高考物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)及解析
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高考物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)及解析
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M内有竖直向下的匀强电场，电场场强E＝1.0×103V/m，宽度d＝0.05m，长度L＝0.40m；区域MM′N′N内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5×10－2T，宽度D＝0.05m，比荷qm＝1.0×108C/kg的带正电的粒子以水平初速度v0从P点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．
(1) 若v0＝8.0×105m/s，求粒子从区域PP′N′N射出的位置；
(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v0的大小；
(3) 若粒子从M′点射出，求v0满足的条件．
【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v0＝54.00.8()10/21nmsn (其中n＝0、1、2、3、4)第二种情况：v0＝53.20.8()10/21nmsn (其中n＝0、1、2、3)．
【解析】
【详解】
(1) 粒子以水平初速度从P点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则
竖直方向21··2Eqdtm＝
得2mdtqE
代入数据解得t＝1.0×10－6s
水平位移x＝v0t
代入数据解得x＝0.80m
因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，
则运动时间t0＝0Lv＝0.5×10－6s，
竖直位移201··2Eqytm＝＝0.0125m
所以粒子从P′点下方0.0125m处射出． (2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x＝v0
2mdqE
粒子进入磁场时，垂直边界的速度
v1＝qEm·t＝2qEdm
设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v＝1vsin
在磁场中由qvB＝m2vR得R＝mvqB
粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x＋Rsinα＝L
把x＝v02mdqE、R＝mvqB、v＝1vsin、12qEdvm＝ 代入解得
v0＝L·2Eqmd－EB
v0＝3.6×105m/s.
(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)
把R＝mvqB、v＝1vsin、12qEdvm＝代入解得
12(1cos)12tansin2mEdmEdyBqBq
可以看出当α＝90°时，Δy有最大值，(α＝90°即粒子从P点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)
1max212mvmqEdmEdyqBqBmBq
Δymax＝0.04m，Δymax小于磁场宽度D，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．
若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：
粒子要从M′点射出边界有两种情况，
第一种情况：
L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t
把2mdtqE、R＝mvqB
、v1＝vsinα、12qEdvm＝ 代入解得
0221221LqEnEvnmdnB
v0＝4.00.821nn×105m/s(其中n＝0、1、2、3、4)
第二种情况：
L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα
把2mdtqE 、R＝mvqB、v1＝vsinα、12qEdvm＝代入解得
02(1)21221LqEnEvnmdnB
v0＝3.20.821nn×105m/s(其中n＝0、1、2、3)．
2．如图所示，荧光屏MN与x轴垂直放置，荧光屏所在位置的横坐标x0=60cm，在第一象限y轴和MN之间存在沿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qm=1.0×108C/kg的带正电的粒子，已知粒子的发射速率v0=4.0×106m/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，由洛伦兹力提供向心力得： qvB=m20vr
解得：r=20510mvBqm=5cm
（2）由（1）问可知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：
x0=v0t0
h=2012at
a=qEm
解得：h=18cm＞2R=10cm
说明粒子离开电场后才打在荧光屏上．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：
x=v0t
y=212at
代入数据解得：x=2y
设粒子最终到达荧光屏的位置与Q点的最远距离为H，粒子射出电场时速度方向与x轴正方向间的夹角为θ，
000tan2yqExvmvyvv 所以：
H=（x0﹣x）tanθ=（x0﹣2y）•2y
由数学知识可知，当（x0﹣2y）=2y时，即y=4.5cm时H有最大值
所以Hmax=9cm
3．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）。现使一个电量大小为q、质量为m的带正电粒子从坐标（﹣2a，a）处以沿+x方向的初速度v0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点P，不计粒子的重力。
（1）求粒子经过原点时的速度；
（2）求磁感应强度B的所有可能取值
（3）求粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值。
【答案】（1）粒子经过原点时的速度大小为2v0，方向：与x轴正方向夹45°斜向下；
（2）磁感应强度B的所有可能取值：0nmvBqL n＝1、2、3……；
（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值：023(1)24ammtkkvqBqB
k＝1、2、3……或02324ammtnnvqBqB n＝1、2、3……。
【解析】
【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a＝v0t，
竖直方向：2yvat ，
解得：vy＝v0，tanθ＝0yvv＝1，θ＝45°，
粒子穿过O点时的速度：22002vvvv；
（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 2vqvBmr
，
粒子能过P点，由几何知识得：L＝nrcos45°
n＝1、2、3……，
解得：0nmvBqL n＝1、2、3……；
（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1＝02av；
粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12mTqB，2mTqB，
粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧，
若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：t2＝14T1，
若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2＝14T1+34T2，
若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×14T1+34T2，
若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×14T1+2×34T2，
…………
则23(1)24mmtkkqBqB k＝1、2、3……
或2324mmtnnqBqB n＝1、2、3……
粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2，
解得：023(1)24ammtkkvqBqB k＝1、2、3……
或02324ammtnnvqBqB n＝1、2、3……；
4．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．
【答案】22BqLEm ；2BEtt
【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，则有200vqvBmR
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14圆周，故有2RL
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qEma
水平方向上：212ERat
竖直方向上：0ERvt
由以上各式，得 22BqLEm 且EmtqB
（2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为14圆周，即142BtTmqB
所以2BEtt
5．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06xcm，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/ENC，在第二象限有半径5Rcm的圆形磁场，磁感应强度0.8BT，方
