一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心0的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B点后电量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图像如图乙．已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g，不计空气阻力，求
(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量
(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小
(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B的距离
【答案】（1）（2）（3），方向与水平方向夹角为斜向左下方，位置在A点左侧处．
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：根据在A、B两点的加速度结合牛顿第二定律即可求解小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量；
利用“等效重力”的思想找到新的重力场中的电低点即压力最大点；
解：(1)A点：
B点
联立以上两式解得；
(2) 从A到B过程：
将电场力与重力等效为“重力，与竖直方向的夹角设为，在“等效最低点”对轨道压力最大，则：
从B到“等效最低点”过程：
由以上各式解得：
由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为：；
(3) 从B到C过程：
从C点到再次进入电场做平抛运动：
由以上各式解得：
则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动
从C点到水平轨道：
由以上各式解得：
因此滑块再次到达水平轨道的速度为，方向与水平方向夹角为
，斜向左下方，位置在A点左侧处．
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=5×107C／kg，速度为v0=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U0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=，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) (2) (3)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对于t=0时刻射入极板间的粒子：
解得：
(2)时刻射出的粒子打在x轴上水平位移最大：
所放荧光屏的最小长度即：
(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vy.
速度偏转角的正切值均为：
即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.
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：
.
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：
3．如图，平面直角坐标系中，在，y＞0及y＜-L区域存在场强大小相同，方向相反均平行于y轴的匀强电场，在-L＜y＜0区域存在方向垂直于xOy平面纸面向外的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（L，0）进入磁场．在磁场中的运转半径R=L（不计粒子重力），求：
（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；
（2）；
（3）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；
（4）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期．
【答案】（1）v0，与x成53°角；（2）；（3）2L；（4）．
【解析】
【详解】
（1）如图，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向的速度为vy，
由运动学规律知L=v0t1，
L=t1
可得t1=，vy=v0
故粒子在P2的速度为v==v0
设v与x成β角，则tanβ==，即β=53°；
（2）粒子从P1到P2，根据动能定理知qEL=mv2-mv02可得
E=
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据qvB=m
解得：B===
解得：；
（3）粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，在图中，过P2做v的垂线交y=-直线与Q′点，可得：
P2O′===r
故粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α=37°，故粒子将垂直于y=-L
直线从M点穿出磁场，由几何关系知M的坐标x=L+（r-rcos37°）=2L；
（4）粒子运动一个周期的轨迹如上图，粒子从P1到P2做类平抛运动：t1=
在磁场中由P2到M动时间：t2==
从M运动到N，a==
则t3==
则一个周期的时间T=2（t1+t2+t3）=．
4．如图所示，轻质绝缘细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向左的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°.已知绳长l=l.0m，小球所带电荷量q=+l.0×104C，质量m=4.0×10-3kg。不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80.求：
(l)电场强度的大小E；
(2)将电场撤去,小球摆动到最低点时速度的大小v；
(3)将电场撤去,小球摆动到最低点时绳中拉力的大小T.
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【详解】
(1)对带电小球受力分析，得关系：
代入已知数据后，解得
(2)根据机械能守恒定律有：
解得：
(3)根据牛顿第二定律:
解得:
5．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g。求：
（1）小球到达小孔处的速度大小；
（2）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
（3）小球从开始下落运动到下极板，其所受重力的冲量大小。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【详解】
（1） 根据机械能守恒，有
解得
（2）对小球运动的全过程，根据动能定理
解得
电容器所带电荷量，U=Ed
解得
（3）小球全程运动的平均速度为，则小球全程运动的时间为t，
解得
小球所受重力的冲量大小为
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）；（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t1
1分
1分
1分
求出 E =1分
（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 3t1=1分
电子在磁场中运动的时间 t2 =2分
电子从A运动到D的时间 t=3t1+ 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．静电喷漆技术具有效率高、质量好、有益于健康等优点，其装置可简化为如图甲所示．A、B为水平放置的间距d＝1.6m的两块足够大的平行金属板，两板间有方向由B指向A的的匀强电场．在A板的放置一个安全接她的静电油漆喷P，油漆喷可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为的油漆微粒，已知油漆微粒的质量均为m＝1.0×10－5kg，带负电且电荷量均为q＝1.0×10－3C，不计油漆微粒间的相互作用以及油漆微粒带电量对板间电场和磁场的影响，忽略空气阻力，g取，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求（计算结果小数点后保留一位数字）：
