物块贴在木板右侧由静止释放的位置，使物块由静止释放后仍能落在C 点，则改变后的位置离地面的高度为多少．答案：(1)1.33×103 N /C (2)3.2 m解析：(1)物块在A 点由静止释放，做初速度为零的匀加速直线运动，设运动的时间为t 1则在水平方向L ＝12 at 21根据牛顿第二定律qE ＝ma 在竖直方向h 1＝12 gt 21解得E ＝1.33×103 N /C(2)要使物块改变位置后由静止释放也能到达C 点，这个位置必须在电场外，设物块进电场后在电场中运动的时间为t 2，则L ＝12 at 22设物块刚进电场时的速度为v ，则h ＝vt 2＋12 gt 22解得v ＝2 m /s设释放的位置离地面的高度为H ，则H ＝h ＋v 22g ＝3.2 m ．。

高一物理电荷在电场中的偏转试题答案及解析1.（12分）两平行金属板A、B水平放置，两板间距cm，板长cm，一个质量为kg的带电微粒，以m/s的水平初速度从两板间正中央射入，如图所示，取m/s2。

（1）当两板间电压Ｖ时，微粒恰好不发生偏转，求微粒的电量和电性。

（2）要使微粒不打到金属板上，求两板间的电压的取值范围？【答案】（1） C ，微粒带负电（2）－600V<UAB<2600V【解析】（1）微粒恰好不偏转时有：（2分）解得 C （1分）微粒带负电（1分）（2）粒子能穿过电场需用时间（1分）设粒子偏转的最大加速度，则最大侧移量解得m/s2（2分）当粒子恰好打在下极板边缘时，两板间的电压为U1则，解得Ｖ（2分）当粒子恰好打在上极板边缘，两极板间的电压为解得Ｖ（1分）则微粒不能打到金属板上的电压范围为－600V<UAB<2600V（2分）【考点】考查了带电粒子在电场中的偏转2.如图，板间距为d、板长为4d的水平金属板A和B上下正对放置，并接在电源上．现有一质量为m、带电量＋q的质点沿两板中心线以某一速度水平射入，当两板间电压U＝U，且A接负时，该质点就沿两板中心线射出；A接正时，该质点就射到B板距左端为d的C处．取重力加速度为g，不计空气阻力．求（1）质点射入两板时的速度；（2）当A接负时，为使带电质点能够从两板间射出，两板所加恒定电压U的范围．【答案】（1）（2）【解析】：（1）当两板加上电压且A板为负时，有：…①A板为正时，设带电质点射入两极板时的速度为v，向下运动的加速度为a，经时间t射到C点，有：…②又水平方向有…③竖直方向有…④由①②③④得：…⑤（2）要使带电质点恰好能从两板射出，设它在竖直方向运动的加速度为a1、时间为t1，应有：…⑥…⑦由⑥⑦⑧得：…⑧若的方向向上，设两板所加恒定电压为，有：…⑨若的方向向下，设两板所加恒定电压为，有：…⑩⑧⑨⑩解得：，所以，所加恒定电压范围为：【考点】考查了带电粒子在电场中的偏转3.如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔（位于P板的中点）射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ()A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的倍D．使U2变为原来的【答案】A【解析】电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据结论，分析要使U1加倍，想使电子的运动轨迹不发生变化时，两种电压如何变化。

第八章　静电场带电粒子在电场中的偏转【考点预测】1. 带电粒子在电场中的类平抛2. 带电粒子在电场中的类斜抛3. 带电粒子在电场中的圆周运动4. 带电粒子在电场中的一般曲线运动【方法技巧与总结】带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t =l v 0(如图)．(2)沿静电力方向做匀加速直线运动①加速度：a =F m =qE m =qUmd②离开电场时的偏移量：y =12at 2=qUl 22m d v 20③离开电场时的偏转角：tan θ=v y v 0=qUlm d v 201．两个重要结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：在加速电场中有qU 0=12mv 20在偏转电场偏移量y =12at 2=12·qU 1md ·l v 0 2偏转角θ，tan θ=v y v 0=qU 1lm d v 20得：y =U 1l 24U 0d ，tan θ=U 1l2U 0dy 、θ均与m 、q 无关．(2)粒子经电场偏转后射出，速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为偏转极板长度的一半．2．功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y =12mv 2-12mv 20，其中U y =U dy ，指初、末位置间的电势差．【题型归纳目录】题型一：带电粒子在电场中的类平抛题型二：带电粒子在周期性电场中的运动题型三：带电粒子在电场中的偏转的实际应用题型四：带电粒子在电场中的非平抛曲线运动【题型一】电荷守恒定律【典型例题】1如图所示，在立方体的塑料盒内，其中AE 边竖直，质量为m 的带正电小球(可看作质点)，第一次小球从A 点以水平初速度v 0沿AB 方向抛出，小球在重力作用下运动恰好落在F 点。

