物理带电粒子在电场中的运动专题练习(及答案)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，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(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，带电量为+q的a水平向右，不带电的b竖直向上．b上升高度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p．忽略空气阻力，重力加速度为g．求
(1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离； (2)匀强电场的场强及油滴a、b结合为p后瞬间的速度；
(3)若油滴p形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为t?0时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为T0（垂直纸面向外为正），已知P始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积．（忽略磁场突变的影响） 【答案】（1）2mg2h；2h（2）；vP?gh 方向向右上，与水平方向夹角为45°
qg（3）smin【解析】
ghT02? 2?2【详解】
(1)设油滴的喷出速率为v0，则对油滴b做竖直上抛运动，有
20?v0?2gh 解得v0?2gh
0?v0?gt0 解得t0?对油滴a的水平运动，有
2h gx0?v0t0 解得x0?2h
(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为a，有
qE?mg?ma，h?2mg12at0，解得a?g，E?
q2设油滴的喷出速率为v0，结合前瞬间油滴a速度大小为va，方向向右上与水平方向夹?角，则
v0?vacos?，v0tan??at0，解得va?2gh，??45?
两油滴的结束过程动量守恒，有：mv1?2mvp，联立各式，解得：vp?上，与水平方向夹45?角
(3)因qE?2mg，油滴p在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T，则
gh，方向向右2?rv2T8?mT0ghpT? 得T?0 ?2m 得r?由qvp，由
vp2qT0r4?即油滴p在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形．
最小矩形的两条边长分别为2r、4r（轨迹如图所示）．最小矩形的面积为
sminghT02?2r?4r? 22?
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
R的矩形2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?
2mv2【答案】(1) E?；2v，速度方向沿y轴负方向
4qR82mv22mv227?1mv(2)(3) ?B?5qRqR3qR【解析】 【分析】 【详解】
（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动
??L1?3R?2Rcos45??22R
cos45?L1?vt
沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a
L2?2Rsin45??2R
L2?12at 2a?qE m
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v1、v2，合速度v?
v1?v、v2?at，tan??v2 v2mv2联立可得E?
4qR22进入磁场的速度v??v1?v2?2v
R 2??45?，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r1?mv?222mv由qv?B1?得B1? r1qR
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