高考物理带电粒子在电场中的运动及其解题技巧及练习题(含答案)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．如图所示，EF与GH间为一无场区．无场区左侧A、B为相距为d、板长为L的水平放置的平行金属板，两板上加某一电压从而在板间形成一匀强电场，其中A为正极板．无场区右侧为一点电荷Q形成的电场，点电荷的位置O为圆弧形细圆管CD的圆心，圆弧半径为R，圆心角为120°，O、C在两板间的中心线上，D位于GH上．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度v0沿两板间的中心线射入匀强电场，粒子出匀强电场经无场区后恰能进入细圆管，并做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动．（不计粒子的重力、管的粗细）求：
(1)O处点电荷的电性和电荷量； (2)两金属板间所加的电压．
224mv0R3mdv0【答案】(1)负电，；(2)
3kq3qL【解析】
（1）粒子进入圆管后受到点电荷Q的库仑力作匀速圆周运动，粒子带正电，则知O处点
电荷带负电．由几何关系知，粒子在D点速度方向与水平方向夹角为30°，进入D点时速度为：v?v023?v0 …①
cos30?3
Qqv2…② 在细圆管中做与管壁无相互挤压的匀速圆周运动，故Q带负电且满足k2?mRR4mv02R 由①②得：Q?3kq（2）粒子射出电场时速度方向与水平方向成30°
vytan 30°= …③
v0vy=at…④
a?t?qU …⑤ mdL …⑥ v0mdv02tan30?3mdv02 ?由③④⑤⑥得：U?qL3qL
3．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
q＝1.0×108C/kg的带正电m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＝(0、1、2、3、4)第二种情况：v0＝(【解析】 【详解】
4.0?0.8n)?105m/s (其中n＝
2n?13.2?0.8n)?105m/s (其中n＝0、1、2、3)．
2n?1(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
t 竖直方向d＝··得t?1Eq2m22md qE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，
L则运动时间t0＝＝0.5×10－6s，
v0t0＝0.0125m 竖直位移y＝··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 粒子进入磁场时，垂直边界的速度 v1＝
1Eq2m22md qEqE2qEd·t＝ mm
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＝
v1 sin?mvv2 在磁场中由qvB＝m得R＝qBR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＝v0mvv2md2qEd 代入解得 、R＝、v＝1、v1＝qBsin?qEmEEq－ B2mdv0＝L·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＝
mvv2qEd、v＝1、v1＝代入解得 qBsin?m?y?12mEd(1?cos?)12mEd??tan
Bqsin?Bq2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)
?ymax?mv1m2qEd12mEd ??qBqBmBqΔymax＝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t?mv2md2qEd 、v1＝vsinα、v1＝ 代入解得 、R＝qBqEmv0?LqE2nE??
2n?12md2n?1Bv0＝??4.0?0.8n?5
?×10m/s(其中n＝0、1、2、3、4)
?2n?1?第二种情况：
L＝n(2v0t＋2Rsinα)＋v0t＋2Rsinα 把t?mv2md2qEd 、R＝、v1＝vsinα、v1＝代入解得
qBqEmv0?LqE2(n?1)E??
2n?12md2n?1B
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