M 点为BC 的中点，小球与塑料盒内壁的碰撞为弹性碰撞，落在底面不反弹。

高考物理高考物理带电粒子在磁场中的运动解题技巧和训练方法及练习题(含答案)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U 构成偏转电场，一束比荷为510/qC kg m=的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向 以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：（1）两金属极板间的电压U 是多大？（2）若T o =0．5s ，求t =0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置．（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中 不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期B o ，T o 应满足的条件．【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3T π-<⨯【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度代入数据得U=100V （2）粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB 间离O 点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、….时刻射入时，粒子最可能从AB 间射出如图，由几何关系可得临界时 要不从AB 边界射出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动2．如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 AB ∥CD 、AD ∥BC ，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B .一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d ，带电粒子的质量为 m ，带电量为 q ，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间； (3)匀强电场的电场强度大小．【答案】（1）cos qBd m θ（2）cos sin m qB θθ （3）2cos qB dm θ【解析】 【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强. 【详解】（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R ，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O ．由几何关系可知：cos d Rθ=洛伦兹力做向心力：200v qv B m R= 解得0cos qBdv m θ=（2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x ，有sin d xθ= 粒子作匀速运动：x=v 0t 联立解得cos sin m t qB θθ=（3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv 0B解得2qB dE mcos θ=【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.3．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(3a -，-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=Bv 0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v 0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)0v Ba(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a【解析】 【详解】(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Bqv 0＝m 2v r故粒子的比荷v q m Ba= (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 ·ABBC＝2a 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 ＝y m ＝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 ＝v 0·t 02019222qE y t a a m ==>， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上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 ＝v 0·t竖直方向有212qE y t m=代入数据得x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00tan y x qE x v m v v v θ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝当=y ＝98a 时，H 有最大值 由于98a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为y ＝98a －2a ＝－78a4．如图所示，在长度足够长、宽度d=5cm 的区域MNPQ 内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=0.33T ．水平边界MN 上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度E=200N/C ．现有大量质量m=6.6×10﹣27kg 、电荷量q=3.2×10﹣19C 的带负电的粒子，同时从边界PQ 上的O 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为V=1.6×106m/s ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r ；(2)求与x 轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t ；(3)当从MN 边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程． 【答案】（1）r=0.1m （2）43.310t s -=⨯ （3）3060~o o 曲线方程为222x y R +=(30.1,0.1R m m x m =≤≤) 【解析】 【分析】 【详解】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得2v qvB m r=，解得0.1r m =（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度qE a m= 粒子在电场中运动的时间2v t a= 解得43.310t s -=⨯（3）如图乙所示，由几何关系可知，从MN 边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围为30°~60° 所有粒子此时分别在以O 点为圆心，弦长0.1m 为半径的圆周上，曲线方程为22x y R += 30.1,0.120R m m x m ⎛⎫=≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理．对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径5．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qm=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 =23T ，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()22T y a =2y T v a= 22yT y v = 122dy y =+ Eq ma =U E d=解得：40 2.1610V U =⨯(2)2Tt 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=ocos37v 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.2v 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 Rx 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 ≥6．如图所示,在平面直角坐标系xOy 平面内,直角三角形abc 的直角边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E 与匀强磁场磁感应强度B 的大小间满足E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L【答案】（1）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（3）94d ； 【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ； 由几何关系可得r =d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：200v ev B m r=解得：0mv B ed=(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为O '，有：sin 30rO a '=︒3OO d O a ='-' 解得OO d '=即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远 所以22m y r d ==电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：根据运动学公式有：0x v t =212eE y t m=⋅ y eE v t m=tan y v v θ=tan 3Ld xθ=- 解得：(32)2L d y y =-⋅ 即98y d =时，L 有最大值 解得：94L d =当322d y y -=【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．7．在如图所示的xoy 坐标系中，一对间距为d 的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y 轴重合，桌面与x 轴重合，o 点与桌面右边相距为74d，一根长度也为d 的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板上，杆离桌面高为1.5d ，装置的总质量为3m ．两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应．有一个质量为m 、电量为+q 的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x 正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g ．求：（1）环离开小孔时的坐标值； （2）板外的场强E 2的大小和方向；（3）讨论板内场强E 1的取值范围，确定环打在桌面上的范围． 【答案】（1）环离开小孔时的坐标值是-14d ；（2）板外的场强E2的大小为mgq，方向沿y轴正方向；（3）场强E1的取值范围为22368qB d qB dm m～，环打在桌面上的范围为1744d d-～．【解析】【详解】（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为x1、x2．由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mx1-3mx2=0 ①而x1+x2=d ②①②解得：x1=34d③x2=1 4 d环离开小孔时的坐标值为：x m=34d-d=-14d（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg解得：2mgEq=，方向沿y轴正方向（3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为P、Q，则若环绕小圆运动，则R=0.75d ④根据洛仑兹力提供向心力，有：2v qvB mR=⑤环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为v，根据动能定理，有：qE1x1=12mv2⑥联立③④⑤⑥解得：2 138qB d Em=若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2 解得：R=0.48d ⑦联立③⑤⑥⑦解得：216qB dE m≈ 故场强E 1的取值范围为223 68qB d qB dm m～，环打在桌面上的范围为1744d d -～．8．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d 的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO ’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0；:当在两板间加最大值为U 0、周期为2t 0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L ，电子的质量为m 、电荷量为e ，其重力不计．（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO ’的最远位置和最近位置之间的距离 （2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上， ①求匀强磁场的磁感应强度B②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y 【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2010U e y y t dm∆=∆= 【解析】 【详解】（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm=+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：220min 001122U e y at t dm== 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，2010U e y t dm∆=（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：sin L R θ=设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1sin y v v θ=，式中00y U ev t dm= 又：1mv R Be =解得：00U tB dL=②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm∆=∆=9．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x 轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R 的半圆和一个长为2R 、宽为2R的矩形组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为+q 的粒子(重力忽略不计)以速度v 从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R ，0)点进入磁场区域．(1)求电场强度大小及粒子经过P 点时的速度大小和方向； (2)为使粒子从AC 边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少?【答案】(1) 224mv E qR=2v ，速度方向沿y 轴负方向(2)8222mv mvB≤≤(3)()22713mvqR-【解析】【分析】【详解】（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动132cos4522cos45RL R R=-︒=︒1L vt=沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a22sin452L R R=︒=2212L at=qEam=设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为1v、2v，合速度v' 1v v=、2v at=，2tanvvθ=联立可得224mvEqR=进入磁场的速度22122v v v v=+='45θ=︒，速度方向沿y轴负方向（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A点射出时，运动半径12Rr=由211mvqv Br=''得122mvBqR=当粒子从C点射出时，由勾股定理得()222222R R r r ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭解得258r R =由222mv qv B r =''得2825mvB qR=根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当82225mv mvB qR qR≤≤时，粒子从AC 边界射出（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD 区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行于x 轴，其半径为3r ，由几何关系得222332R r r R ⎛⎫+-= ⎪⎝⎭解得()3714R r +=由233mv qv B r =''得()322713mv B qR-= 磁感应强度小于3B ，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x 轴下方，便不会回到电场中10．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向．在x = L 到x =2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（qm）为k 的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过x 轴上x =3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ．求：（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．【答案】（1）g k （2）2gkB（3）2222232(,)28g k B L L k B g -【解析】 【分析】 【详解】（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg =qE ，又=qk m解得g E k=（2）由几何关系：2R cos θ=L ，粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：2v qvB m r= ；由cos y v vθ=在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v0L v t =解得02g v kB=（3）由212h gt =其中2kBL t g = ，则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'32O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-11．一个氘核（21H ）和一个氚核（31H ）聚变时产生一个中子（10n ）和一个α粒子（42e H ）。

带电粒子在电场中的运动专题练习知识点：1．带电粒子经电场加速：处理方法，可用动能定理、牛顿运动定律或用功能关系。

qU =mv t 2/2-mv 02/2 ∴ v t = ，若初速v 0=0，则v = 。

2．带电粒子经电场偏转： 处理方法：灵活应用运动的合成和分解。

带电粒子在匀强电场中作类平抛运动， U 、 d 、 l 、 m 、 q 、 v 0已知。

(1)穿越时间: (2)末速度:(3)侧向位移:（4）偏角：1、如图所示，长为L 、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中， 一带电量为+q 、质量为m 的小球，以初速度v 0从斜面底端 A 点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B 点时，速度仍为v 0，则 （ ）A ．A 、B 两点间的电压一定等于mgLsin θ/qB ．小球在B 点的电势能一定大于在A 点的电势能C ．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最大值一定为mg/qD ．如果该电场由斜面中点正止方某处的点电荷产生，则该点电荷必为负 电荷2、如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中0点自由释放后，分别抵达B 、C 两点，若AB=BC ，则它们带电荷量之比q 1：q 2等于（ ） A ．1：2 B ．2：1C ．1：2D ．2：13．如图所示，两块长均为L 的平行金属板M 、N 与水平面成α角放置在同一竖直平面，充电后板间有匀强电场。

一个质量为m 、带电量为q 的液滴沿垂直于电场线方向射人电场，并沿虚线通过电场。

下列判断中正确的是( )。

A 、电场强度的大小E ＝mgcos α/qB 、电场强度的大小E ＝mgtg α/qC 、液滴离开电场时的动能增量为-mgLtg αD 、液滴离开电场时的动能增量为-mgLsin α4．如图所示，质量为m 、电量为q 的带电微粒，以初速度V 0从A 点竖直向上射入水平方向、电场强度为E 的匀强电场中。

当微粒经过B 点时速率为V B ＝2V 0，而方向与E 同向。

高三物理电荷在电场中的偏转试题答案及解析1.如图所示，在第一、二象限存在场强均为E的匀强电场，其中第一象限的匀强电场的方向沿x轴正方向，第二象限的电场方向沿x轴负方向。

在第三、四象限矩形区域ABCD内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，矩形区域的AB边与x轴重合。

M是第一象限中无限靠近y轴的一点，在M沿y轴负方向开始运动，恰好从N点进入磁场，点有一质量为m、电荷量为e的质子，以初速度v若，不计质子的重力，试求：（1）N点横坐标d；（2）若质子经过磁场最后能无限靠近M点，则矩形区域的最小面积是多少；（3）在（2）的前提下，该质子由M点出发返回到无限靠近M点所需的时间。

【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子从M点到N点做类平抛运动，沿x轴正方向做匀加速运动，沿y轴负方向做，则由平抛运动规律得：匀速直线运动，设运动时间为t1在x轴方向上有在y轴方向上有：根据牛顿第二定律得：以上各式联立解得：，（2）根据运动的对称性作出质子的运动轨迹如图所示，则，即设粒子到达N点时沿x轴正方向分速度为vx质子进入磁场时的速度大小为由几何关系知：质子进入磁场时速度方向与x轴正方向夹角为45o质子在磁场中做圆周运动的半径为AB边的最小长度为BC边的最小长度为所以矩形区域的最小面积为（3）由几何关系知：质子在磁场中运动的圆心角为，运动时间根据线速度的定义知：根据对称性，质子在第二象限运动时间与在第一象限运动时间相等，质子在第一象限运动时间所以该质子由M点出发返回到无限靠近M点所需的时间为：【考点】本题考查带电粒子在组合电磁场中的运动问题，意在考查考生综合分析、利用牛顿运动定律和圆周运动知识分析处理带电粒子在电场力和洛仑兹力作用下做不同形式的运动问题的能力。

