高中物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)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B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vP和B、C两点间的距离x；
(3)若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点（图中未画出）后不再反弹，求Q、C两点间的距离L。
【答案】（1）撤去该恒力瞬间滑块的速度大小是6m/s，匀强电场的电场强度大小是7.5×104N/C；（2）小球到达P点时的速度大小是2.5m/s，B、C两点间的距离是0.85m。（3）Q、C两点间的距离为0.5625m。 【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：Fd＝代入数据解得：v＝6m/s
小球到达P点时，受力如图所示，由平衡条件得：qE＝m2gtanθ， 解得：E＝7.5×104N/C。
1m1v2， 2
（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G等＝
m2g ① cos?2vP小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等＝m2 ②
r联立①②，代入数据得：vP＝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v1、v2， 以向右方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v＝m1v1+m2v2 ③ 由能量守恒得：
1112m1v2?m1v12?m2v2 ④ 222联立③④，代入数据得：v1＝﹣2m/s（“﹣”表示v1的方向水平向左），v2＝4m/s 小球碰后运动到P点的过程，由动能定理有： qE（x﹣rsinθ）﹣m2g（r+rcosθ）＝代入数据得：x＝0.85m。
（3）小球从P点飞出水平方向做匀减速运动，有：L﹣rsinθ＝vPcosθt﹣竖直方向做匀加速运动，有：r+rcosθ＝vPsinθt+联立⑥⑦代入数据得：L＝0.5625m；
1122m2vP?m2v2 ⑤ 221qE2t⑥ 2m212
gt⑦ 2
2．如图，质量分别为mA=1kg、mB=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(mA+mB)g=(mA+mB)a1 可得系统的加速度a1=1m/s2； 由运动规律：x=
1a1t12 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=a1t1=2m/s；
绳断后，对B由牛顿第二定律：F-μmBg=mBa2 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=60W
3．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/s2，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
F1?mgsin??ma1
2解得a1?10m/s
在2 ---4 s内，滑块受力分析如图乙所示
F2?mgsin??ma2
2解得a2?10m/s
2因此物体在0～2 s内，以a1?10m/s的加速度加速， 2在2～4 s内，a2?10m/s的加速度减速，即在2s时，速度最大
由v?a1t得，vmax?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?在0~2 s内，电场力做正功W1?F1x?60J - 在2～4 s内，电场力做负功W2?F2x??20J 电场力做功W=40 J
vmaxt?20m 2
4．如图所示，两块平行金属极板MN水平放置，板长L =\．间距d =3m，两金属3板间电压UMN= 1×104V；在平行金属板右侧依次存在ABC和FGH两个全等的正三角形区域，正三角形ABC内存在垂直纸面向里的匀强磁场B1，三角形的上顶点A与上金属板M平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P恰好在下金属板N的右端点；正三角形FGH内存在垂直纸面向外的匀强磁场B2，已知A、F、G处于同一直线上．B、C、H也处于同一直
2m．现从平行金属极板MN左端沿中心轴线方向入射一个重力不计3的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg，带电量q = +1×10-4C，初速度v0= 1×105m/s．
线上．AF两点距离为
(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v的大小和方向
(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC边上，求该区域的磁感应强度B1 (3)若要使带电粒子由FH边界进入FGH区域并能再次回到FH界面，求B2应满足的条件．
【答案】（1）【解析】
2?33323T ?105m/s；垂直于AB方向出射．（2）T（3）
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试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t，加速度为a， 则：qUqU3?ma解得：a???1010m/s2 dmd3t?L?1?10?5s v0竖直方向的速度为：vy＝at＝射出时速度为：v?3×105m/s 323?105m/s 322v0?vy?速度v与水平方向夹角为θ，tan??vyv0?3，故θ=30°，即垂直于AB方向出射． 3123dat?m?，即粒子由P1点垂262（2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移y?直AB射入磁场，
由几何关系知在磁场ABC区域内做圆周运动的半径为R1?d2?m ocos303v2由B1qv?m
R1知：B1?mv33?T qR110（3）分析知当轨迹与边界GH相切时，对应磁感应强度B2最大，运动轨迹如图所示：
由几何关系得：R2?R2?1 sin60o故半径R2?(23?3)m
v2又B2qv?m
R2故B2?2?3T 5
高中物理带电粒子在电场中的运动答题技巧及练习题(含答案)及解析