（1）油漆微粒落在B板上的最大面积；
（2）若让A、B两板间的电场反向（如图乙所示），并在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.06T，调节喷使油漆微粒只能在纸面内沿各个方向喷出，其他条件不变．
①B板被油漆微粒打中的区域的长度为多少？
②打中B板的油漆微粒中，在正交场中运动的最短时间为多少？
【答案】（1）18．1 m2（2）1．6 m （3）0．31 s
【解析】
试题分析：（1）油漆微粒的加速度
①
根据运动学
②
运动的半径
③
落在板上所形成圆形面积
④
由①②③式并代入数据得
⑤
（2）当电场反向
⑥
油漆微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力
⑦
水平向右射出的油漆微粒打在板的右端，根据几何关系
⑧
的长度
⑨
打在板左端的油漆微粒为和板相切的微粒，同理求得
⑩
油漆微粒打在极板上的长度
11
由⑥⑦⑧⑨⑩11式并代入数据得
12
(3)打在板上的微粒中，最短的弦长对应的时间最短
有几何关系
13
运动的最短时间
14
微粒在磁场中运动的周期
15
由7131415式代入数据解得
16
考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．
点评：本题是实际问题，考查理论联系实际的能力，关键在于建立物理模型．
8．如图所示，直空中有以O为圆心，半径为R的圆柱形匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直纸面向外，在虚线范围内、x轴上方足够大的范围内有宽度为d，方向沿y轴负向、大小为E的匀强电场．圆形磁场区域的右端与电场左边界相切，现从坐标原点O沿纸面不同方向发射速率为v 的质子，已知质子的电荷量为e，质量为m，不计质子的重力．求
（1）要使质子不出磁场区域，磁感应强度B要满足什么条件？
（2）P、N两点在圆周上，M是OP的中点，MN平行于x轴，若质子从N点平行于x轴出磁场，求磁感应强度的大小和粒子从O点出射时的方向．
（3）求质子从N点平行于x轴出磁场后与x轴的交点坐标．
【答案】（1） （2）600 （3）（，0） （，0）
【解析】
试题分析：当质子做圆周运动的半径时，质子不会出磁场，由牛顿第二定律即可求得磁感应强度的范围；画出粒子运动轨迹，根据几何关系和牛顿第二定律求解；设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点，做类平抛运动，结合平抛运动公式分为两种情况即可求解．
（1）当质子做圆周运动的半径时，质子不会出磁场
由牛顿第二定律，得
洛伦兹力为：
解得：
（2）如图，质子做圆周运动的圆心在NA上，AB为ON的垂直平分线，故交点A为圆心，OM为ON的一半，知角ONM为300，角CNA为600，则NA=R，质子做圆周运动的的半径为R
结合以上解得：B=
易知OB与x轴的夹角为600
故质子出射时速度与x轴成600角
（3）设质子刚好打到电场右边界与x轴的交点
在竖直方向：
在水平方向：
联立解得：
i)当时，质子出边界之后与x轴相交，设在电场中的偏移为y，出电场时在y轴
方向的速度为，偏转角为由 结合以上解得：
在竖直方向的速度为：
偏转角为：
由图
联立求解得：
根据几何关系得：
故与x轴交点坐标为（，0）
ii) 当时，质子在电场区域内与x轴相交
由 解得：
水平位移
根据几何关系得：
故与x轴交点坐标为（，0）
点睛：本题主要考查了带电粒子在磁场和电场中的运动，分清过程，画出轨迹、在结合几何知识和牛顿第二定律即可解题．
9．如图所示，内壁光滑、半径大小为R的绝缘圆轨道固定在竖直面内，圆心为O轨道左侧与圆心等高处附近空间有一高度为d的区域内存在着竖直向下的匀强电场(d (2)小球第3次经过轨道最低点时对轨道的压力。 【答案】(1) (2) ，方向竖直向下 【解析】 【分析】 小球恰好能经过轨道最高点B，由牛顿第二定律求出B的速度，从A运动到B，对小球由动能定理求出小球初速度v0的大小；对小球由动能定理得小球第三次经过轨道最低点时的速度大小，在最低点时，由牛顿第二定律和牛顿第三定律求得小球对轨道的压力； 【详解】 解：(1)小球恰好能经过轨道最高点B 由牛顿第二定律有： 从A运动到B，对小球由动能定理得： 解得： (2)设小球第三次经过轨道最低点时的速度为v 对小球由动能定理得： 在最低点时，由牛顿第二定律有： 解得： 由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力，方向竖直向下 10．在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压UO，其周期是T．现有电子以平行于金属板的速度VO从两板射入（如图甲）．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，求： （1）若电子从t=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小． （2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1）电子在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，在此过程中只有电场力做功，根据动能定理即可解除电子飞出时的速度． （2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T； 【详解】 （1）电子飞出过程中只有电场力做功，根据动能定理得： 解得： （2）若电子恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T；则电子水平方向做匀速直线运动：L=v0T 11．如图所示，粗糙的斜槽轨道与半径R=0.5m的光滑半圆形轨道BC连接，B为半圆轨道的最底点，C为最高点．一个质量m=0.5kg的带电体，从高为H=3m的A处由静止开始滑下，当滑到B处时速度vB=4m/s，此时在整个空间加上一个与纸面平行的匀强电场，带电体所受电场力在竖直向上的分力大小与重力相等．带电体沿着圆形轨道运动，脱离C处后运动的加速度是a=2m/s2，经过一段时间后运动到斜槽轨道某处时速度的大小是v=2m/s ．已知重力加速度g=10m/s2，带电体运动过程中电量不变，经过B点时能量损失不计，忽略空气的阻力．求： （1）带电体从B到C的过程中电场力所做的功W （2）带电体运动到C时对轨道的压力F （3）带电体与斜槽轨道之间的动摩擦因数μ 【答案】(1)5J (2)16N (3) 【解析】 【分析】 【详解】 （1）设带电体受到电场力的水平分量为Fx，竖直分量为Fy，带电体由B到C的运动过程中，水平分力做功为零，竖直分力做功等于重力做功． 即：W＝Fy•2R＝mg•2R＝5J （2）带电体从B到C运动的过程中，重力和电场力的竖直分力相等，电场力的水平分力不做功，所以vC＝vB＝4m/s 在C点，由牛顿第二定律得： 又mg＝Fy 联立解得：F＝16N （3）带电体脱离轨道后在水平方向上做匀减速直线运动，由速度位移公式得： 代入数据得： 设斜面与水平面的夹角为α，则 解得：α＝30° 带电体从A到B的运动过程中，由动能定理的：mgH﹣μmgcosα= 代入数据解得： 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=．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）（2）2mg；（3）9L 【解析】 【分析】 【详解】 （1）由A到B根据动能定理： ， 解得 （2）在B点，由牛顿第二定律： 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： 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.下载本文