2.如图所示，金属板放在垂直于它的匀强磁场中，当金属板中有电流通过时，在金属板的上表面A和下表面A′之间会出现电势差，这种现象称为霍尔效应。

若匀强磁场的磁感应强度为B，金属板宽度为h、厚度为d，通有电流I，稳定状态时，上、下表面之间的电势差大小为U。

7.〔08四川卷〕24．如图，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。

整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下。

一电荷量为q 〔q ＞0〕、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ’。

球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ〔0＜θ＜)2π。

为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P 相应的速率。

重力加速度为g 。

解析：据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O ’。

P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力f ＝qvB ①式中v 为小球运动的速率。

洛仑兹力f 的方向指向O ’。

根据牛顿第二定律0cos =-mg N θ ②θsin sin 2R v m N f =- ③ 由①②③式得0cos sin sin 22=+-θθθqR v m qBR v ④ 由于v 是实数，必须满足 θθθcos sin 4sin 22gR m qBR -⎪⎭⎫ ⎝⎛=∆≥0 ⑤ 由此得B ≥θcos 2R g q m⑥ 可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为 θcos 2min R g q mB =⑦ 此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为mR qB v 2sin min θ= ⑧ 由⑦⑧式得θθsin cos gR v = ⑨ 8.〔08重庆卷〕25.题25题为一种质谱仪工作原理示意图.在以O 为圆心，OH 为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH 轴的C 和D分别是离子发射点和收集点.CM 垂直磁场左边界于M ，且OM=d.现有一正离子束以小发散角〔纸面内〕从C 射出，这些离子在CM 方向上的分速度均为v 0.假设该离子束中比荷为q m的离子都能会聚到D ，试求： 〔1〕磁感应强度的大小和方向〔提示：可考虑沿CM 方向运动的离子为研究对象〕； 〔2〕离子沿与CM 成θ角的直线CN 进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间； 〔3〕线段CM 的长度.解析：〔1〕设沿CM 方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R由12R '=200mv qv B R = R=d得B ＝0mv qd磁场方向垂直纸面向外〔2〕设沿CN 运动的离子速度大小为v ，在磁场中的轨道半径为R ′，运动时间为t 由v cos θ=v 0得v ＝0cos v θR ′=mv qB=cos d θ方法一：设弧长为st =s vs=2(θ+α)×R ′t =02v R '⨯+）（αθ 〔09年全国卷Ⅰ〕26〔21分〕如图，在x 轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于xy 平面向外。

高中物理带电粒子在磁场中的运动题20套(带答案)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U 构成偏转电场，一束比荷为510/qC kg m=的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向 以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：（1）两金属极板间的电压U 是多大？（2）若T o =0．5s ，求t =0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置．（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中 不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期B o ，T o 应满足的条件．【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3T π-<⨯【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度代入数据得U=100V （2）粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB 间离O 点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、….时刻射入时，粒子最可能从AB 间射出如图，由几何关系可得临界时 要不从AB 边界射出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动2．如图，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd ，bc 长度为2L ，cd 长度为1.5L ，e 、f 分别为ad 、bc 的中点．efcd 区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ；质量为m 、电荷量为+q 的绝缘小球A 静止在磁场中f 点．abfe 区域存在沿bf 方向的匀强电场，电场强度为26qB Lm；质量为km 的不带电绝缘小球P ，以大小为qBL m 的初速度沿bf 方向运动．P 与A发生弹性正碰，A 的电量保持不变，P 、A 均可视为质点．（1）求碰撞后A 球的速度大小；（2）若A 从ed 边离开磁场，求k 的最大值；（3）若A 从ed 边中点离开磁场，求k 的可能值和A 在磁场中运动的最长时间． 【答案】（1）A 21k qBL v k m =⋅+（2）1（3）57k =或13k =；32m t qB π=【解析】 【分析】 【详解】（1）设P 、A 碰后的速度分别为v P 和v A ，P 碰前的速度为qBLv m= 由动量守恒定律：P A kmv kmv mv =+ 由机械能守恒定律：222P A 111222kmv kmv mv =+ 解得：A 21k qBL v k m=⋅+（2）设A 在磁场中运动轨迹半径为R ， 由牛顿第二定律得： 2A A mv qvB R= 解得：21kR L k =+ 由公式可得R 越大，k 值越大如图1，当A 的轨迹与cd 相切时，R 为最大值，R L = 求得k 的最大值为1k =（3）令z 点为ed 边的中点，分类讨论如下：（I ）A 球在磁场中偏转一次从z 点就离开磁场，如图2有222()(1.5)2LR L R =+-解得：56L R = 由21k R L k =+可得：57k =（II ）由图可知A 球能从z 点离开磁场要满足2LR ≥，则A 球在磁场中还可能经历一次半圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z 点离开．如图3和如图4，由几何关系有：2223()(3)22L R R L =+-解得：58L R =或2LR = 由21k R L k =+可得：511k =或13k = 球A 在电场中克服电场力做功的最大值为2226m q B L W m=当511k =时，A 58qBL v m =，由于2222222A 12521286qB L q B L mv m m ⋅=>当13k =时，A 2qBL v m =，由于2222222A 1286qB L q B L mv m m⋅=<综合（I ）、（II ）可得A 球能从z 点离开的k 的可能值为：57k =或13k = A 球在磁场中运动周期为2mT qBπ= 当13k =时，如图4，A 球在磁场中运动的最长时间34t T = 即32mt qBπ=3．“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2L()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与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23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4E Lφ=，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经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）2q v mϕ=2）12m B L q ϕ=；（3）060α∴= ；22m L q ϕ【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：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与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060θ=．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =由洛伦兹力提供向心力得：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（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.212qE L t m=222mL mt L qE q ϕ==22x Eq qEL q v t m m m ϕ===若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos x v v α=1cos 2α=060α∴=4．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D 型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D 型盒中的匀强磁场的磁感应强度为0B ，回旋加速器的半径为R ，加速电压为U ；D 型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m 、电量为e ，重力不计．真空中的光速为c ，普朗克常量为h ．（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E 及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D 型盒间的电场对电子做功的平均功率P（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A 1、A 2、A 4……A n 共有n 个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d ．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小【答案】(1) 222202e B R mc v mh h =+，22202e B R E m = ；(2) 20e B U mπ ；(3)02sin B R n dπ【解析】 【详解】解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：200mv evB R= 解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：00eB Rv m=正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：222200122e B R E mv m==正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222E mc hv +=正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：222202e B R mc v mh h=+(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n 次，则有：2012neU mv =解得：2202eB R n mU=正、负电子在磁场中运动的周期为：02mT eB π=正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R nt T Uπ==D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B UW E P t t mπ===(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin2dr nπ=解得：2sind r nπ=根据洛伦磁力提供向心力可得：200mv ev B r=电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：02sinB R n B dπ=5．如图所示，同轴圆形区域内、外半径分别为R 1＝1 m 、R 2＝3m ，半径为R 1的圆内分布着B 1＝2.0 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向外；外面环形磁场区域分布着B 2＝0.5 T 的匀强磁场，方向垂直于纸面向内．一对平行极板竖直放置，极板间距d ＝3cm ，右极板与环形磁场外边界相切，一带正电的粒子从平行极板左板P 点由静止释放，经加速后通过右板小孔Q ，垂直进入环形磁场区域．已知点P 、Q 、O 在同一水平线上，粒子比荷4×107C /kg ，不计粒子的重力，且不考虑粒子的相对论效应．求：(1) 要使粒子不能进入中间的圆形磁场区域，粒子在磁场中的轨道半径满足什么条件？ (2) 若改变加速电压大小，可使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O ，则加速电压为多大？(3) 从P 点出发开始计时，在满足第(2)问的条件下，粒子到达O 点的时刻． 【答案】(1) r 1<1m . (2) U ＝3×107V . (3) t=(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s (k ＝0，1，2，3，…) 【解析】 【分析】（1）画出粒子恰好不进入中间磁场区的临界轨迹，先根据几何关系求出半径；（2）画出使粒子进入圆形磁场区域，且能竖直通过圆心O的轨迹，结合几何关系求解半径，然后根据洛伦兹力提供向心力列方程，再根据动能定理对直线加速过程列方程，最后联立方程组求解加速电压；（3）由几何关系，得到轨迹对应的圆心角，求解粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间，然后考虑周期性求解粒子到达O点的时刻．【详解】(1) 粒子刚好不进入中间磁场时轨迹如图所示，设此时粒子在磁场中运动的半径为r1，在Rt△QOO1中有r12＋R22＝(r1＋R1)2代入数据解得r1＝1m粒子不能进入中间磁场，所以轨道半径r1<1m.(2) 轨迹如图所示，由于O、O3、Q共线且水平，粒子在两磁场中的半径分别为r2、r3，洛伦兹力不做功，故粒子在内外磁场的速率不变，由qvB＝m2 v r得r＝mv qB易知r3＝4r2且满足(r2＋r3)2＝(R2－r2)2＋r32解得r2＝34m，r3＝3m又由动能定理有qU＝12mv2代入数据解得U＝3×107V.(3)带电粒子从P到Q的运动时间为t1，则t1满足12v t1＝d得t1＝10－9s令∠QO2O3＝θ，所以cosθ＝0.8，θ＝37°(反三角函数表达亦可)圆周运动的周期T＝2m qB π故粒子从Q孔进入磁场到第一次到O点所用的时间为8221372180532610360360m mt sqB qBππ-⨯⨯⨯－＝＋＝考虑到周期性运动，t总＝t1＋t2＋k(2t1＋2t2)＝(6.1×10－8＋12.2×10－8k)s(k＝0，1，2，3，…)．6．如图所示，在竖直面内半径为R的圆形区域内存在垂直于面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，在圆形磁场区域内水平直径上有一点P，P到圆心O的距离为2R，在P 点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向竖直平面内的各方向均匀地发射出速率不同的正离子. 已知离子的质量均为m，电荷量均为q，不计离子重力及离子间相互作用力，求：（1）若所有离子均不能射出圆形磁场区域，求离子的速率取值范围；（2）若离子速率大小02BqRvm=，则离子可以经过的磁场的区域的最高点与最低点的高度差是多少。

