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

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m 1＝0.05kg 的不带电绝缘滑块静止在A 点，质量m 2＝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/s 2，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v P 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 ＝1

2

m 1v 2， 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 ＝m 2g tanθ， 解得：E ＝7.5×104N/C 。

（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G 等＝

2cos m g

①

小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等＝m2

2

P

v

r

②

联立①②，代入数据得：v P＝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：222

11122

111

222

m v m v m v

=+④

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﹣r sinθ）﹣m2g（r+r cosθ）＝22

222

11

22

P

m v m v

-⑤

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﹣r sinθ＝v P cosθt﹣2

2

1

2

qE

t

m⑥

竖直方向做匀加速运动，有：r+r cosθ＝v P sinθt+

1

2

gt2⑦

联立⑥⑦代入数据得：L＝0.5625m；

2．如图，质量分别为m A=1kg、m B=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(m A+m B)g=(m A+m B)a1

可得系统的加速度a1=1m/s2；

由运动规律：x=

1

2

a1t12

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-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；

由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=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/s 2，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

11sin F mg ma θ-=

解得2

110/a m s =

在2 ---4 s 内，滑块受力分析如图乙所示

22sin F mg ma θ+=

解得2

210/a m s =

因此物体在0～2 s 内，以2

110/a m s =的加速度加速， 在2～4 s 内，2

210/a m s =的加速度减速，即在2s 时，速度最大

由1v a t =得，max 20/v m 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max

202

v x t m == 在0~2 s 内，电场力做正功1160W F x J == - 在2～4 s 内，电场力做负功2220W F x J ==- 电场力做功W=40 J

4．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距d =

3

m ，两金属板间电压U MN = 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B 1，三角形的上顶点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B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直

线上．AF 两点距离为

2

3

m ．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的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．

(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B 1 (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B 2应满足的条件．