物理带电粒子在电场中的运动专项习题及答案解析及解析
一、高考物理精讲专题带电粒子在电场中的运动
1．在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1.0T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O点。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度l＝0.1m。现从坐标为（﹣0.2m，﹣0.2m）的P点发射出质量m＝2.0×10﹣9kg、带电荷量q＝5.0×10﹣5C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103m/s（粒子重力不计）。 （1）带电粒子从坐标为（0.1m，0.05m）的点射出电场，求该电场强度；
（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1m，﹣0.05m）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。
【答案】（1）1.0×104N/C（2）4T，方向垂直纸面向外 【解析】 【详解】
解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：
2v0qv0B?m
r可得：r=0.20m=R
根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y 根据类平抛规律可得：l?v0t，y?12at 2根据牛顿第二定律可得：Eq?ma 联立可得：E?1.0?104N/C
（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：vy?at?粒子射出电场时速度：v?2v0
根据几何关系可知，粒子在B?区域磁场中做圆周运动半径：r??qElg?5.0?103m/s=v0 mv02y
v2根据洛伦兹力提供向心力可得： qvB??m
?r联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：B??mv?4T ?qr根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。
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O处以大小为v0、方向与水平线夹角为θ＝60o的速度，进入大小为E1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ＝60o，粒子到达PQ线上的A点时，其动能为在O处时动能的4倍．当粒子到达A点时，突然将电场改为大小为E2，方向与竖直方向夹角也为θ＝60o的匀强电场，然后粒子能到达PQ线上的B点．电场方向均平行于MN、PQ所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。已知粒子从O运动到A的时间与从A运动到B的时间相同，不计粒子重力，已知量为m、q、v0、d．求：
(1)粒子从O到A运动过程中,电场力所做功W； (2)匀强电场的场强大小E1、E2； (3)粒子到达B点时的动能EkB．
22323m?03m?014m?02 E2＝ (3) EkB＝【答案】(1)W?mv0 (2)E1＝
234qd3qd【解析】 【分析】
(1)对粒子应用动能定理可以求出电场力做的功。
(2)粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度大小。 (3)根据粒子运动过程，应用动能计算公式求出粒子到达B点时的动能。 【详解】
12mv0粒子在A点动能为：EkA=4Eko，粒子从O到A232
运动过程，由动能定理得：电场力所做功：W=EkA-Eko=mv0；
2
(2) 以O为坐标原点，初速v0方向为x轴正向， 建立直角坐标系xOy，如图所示
(1) 由题知：粒子在O点动能为Eko=
设粒子从O到A运动过程，粒子加速度大小为a1， 历时t1，A点坐标为（x，y） 粒子做类平抛运动：x=v0t1，y=
12a1t1 2由题知：粒子在A点速度大小vA=2 v0，vAy=3v0，vAy=a1 t1 粒子在A点速度方向与竖直线PQ夹角为30°。
223v03v0 ，y? 解得：x?2a1a1-xcos60°=d， 由几何关系得：ysin60°
24d3v0 ，t1?解得：a1?
v4d0由牛顿第二定律得：qE1=ma1，
23mv0 解得：E1?4qd设粒子从A到B运动过程中，加速度大小为a2，历时t2，
4dt2t?t?=a2sin60°水平方向上有：vAsin30°，21，qE2=ma2，
v0222v03mv0 ，E2?解得：a2?； 3d3qd(3) 分析知：粒子过A点后，速度方向恰与电场E2方向垂直，再做类平抛运动， 粒子到达B点时动能：EkB=解得：EKB【点睛】
本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律可以解题。
214mv0。 ?312mvB，vB2=（2v0）2+（a2t2）2， 2
3．如图所示,有一比荷
q=2×1010C/kg的带电粒子,由静止从Q板 经电场加速后,从M板的m狭缝垂直直线边界a进入磁感应强度为B=1.2×10-2T的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b,匀强磁场方向垂直平面向里,a、b间距d=2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：
(1)带电粒子射入磁场区域时速度v； (2)Q、M两板间的电势差UQM。
【答案】（1）v?4.8?106m/s；（2）?0，?· 【解析】 【详解】
（1）粒子从静止开始经加速电场加速后速度为v，由动能定理：
??3?4?
qU?12mv 2v2 粒子进入磁场后，洛仑磁力提供向心力：qBv?mR粒子垂直a边界进入有届磁场区域且恰好未飞出右平行届b，由几何知识得：R?d
-2代入数值，联立解得：v?4.8?106m/s；U?5.76?10V
（2）据粒子在磁场中的轨迹，由左手定则知：该粒子带负电，但在加速电场中从Q到M加速，说明M点比Q点电势高，故?0，?
??3?4?
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/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
vmaxt?20m 2
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