1．(2021·江苏单科·15)一台质谱仪的工作原理如图1所示，电荷量均为＋q 、质量不同的离子飘入电压为U 0的加速电场，其初速度几乎为零．这些离子经加速后通过狭缝O 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，最终打在底片上．已知放置底片的区域MN ＝L ，且OM ＝L .某次测量发觉MN 中左侧23区域MQ 损坏，检测不到离子，但右侧13区域QN 仍能正常检测到离子．在适当调整加速电压后，原本打在MQ 的离子即可在QN 检测到．图1(1)求原本打在MN 中点P 的离子质量m ；(2)为使原本打在P 的离子能打在QN 区域，求加速电压U 的调整范围；(3)为了在QN 区域将原本打在MQ 区域的全部离子检测完整，求需要调整U 的最少次数．(取lg2＝0.301，lg3＝0.477，lg5＝0.699)2．(2022·全国大纲·25)如图2所示，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy 平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x 轴负方向．在y 轴正半轴上某点以与x 轴正向平行、大小为v 0的速度放射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x 轴的方向进入电场．不计粒子重力．若该粒子离开电场时速度方向与y 轴负方向的夹角为θ，求：图2(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值； (2)该粒子在电场中运动的时间．1．题型特点(1)带电粒子在复合场中的运动是力电综合的重点和高考的热点，常见的考查形式有组合场(电场、磁场、重力场依次消灭)、叠加场(空间同一区域同时存在两种以上的场)、周期性变化的场等，近几年高考试题中，涉及本专题内容的频率极高，特殊是计算题，题目难度大，涉及面广．(2)试题多把电场和磁场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、圆周运动规律、功能关系揉合在一起，主要考查考生的空间想象力、分析综合力量以及运用数学学问解决 物理问题的力量．以及考查考生综合分析和解决简单问题的力量． 2．解决带电粒子在组合场中运动的一般思路和方法： (1)明确组合场是由哪些场组合成的．(2)推断粒子经过组合场时的受力和运动状况，并画出相应的运动轨迹简图． (3)带电粒子经过电场时利用动能定理和类平抛运动学问分析． (4)带电粒子经过磁场区域时通常用圆周运动学问结合几何学问来处理．考题一带电粒子在组合场中的运动1．(2021·临沂二模)如图3所示，在直角坐标系xOy的其次象限存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E1，在y轴的左侧存在垂直于纸面的匀强磁场．现有一质量为m，带电荷量为－q的带电粒子从其次象限的A点(－3L，L)以初速度v0沿x轴正方向射入后刚好做匀速直线运动，不计带电粒子的重力．图3(1)求匀强磁场的大小和方向；(2)撤去其次象限的匀强磁场，同时调整电场强度的大小为E2，使带电粒子刚好从B点(－L,0)进入第三象限，求电场强度E2的大小；(3)带电粒子从B点穿出后，从y轴上的C点进入第四象限，若E1＝2E2，求C点离坐标原点O的距离．2．(2021·徐州模拟)如图4所示，在竖直平面内建立xOy直角坐标系，在x＝－2d处有垂直于x轴足够大的弹性绝缘挡板，y轴左侧和挡板之间存在一匀强电场，电场与x轴负方向夹角θ＝45°，y轴右侧有一个有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面对里，磁感应强度大小为B.在M(－22d、0)处有一个质量为m、电荷量为－q的粒子，以某一初速度沿场强方向运动．当它打到绝缘板上N点时，粒子沿y轴方向的速度不变，x轴方向速度大小不变，方向反向，一段时间后，以2v的速度垂直于y轴进入磁场，恰好不从磁场右边界飞出．粒子的重力不计．图4(1)求磁场的宽度L；(2)求匀强电场的场强大小E；(3)若另一个同样的粒子以速度v从M点沿场强方向运动，经时间t第一次从磁场边界上P点出来，求时间t.分析带电粒子在组合场中运动问题的方法(1)要清楚场的性质、方向、强弱、范围等．(2)带电粒子依次通过不同场区时，由受力状况确定粒子在不同区域的运动状况．(3)正确地画出粒子的运动轨迹图．(4)依据区域和运动规律的不同，将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理．(5)要明确带电粒子通过不同场区的交界处时速度大小和方向关系，上一个区域的末速度往往是下一个区域的初速度．考题二带电粒子在叠加场中的运动3．(多选)(2021·南充三诊)如图5所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内．第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标面对外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场(图中未画出)，一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q点距O 点的距离为d，重力加速度为g.依据以上信息，能求出的物理量有()图5A．圆周运动的速度大小B．电场强度的大小和方向C．小球在第Ⅳ象限运动的时间D．磁感应强度大小4．(2021·安徽模拟)如图6所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度的方向水平向右，磁感应强度的方向垂直纸面对里．一带电荷量为＋q，质量为m的微粒从原点动身沿与x轴正方向的夹角为45°的初速度进入复合场中，正好做直线运动，当微粒运动到A(l，l)时，电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间)，粒子连续运动一段时间后，正好垂直于y轴穿出复合场．(不计一切阻力)，求：图6(1)电场强度E大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)粒子在复合场中的运动时间．带电粒子在叠加场中运动问题的处理方法(1)弄清叠加场的组成特点．(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点．(3)画出粒子的运动轨迹，机敏选择不同的运动规律．①若只有两个场且正交．例如，电场与磁场中满足qE ＝q v B 或重力场与磁场中满足mg ＝q v B 或重力场与电场中满足mg ＝qE ，都表现为匀速直线运动或静止，依据受力平衡列方程求解．②三场共存时，合力为零，受力平衡，粒子做匀速直线运动．其中洛伦兹力F ＝q v B 的方向与速度v 垂直． ③三场共存时，粒子在复合场中做匀速圆周运动．mg 与qE 相平衡，有mg ＝qE ，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性．粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用受力平衡和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有q v B ＝mrω2＝m v 2r ＝mr 4π2T2＝ma .④当带电粒子做简单的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．考题三 带电粒子在交变电磁场中运动的问题5．(2021·泰州二模)如图7甲所示，在xOy 竖直平面内存在竖直方向的匀强电场，在第一象限内有一与x 轴相切于点(2R,0)、半径为R 的圆形区域，该区域内存在垂直于xOy 面的匀强磁场，电场与磁场随时间变化如图乙、丙所示，设电场强度竖直向下为正方向，磁场垂直纸面对里为正方向，电场、磁场同步周期性变化(每个周期内正反向时间相同)．一带正电的小球A 沿y 轴方向下落，t ＝0时刻A 落至点(0,3R )，此时，另一带负电的小球B 从圆形区域最高点(2R,2R )处开头在磁场内紧靠磁场边界做匀速圆周运动；当A 球再下落R 时，B 球旋转半圈到达点(2R,0)；当A 球到达原点O 时，B 球又旋转半圈回到最高点；然后A 球开头匀速运动．两球的质量均为m ，电荷量大小均为q .(不计空气阻力及两小球之间的作用力，重力加速度为g )求：图7(1)匀强电场的场强E 的大小；(2)小球B 做匀速圆周运动的周期T 及匀强磁场的磁感应强度B 的大小； (3)电场、磁场变化第一个周期末A 、B 两球间的距离．6．(2021·绥化二模)如图8甲所示，两个平行正对的水平金属板X 、X ′极板长L ＝0.23m ，板间距离d ＝0.2m ，在金属板右端竖直边界MN 的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B ＝5×10－3T ，方向垂直纸面对里．现将X ′极板接地，X 极板上电势φ随时间变化规律如图乙所示．现有带正电的粒子流以v 0＝105m/s 的速度沿水平中线OO ′连续射入电场中，粒子的比荷qm ＝108C/kg ，重力可忽视不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀强电场(设两板外无电场)．求：图8(1)带电粒子射出电场时的最大速率；(2)粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比；(3)分别从O ′点和距O ′点下方d4＝0.05m 处射入磁场的两个粒子，在MN 上射出磁场时两出射点之间的距离．解决带电粒子在交变电磁场中运动问题“三步走”考题四 磁与现代科技的应用7．(2021·长春三质检)如图9所示，宽度为d 、厚度为h 的导体放在垂直于它的磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．试验表明：当磁场不太强时，电势差U 、电流I 和磁感应强度B 的关系为：U ＝K IBd ，式中的比例系数K 称为霍尔系数．设载流子的电荷量为q ，下列说法正确的是( )图9A ．载流子所受静电力的大小F ＝q UdB ．导体上表面的电势肯定大于下表面的电势C ．霍尔系数为K ＝1nq，其中n 为导体单位长度上的电荷数D ．载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝BInhd，其中n 为导体单位体积内的电荷数8．(多选)(2021·日照模拟)英国物理学家阿斯顿因首次制成质谱仪，并用此对同位素进行了争辩，因此荣获了1922年的诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图10所示，则下列说法中正确的是( )图10A ．该束带电粒子带正电B ．速度选择器的P 1极板带负电C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm越小9．(2021·浙江理综·25)使用回旋加速器的试验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m ，速度为v 的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r 的圆，圆心在O 点，图11轨道在垂直纸面对外的匀强磁场中，磁感应强度为B .为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O ′点(O ′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P 点进入通道，沿通道中心线从Q 点射出．已知OQ 长度为L ，OQ 与OP 的夹角为θ.图11(1)求离子的电荷量q 并推断其正负；(2)离子从P 点进入，Q 点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B ′，求B ′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B 不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽视边缘效应．为使离子仍从P 点进入，Q 点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E 的方向和大小．几种常见的电磁场应用实例 (1)质谱仪：①用途：测量带电粒子的质量和分析同位素．②原理：由粒子源S 发出的速度几乎为零的粒子经过加速电场U 加速后，以速度v ＝2qUm进入偏转磁场中做匀速圆周运动，运动半径为r ＝1B2mUq，粒子经过半个圆周运动后打到照相底片D 上，通过测量D 与入口间的距离d ，进而求出粒子的比荷q m ＝8UB 2d 2或粒子的质量m ＝qB 2d 28U.(2)速度选择器：带电粒子束射入正交的匀强电场和匀强磁场组成的区域中，满足平衡条件qE ＝q v B 的带电粒子可以沿直线通过速度选择器．速度选择器只对粒子的速度大小和方向做出选择，而对粒子的电性、电荷量不能进行选择． (3)回旋加速器： ①用途：加速带电粒子．②原理：带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转，交变电压的周期与带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相同．③粒子获得的最大动能E k ＝q 2B 2r 2n2m，其中r n 表示D 形盒的最大半径．专题综合练1．(2021·全国大联考二)如图12所示，平面直角坐标系第一象限存在竖直向上的匀强电场，距离原点O 为3a 处有一个竖直放置的荧光屏，荧光屏与x 轴相交于Q 点，且纵贯第四象限．一个顶角等于30°的直角三角形区域内存在垂直平面对里的匀强磁场，三角形区域的一条直角边ML 与y 轴重合，且被x 轴垂直平分．已知ML 的长度为6a ，磁感应强度为B ，电子束以相同的速度v 0从LO 区间垂直y 轴和磁场方向射入直角三角形区域．从y ＝－2a 射入磁场的电子运动轨迹恰好经过原点O ，假设第一象限的电场强度大小为E ＝B v 0，试求：图12(1)电子的比荷；(2)电子束从＋y 轴上射入电场的纵坐标范围；(3)从磁场中垂直于y 轴射入电场的电子打到荧光屏上距Q 点的最远距离．2．(2021·绵阳4月模拟)如图13甲所示，有一磁感应强度大小为B、垂直纸面对外的匀强磁场，磁场边界OP 与水平方向夹角为θ＝45°，紧靠磁场右上边界放置长为L、间距为d的平行金属板M、N，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上，O1、O2为电场左右边界中点．在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)．某时刻从O点竖直向上以不同初速度同时放射两个相同的质量为m、电荷量为＋q的粒子a和b.结果粒子a恰好从O1点水平进入板间电场运动，由电场中的O2点射出；粒子b恰好从M板左端边缘水平进入电场．不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T未知．求：图13(1)粒子a、b从磁场边界射出时的速度v a、v b；(2)粒子a从O点进入磁场到O2点射出电场运动的总时间t. 3．(2021·盐城二模)如图14所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面对里．P点的坐标为(－2L,0)，Q1、Q2两点的坐标分别为(0，L)，(0，－L)．坐标为(－13L，0)处的C点固定一平行于y轴放置的长为23L的绝缘弹性挡板，C为挡板中点，带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变，沿x方向分速度反向，大小不变．带负电的粒子质量为m，电荷量为q，不计粒子所受重力．若粒子从P点射出沿PQ1方向进入磁场，经磁场运动后，求：图14(1)从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小；(2)从Q1直接到达O点，粒子第一次经过x轴的交点坐标；(3)只与挡板碰撞两次并能回到P点的粒子初速度大小．答案精析专题8 带电粒子在电场和磁场中的运动真题示例1．(1)9qB 2L 232U 0 (2)100U 081≤U ≤16U 09 (3)3次解析 (1)离子在电场中加速：qU 0＝12m v 2在磁场中做匀速圆周运动：q v B ＝m v 2r解得r ＝1B2mU 0q打在MN 中点P 的离子运动半径为r 0＝34L ，代入解得m ＝9qB 2L 232U 0(2)由(1)知，U ＝16U 0r 29L 2离子打在Q 点时r ＝56L ，U ＝100U 081离子打在N 点时r ＝L ，U ＝16U 09，则电压的范围 100U 081≤U ≤16U 09 (3)由(1)可知，r ∝U由题意知，第1次调整电压到U 1，使原本Q 点的离子打在N 点L 56L ＝U 1U 0此时，原本半径为r 1的打在Q 1的离子打在Q 上56L r 1＝U 1U 0解得r 1＝⎝⎛⎭⎫562L第2次调整电压到U 2，原本打在Q 1的离子打在N 点，原本半径为r 2的打在Q 2的离子打在Q 上，则：L r 1＝U 2U 0，56L r 2＝U 2U 0 解得r 2＝⎝⎛⎭⎫563L同理，第n 次调整电压，有r n ＝⎝⎛⎭⎫56n ＋1L 检测完整，有r n ≤L 2解得n ≥lg2lg (65)－1≈2.8最少次数为3次 2．(1)12v 0tan 2θ (2)2d v 0tan θ解析 (1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0.由洛伦兹力公式及牛顿其次定律得q v 0B ＝m v 20R 0①由题给条件和几何关系可知 R 0＝d ②设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x .由牛顿其次定律及运动学公式得Eq ＝ma x ③ v x ＝a x t ④ v x2t ＝d ⑤ 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有 tan θ＝v xv 0⑥联立①②③④⑤⑥式得 E B ＝12v 0tan 2θ⑦ (2)联立⑤⑥式得 t ＝2dv 0tan θ.考题一 带电粒子在组合场中的运动1．(1)E 1v 0 磁场方向垂直纸面对外 (2)m v 202qL(3)(2－1)L解析 (1)带电粒子做匀速直线运动，其所受合力为零，由于粒子带负电荷，带电粒子受到的电场力方向沿y 轴负方向，所以带电粒子受到的洛伦兹力方向沿y 轴正方向，依据左手定则推断磁场方向垂直纸面对外 依据带电粒子受的洛伦兹力等于电场力，即：q v 0B ＝qE 1① 解得：B ＝E 1v 0②(2)撤去磁场后，带电粒子仅受电场力作用做类平抛运动． 依据牛顿其次定律：qE 2＝ma ③ x 轴方向：2L ＝v 0t ④ y 轴方向：L ＝12at 2⑤联立③④⑤解得：E 2＝m v 202qL⑥(3)带电粒子穿过B 点时竖直速度：v 1＝at ⑦ 由④⑤⑦解得：v 1＝v 0⑧则通过B 点时的速度v ＝v 20＋v 21＝2v 0⑨与x 轴正方向的夹角为θ，则sin θ＝v 1v ＝22⑩即θ＝45°⑪带电粒子在第三象限做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力q v B ＝m v 2R ⑫由E 1＝2E 2⑬ 由(1)知B ＝E 1v 0＝2E 2v 0⑭由⑥⑨⑫⑭解得：R ＝2L ⑮CO ＝(2－1)L2．(1)2m v qB (2)3m v 24qd (3)(4＋210)d 3v ＋πm2qB解析 (1)依据洛伦兹力供应向心力有：2q v B ＝m (2v )2R解得：R ＝2m vqB粒子刚好不从磁场右边界飞出的条件为：L ＝R ，即：L ＝2m vqB(2)如图，设粒子从A 点进入磁场，将其从N 点到A 点的运动分别沿着电场线和垂直电场线方向分解，粒子在这两个方向上通过的距离分别为h 和l ，在A 点沿这两个方向的速度大小均为v .沿电场线方向有：h ＝12·qE m ·t 2＝v t2垂直于电场线方向有：l ＝v t由几何关系有：l ＋h ＝2d以上各式联立得：E ＝3m v 24qd(3)粒子从M 点沿电场线方向向前运动的距离为s 由v 2＝2as ，得：s ＝v 22·qE m＝23d <d说明粒子不能打到绝缘板上就要返回，运动过程如图 从F 点进入磁场时的速度为v ′，由v ′2－v 2＝2ad 解得：v ′＝102v 粒子在电场中来回运动的时间为： t 1＝v ＋v ′a ＝(4＋210)d 3v粒子在磁场中做圆周运动的半径： R ′＝m v ′qB ＝10m v 2qB由于R ′(1－cos 45°)<L ，所以粒子不会从磁场右边界射出． 粒子在磁场中做圆周运动的周期：T ＝2πm qB在磁场中运动的时间为：t 2＝T 4＝πm2qB粒子从M 点到第一次从磁场中出来所经过的时间为 t ＝t 1＋t 2＝(4＋210)d 3v ＋πm2qB考题二 带电粒子在叠加场中的运动3．AC [带电小球在第Ⅲ象限内运动时只有重力做功，机械能守恒，设带电小球到达P 点的速度为v .依据机械能守恒定律得：mgd ＝12m v 2，v ＝2gd ，即带电小球做圆周运动的速度大小为2gd ，所以可以求出带电小球做圆周运动的速度大小，故A 正确；带电小球在第Ⅳ象限内做圆周运动，重力与电场力平衡，则有mg ＝qE ，E ＝mgq ，由于带电小球的比荷未知，不能求出电场强度E 的大小．依据带电小球第Ⅲ象限内运动状况，由左手定则推断知该带电小球带负电，带电小球在第Ⅳ象限内受到的电场力向上，则电场强度方向向下，故B 错误；小球在第Ⅳ象限运动的时间t ＝14·2πd v ＝πd2v ，可知能求出小球在第Ⅳ象限运动的时间t ，故C 正确；小球在第Ⅳ象限内运动的半径为d ，由d ＝m vqB知，由于带电小球的比荷未知，不能求出磁感应强度大小，故D 错误．]4．(1)mg q (2)m qg l (3)(3π4＋1)lg解析 (1)微粒到达A (l ，l )之前做匀速直线运动， 对微粒受力分析如图甲： 所以，Eq ＝mg ，得：E ＝mgq(2)由平衡条件得：q v B ＝2mg电场方向变化后，微粒所受重力与电场力平衡，微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，轨迹如图乙： q v B ＝m v 2r由几何学问可得：r ＝2lv ＝2gl联立解得：B ＝mq g l(3)微粒做匀速运动时间： t 1＝2l v ＝l g做圆周运动时间： t 2＝34π2l v ＝3π4l g在复合场中运动时间：t ＝t 1＋t 2＝(3π4＋1)l g考题三 带电粒子在交变电磁场中运动的问题5．(1)mg q (2)πm q2gR(3)25＋(2π＋2)2R 解析 (1)小球B 做匀速圆周运动，则Eq ＝mg 解得：E ＝mgq(2)设小球B 做圆周运动的周期为T 对A 小球：Eq ＋mg ＝ma 得a ＝2g R ＝a (T 2)2解得T ＝2R g对B 小球：Bq v ＝m v 2Rv ＝2πR T解得：B ＝πmq2g R(3)分析得：电(磁)场变化周期是B 球圆周运动周期的2倍 对小球A ：在原点的速度为v A ＝3R T ＋a T2在原点下的位移为：y A ＝v A T y A ＝5R2T 末，小球A 的坐标为(0，－5R ) 对小球B ：球B 的线速度v B ＝π2gR 水平位移为x b ＝v B T ＝2πR 竖直位移为y b ＝12aT 2＝2R2T 末，小球B 的坐标为[(2π＋2)R,0] 则2T 末，AB 两球的距离为AB ＝25＋(2π＋2)2R6．(1)233×105 m/s (2)2∶1 (3)0.05 m解析 (1)带电粒子在偏转电场中做类平抛运动： 水平：t ＝Lv 0＝23×10－6 s竖直：y ＝12at 2＝d 2，其中a ＝qU 1dm ，U 1＝adm q ＝1003V当U >1003 V 时进入电场中的粒子将打到极板上，即在电压等于1003 V 时刻进入的粒子具有最大速度．所以由动能定理得：q U 12＝12m v 2t －12m v 20， 解得v t ＝233×105 m/s(2)计算可得，粒子射入磁场时的速度与水平方向的夹角为30°，从下极板边缘射出的粒子轨迹如图甲中a 所示，磁场中轨迹所对应的圆心角为240°，时间最长；从上极板边缘射出的粒子轨迹如图中b 所示，磁场中轨迹所对应的圆心角为120°，时间最短，由于两粒子的周期T ＝2πm Bq相同，所以粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比为2∶ 1.(3)如图乙，从O ′点射入磁场的粒子速度为v 0，它在磁场中的出射点与入射点间距为d 1＝2R 1 由R 1＝m v 1Bq ，得：d 1＝2m v 0Bq从距O ′点下方d4＝0.05 m 处射入磁场的粒子速度与水平方向夹角φ，则它的速度为v 2＝v 0cos φ，它在磁场中的出射点与入射点间距为d 2＝2R 2cos φ， 由R 2＝m v 2Bq得d 2＝2m v 0Bq即两个粒子向上偏移的距离相等所以：两粒子射出磁场的出射点间距仍为进入磁场时的间距， 即d4＝0.05 m考题四 磁与现代科技的应用7．D [静电力大小应为F ＝q Uh ，A 项错误；载流子的电性是不确定的，因此B 项错误；n 为导体单位体积内的电荷数，C 项错误；载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝q v B ，其中v ＝I nqdh ，可得F 洛＝BIndh ，D 项正确．]8．AD [依据粒子在磁场中的运动轨迹，由左手定则可知，粒子带正电，选项A 正确；粒子在正交场中，受向上的洛伦兹力，故电场力向下，即速度选择器的P 1极板带正电，选项B 错误；依据R ＝m vqB 可知，在B 2磁场中运动半径越大的粒子，质量与电荷量的比值越大，或者比荷qm 越小，选项C 错误，D 正确．]9．(1)m v Br 正电荷 (2)m v (2r －2L cos θ)q (r 2＋L 2－2rL cos θ)(3)沿径向向外 B v －m v 2(2r －2L cos θ)q (r 2＋L 2－2rL cos θ)解析 (1)离子做圆周运动Bq v ＝m v 2r ①q ＝m vBr，依据左手定则可推断离子带正电荷②(2)离子进入通道前、后的轨迹如图所示 O ′Q ＝R ，OQ ＝L ，O ′O ＝R －r 引出轨迹为圆弧，B ′q v ＝m v 2R ③R ＝m v qB ′④由余弦定理得R 2＝L 2＋(R －r )2＋2L (R －r )cos θ解得R ＝r 2＋L 2－2rL cos θ2r －2L cos θ⑤故B ′＝m vqR＝m v (2r －2L cos θ)q (r 2＋L 2－2rL cos θ)⑥(3)电场强度方向沿径向向外⑦ 引出轨迹为圆弧Bq v －Eq ＝m v 2R ⑧解得E ＝B v －m v 2(2r －2L cos θ)q (r 2＋L 2－2rL cos θ)⑨专题综合练1．(1)v 0Ba (2)0≤y ≤2a (3)94a解析 (1)由题意可知电子在磁场中的轨迹半径为r ＝a ，由圆周运动规律得：e v 0B ＝m v 20r ，解得电子的比荷：e m ＝v 0Ba(2)电子能进入电场中，且离O 点上方最远，电子在磁场中运动圆轨迹恰好与边MN 相切，电子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．O ′M ＝2aOO ′＝OM －O ′M ＝a ，即粒子从D 点离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为：OD ＝y m ＝2a ，所以电子束从＋y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a ；(3)假设电子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a ＝v 0t ，y ＝12eE mt 2解得：y ＝92a >2a ，所以电子应射出电场后打到荧光屏上．电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间t ，竖直方向位移为y ，水平位移为x ， 水平：x ＝v 0t ，竖直：y ＝12eE mt 2，代入数据解得：x ＝2ay设电子最终打在光屏的最远点距Q 点为H ，电子射出电场时与x 轴的夹角为θ有： tan θ＝v y v 0＝eE m ×x v 0v 0＝2ya，H ＝(3a －x )tan θ＝(3a －2y )2y 当3a －2y ＝2y ，即y ＝98a 时，H 有最大值，由于98a <2a ，所以H max ＝94a2．(1)qBd 2m qBd m (2)πm 2qB ＋m (2L ＋d )qBd解析 (1)依据题意，粒子a 、b 在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，圆心分别为O a 、O b ，作出其运动轨迹如图所示，粒子a 从A 点射出磁场．由几何关系有：r a ＝d2，r b ＝d由牛顿其次定律有：q v B ＝m v 2r联立解得：v a ＝qBd 2m v b ＝qBdm(2)设粒子a 在磁场中运动时间为t 1，从A 点到O 2点的运动时间为t 2，则： t 1＝T a 4，T a ＝2πmqB ，t 2＝(r b －r a )＋L v a ，t ＝t 1＋t 2联解得：t ＝πm 2qB ＋m (2L ＋d )qBd3．(1)5qBL 2m (2)(12L,0) (3)25qBL 9m解析 (1)由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，设PQ 1与x 轴方向夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R 1，由几何关系得：R 1cos θ＝L ，其中：cos θ＝255粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，有： q v 1B ＝m v 21R 1，解得：v 1＝5qBL 2m.(2)由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与x 轴交点为F ，由几何关系得：R 2＝54L .设F 点横坐标为x F ，由几何关系得：x F ＝12L .则F 点坐标为：(12L,0)．(3)由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，设PQ 1与x 轴正方向夹角为θ，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R 3，偏转一次后在y 轴负方向偏移量为Δy 1，由几何关系得：Δy 1＝2R 3cos θ，为保证粒子最终能回到P ，粒子与挡板碰撞后，速度方向应与PQ 1连线平行，每碰撞一次，粒子进出磁场在y 轴上这段距离Δy 2(如图中A 、E 间距)可由题给条件， 有Δy 22L 3＝tan θ， 得Δy 2＝L3.当粒子只碰二次，其几何条件是3Δy 1－2Δy 2＝2L ， 解得：R 3＝259L粒子在磁场中做匀速圆周运动：q v B ＝m v 2R 3，解得：v ＝25qBL9m .。

高考物理带电粒子在电场中的运动试题(有答案和解析)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E=3×105N/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=2×10－5C．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(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加速度a1=1m/s2；由运动规律：x=12a1t12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-μm B g=m B a2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=60W2．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，滑块到达月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v P 和B 、C 两点间的距离x ． 【答案】(1) 6m /s ；7.5×104N /C (2) 2.5m /s ；0.85m 【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：2112Fd m v = 解得：v =6m /s小球到达P 点时，受力如图所示:则有：qE =m 2g tan θ, 解得：E =7.5×104N /C(2)小球所受重力与电场力的合力大小为：2cos m gG 等θ=小球到达P 点时，由牛顿第二定律有：2P v G r=等解得：v P =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v 1、v 2， 则有：m 1v =m 1v 1+m 2v 222211122111222m v m v m v =+ 解得：v 1=-2m /s(“-”表示v 1的方向水平向左)，v 2=4m /s 对小球碰后运动到P 点的过程，根据动能定理有：()()22222211sincos 22P qE x r m g r r m v m v θθ--+=- 解得：x =0.85m3．如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB 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 ，圆管的半径为r=2L(自身的直径忽略不计)．过OD 的虚线与过AB 的虚线垂直相交于C 点，在虚线AB 的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB 的下方存在方向竖直向下、范围足够大的匀强电场，电场强度大小E 2=mgq．圆心O 正上方的P 点有一质量为m 、电荷量为－q(q>0)的小球(可视为质点)，PC 间距为L ．现将该小球从P 点无初速释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A 无碰撞地进入圆管内，并继续运动．重力加速度为g ．求：(1)虚线AB 上方匀强电场的电场强度E 1的大小； (2)小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小球从管口B 离开后，经过一段时间到达虚线AB 上的N 点(图中未标出)，在圆管中运动的时间与总时间之比ABPNt t ． 【答案】（1）mg q （2）2mg ，方向竖直向下（3）4ππ+【解析】 【分析】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据正交分解，垂直运动方向的合力为零，列出平衡方程即可求出虚线AB 上方匀强电场的电场强度；（2）根据动能定理结合圆周运动的规律求解小球在AB 管中运动经过D 点时对管的压力F D ；（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，在圆管内做匀速圆周运动，离开管后做类平抛运动，结合运动公式求解在圆管中运动的时间与总时间之比. 【详解】（1）小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则：tan45°= mg Eq解得：mg qE =（2）从P 到A 的过程，根据动能定理：mgL+EqL=12mv A 2 解得v A =2gL小球在管中运动时，E 2q=mg ，小球做匀速圆周运动，则v 0=v A =2gL在D 点时，下壁对球的支持力2022v F m mg r==由牛顿第三定律，22F F mg =='方向竖直向下．（3）小物体由P 点运动到A 点做匀加速直线运动，设所用时间为t 1，则：211222L gt =解得12L t g= 小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为t 2，则：2323244A rL t v gππ⋅==小球离开管后做类平抛运动，物块从B 到N 的过程中所用时间：322L t g= 则：24t t ππ=+ 【点睛】本题考查带点小物体在电场力和重力共同作用下的运动，解题关键是要分好运动过程，明确每一个过程小物体的受力情况，并结合初速度判断物体做什么运动，进而选择合适的规律解决问题，匀变速直线运动利用牛顿第二定律结合运动学公式求解或者运用动能定理求解，类平抛利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动学规律求解．4．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2所示．一个质量m=0.2kg ，电量q=1×10－5C 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=qE11sin F mg ma θ-=解得2110/a m s =在2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示22sin F mg ma θ+=解得2210/a m s =因此物体在0～2 s 内，以2110/a m s =的加速度加速， 在2～4 s 内，2210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最大由1v a t =得，max 20/v m 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max202v x t m == 在0~2 s 内，电场力做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场力做负功2220W F x J ==-电场力做功W=40 J5．一电路如图所示，电源电动势E=28v ，内阻r=2Ω，电阻R1=4Ω，R2=8Ω，R3=4Ω，C 为平行板电容器，其电容C=3.0pF ，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m ，两极板的间距d=1.0×10-2m ．（1）闭合开关S 稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S 闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s 的初速度射入MN 的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m （不计粒子的重力，M 、N 板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s 2）【答案】（1）114.810C -⨯ （2）46.2510/C kg -⨯【解析】 【分析】 【详解】（1）闭合开关S 稳定后，电路的电流：12282482E I A A R R r ===++++；电容器两端电压：222816R U U IR V V ===⨯=；电容器带电量： 12112 3.01016 4.810R Q CU C C --==⨯⨯=⨯（2）粒子在电场中做类平抛运动，则：0L v t =21122Uq d t dm= 联立解得46.2510/qC kg m-=⨯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/qC 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20v 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 =2012h 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 =212y 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，000tan 2y qE x v m v yv 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 -=时，即 4.5y cm =时H 有最大值，所以max 9H cm =7．能量守恒是自然界基本规律，能量转化通过做功实现。

1带电粒子在电磁场中的运动一 带电粒子在电场或磁场中的运动1如图6 – 13所示，匀强电场方向竖直向上，A 、B 是两个形状相同的金属小滑块，B 滑块的质量是A 滑块质量的4倍，B 滑块不带电，放在水平台面的边缘；已知A 滑块带正电荷，与台面间的动摩擦因数μ= 0.4．开始时，A 滑块在台面上恰好能匀速运动，速度大小为v0 = 5 m/s ，之后与B 滑块发生正碰，碰后B 滑块落到地面上，落地时的动能等于它在下落过程中减少的重力势能．设碰撞时间极短，碰后总电荷量没有损失且平分，A 滑块还在桌面上，且两滑块始终在电场中，不计A 、B 间的库仑力．已知台面绝缘，足够大，其高度h = 1.6 m ，g 取10 m/s2，则碰撞后A 滑块还能运动多长时间？ 答案：设电场强度为E ，B 滑块质量为4m ，碰后带电量为q ，A 滑块的质量为m ，A 滑块碰前带电量为2q ，碰后带电量为qA 滑块在碰前，有2qE = mg ，所以qE =2mg设A 、B 碰后速度分别为v1、v2，对B 碰后应用动能定理得：Ek –224 · 21mv = (4mg – qE) h又Ek = 4mgh 所以v2 =2gh= 2 m/sA 、B 碰撞过程中动量守恒，以v0方向为正方向，则： mv0 = mv1 + 4mv2，所以v1 = v0 – 4v2 = – 3 m/s碰后A 滑块返回，设经时间t 停下，由动量定理得： μ-(mg – qE) t = 0 – mv1解得：t = 1.5 s ．22如图所示，在地球表面附近有一范围足够大的互相垂直的匀强电场和匀强磁场。

磁感应强度为B ，方向水平并垂直纸面向里。

一质量为m 、带电荷量为+q 的带电微粒在此区域恰好做速度大小为v 的匀速圆周运动。

（该区域的重力加速度为g ） （1）求该区域内电场强度的大小和方向。

（2）若某一时刻微粒运动到场中距地面高度为H 的A点，速度与水平向成45°，如图所示。

高考物理带电粒子在电场中的运动解题技巧(超强)及练习题(含答案)含解析一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动1．如图所示，在直角坐标系x0y 平面的一、四个象限内各有一个边长为L 的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L ，宽2L 的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小均相等，第一象限的x<L ，L<y<2L 的区域内，有沿y 轴正方向的匀强电场．现有一质量为四电荷量为q 的带负电粒子从坐标(L ，3L/2)处以初速度0v 沿x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力．(1)求电场强度大小E ；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)求第(2)问中粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间．【答案】（1）2mv E qL=（2）04nmv B qL =n=1、2、3......（3）02L t v π= 【解析】本题考查带电粒子在组合场中的运动，需画出粒子在磁场中的可能轨迹再结合物理公式求解．(1)带电粒子在电场中做类平抛运动有： 0L v t =，2122L at =，qE ma = 联立解得： 2mv E qL=(2)粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值tan xyv v θ==l 速度大小002sin v v v θ== 设x 为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(一L ，0 )点，应满足L=2nx ，其中n=1、2、3......粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为2π；当满足L=(2n+1)x 时，粒子轨迹如图乙所示．若轨迹如图甲设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有2R ，此时满足L=2nx 联立可得：22R n=由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：2v qvB m R=得：04nmv B qL=，n=1、2、3.... 轨迹如图乙设圆弧的半径为R ，圆弧对应的圆心角为2π.则有222x R ，此时满足()221L n x =+联立可得：()2212R n =+由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，则有：222v qvB m R =得：()02221n mv B qL+=，n=1、2、3....所以为使粒子进入磁场后途经坐标原点0到达坐标(-L ，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小04nmv B qL =，n=1、2、3....或()02221n mv B qL+=，n=1、2、3.... (3) 若轨迹如图甲，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=2n×2π×2=2nπ，则02222n n m L t T qB v ππππ=⨯==若轨迹如图乙，粒子从进人磁场到从坐标(一L ，0)点射出磁场过程中，圆心角的总和θ=(2n+1)×2π=(4n+2)π，则2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯== 粒子从进入磁场到坐标(-L ，0)点所用的时间为02222n n m Lt T qB v ππππ=⨯==或2220(42)(42)2n n m Lt T qB v ππππ++=⨯==2．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）。

带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中做偏转运动1. 如图所示，在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子（重力不计）以速度v 0垂直电场线射人电场，经过时间t l 穿越电场，粒子的动能由E k 增加到2E k ; 若这个带电粒子以速度32 v 0 垂直进人该电场，经过时间t 2穿越电场。

求：( l ）带电粒子两次穿越电场的时间之比t 1：t 2; ( 2 ）带电粒子第二次穿出电场时的动能。

2.如图所示的真空管中，质量为m ，电量为e 的电子从灯丝Ｆ发出，经过电压Ｕ１加速后沿中心线射入相距为d 的两平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，通过电场后打到荧光屏上，设Ｂ、Ｃ间电压为Ｕ２，Ｂ、Ｃ板长为l 1,平行金属板右端到荧光屏的距离为l ２,求：⑴电子离开匀强电场时的速度与进入时速度间的夹角． ⑵电子打到荧光屏上的位置偏离屏中心距离．解析:电子在真空管中的运动过分为三段，从Ｆ发出在电压Ｕ１作用下的加速运动；进入平行金属板Ｂ、Ｃ间的匀强电场中做类平抛运动；飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线运动． ⑴设电子经电压Ｕ１加速后的速度为v 1，根据动能定理有：电子进入Ｂ、Ｃ间的匀强电场中，在水平方向以v 1的速度做匀速直线运动，竖直方向受电场力的作用做初速度为零的加速运动，其加速度为： 电子通过匀强电场的时间11v l t=电子离开匀强电场时竖直方向的速度v y 为：电子离开电场时速度v 2与进入电场时的速度v 1夹角为α（如图５）则∴dU l U arctg1122=α⑵电子通过匀强电场时偏离中心线的位移电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向的位移 ∴电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为3. 在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m 、带正电电量q 的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为︒37的直线运动。

现将该小球从电场中某点以初速度0v 竖直向上抛出，求运动过程中（取8.037cos ,6.037sin =︒=︒）（1）小球受到的电场力的大小及方向；（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U ． 解析：v 0图 ５（1）根据题设条件，电场力大小 mg mg F e 4337tan =︒= ① 电场力的方向向右（2）小球沿竖直方向做初速为0v 的匀减速运动，到最高点的时间为t ，则：gv t 0=②沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为x ag m F a e x43==③此过程小球沿电场方向位移为：gv t a s x x 8321202==④小球上升到最高点的过程中，电场力做功为：qmv U 3292= ⑤4. 在足够大的空间中,存在水平向右的匀强电场,若用绝缘细线将质量为m 的带正电的小球悬挂在电场中,其静止时细线与竖直方向夹角θ=37°.现去掉细线,将该小球从电场中的某点竖直向上抛出,抛出时的初速度大小为v 0,如图13所示.求: (1)电场强度的大小.(2)小球在电场内运动过程中的最小速率.(3)小球从抛出至达到最小速率的过程中,电场力对小球所做的功.(sin37°=,cos37°=5. 如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy ，在第一象限内平行于y 轴的虚线MN 与y 轴距离为d ，从y 轴到MN 之间的区域充满一个沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E 。

易错点18电容器 带电粒子在电场中的运动例题1. （2022·重庆·高考真题）如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。

若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（ ）A ．材料竖直方向尺度减小B ．极板间电场强度不变C ．极板间电场强度变大D ．电容器电容变大【答案】A【解析】D ．根据题意可知极板之间电压U 不变，极板上所带电荷量Q 变少，根据电容定义式QC U=可知电容器得电容C 减小，D 错误； BC ．根据电容的决定式r 4SC kdεπ=可知极板间距d 增大，极板之间形成匀强电场，根据UE d=可知极板间电场强度E 减小，BC 错误； A ．极板间距d 增大，材料竖直方向尺度减小，A 正确。

故选A 。

【误选警示】误选BC 的原因：没有结合具体情境，判断出两极板间的距离减小，从而距离电场强度和电势差的关系，判断电场强度的变化情况。

误选D 的原因：没有结合具体情境，判断出两极板间的距离减小，进一步结合平行板电容器电容的因素决定式，判断电容如何变化。

例题2. （多选）（2022·全国·高考真题）地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中Р点水平向左射出。

小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在Р点。

则射出后，（ ） A ．小球的动能最小时，其电势能最大 B ．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C ．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D ．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量【答案】BD【解析】A ．如图所示Eq mg =故等效重力G '的方向与水平成45︒。

当0y v =时速度最小为min 1v v =，由于此时1v 存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此时电势能不是最大，故A 错误； BD ．水平方向上0Eq v t m=在竖直方向上v gt =由于Eq mg =，得0v v =如图所示，小球的动能等于末动能。

高二物理电荷在电场中的偏转试题答案及解析1.如图所示，一带电粒子以某一速度在竖直平面内做直线运动，经过一段时间后进入一垂直于纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域（图中未画出磁场区域），粒子飞出磁场后垂直电场方向进入宽为L的匀强电场. 电场强度大小为E，方向竖直向上. 当粒子穿出电场时速度大小变为原来的倍. 已知带电粒子的质量为m，电量为q，重力不计. 粒子进入磁场前的速度与水平方向成60°角，如图. 试解答：（1）粒子带什么电？（2）带电粒子在磁场中运动时速度多大？（3）该圆形磁场区域的最小面积为多大？【答案】（1）负电（2）（3）S=【解析】（1）已知磁场垂直纸面向里，粒子在磁场中向右偏转600垂直进入电场，由左手定则判断：粒子一定带负电---------------2分（2）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向： ----------1分竖直方向： ---------1分其中，； ---------2分解得： -------------------2分(3) 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力完全提供向心力：，即：将v代入，得： ----------------2分已知速度偏向角为600，磁场面积最小值是以R为直径的圆：整理得： S= ------------------2分【考点】考查了带电粒子在电磁场中的运动2.（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距为d，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．今有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子（不计重力），从a板左端贴近a板处以大小为v的初速度水平射入板间，在匀强电场作用下，刚好从b板的狭缝P处穿出，穿出时的速度方向与b板所成的夹角为θ=30°，之后进入匀强磁场做圆周运动，最后粒子碰到b板的Q点（图中未画出）。

求：（1）a、b板之间匀强电场的电场强度E和狭缝P与b板左端的距离。