高考物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)及解析

高考物理带电粒子在电场中的运动题20套(带答案)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，一带电荷量q=+0.05C、质量M=lkg的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m=lkg的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75．距平板左端L=0.8m处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会原速率反弹。整个空间存在电场强度E=100N/C的水平向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g=10m/s2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。求：

（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率；

（2）平板的最小长度；

（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。

【答案】（1）平板第二次与挡板即将碰撞时的速率为1.0m/s;（2）平板的最小长度为0.53m;（3）从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量为8.0N•s

【解析】

【详解】

（1）两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，

有a=qEm=2.5m/s2＜μg

故平板M与物块m一起匀加速，根据动能定理可得：qEL=12（M+m）v21

解得v=2.0m/s

平板反弹后，物块加速度大小a1=mgm=7.5m/s2，向左做匀减速运动

平板加速度大小a2=qEmgm=12.5m/s2，

平板向右做匀减速运动，设经历时间t1木板与木块达到共同速度v1′，向右为正方向。

-v1+a1t1=v1-a2t1

解得t1=0.2s，v1'=0.5m/s，方向向左。

此时平板左端距挡板的距离：x=v1t122112at=0.15m

此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为v，则由动能定理

12（M+m）v2212（M+m）21'v=qEx1

解得v2=1.0m/s

（2）最后平板、小物块静止（左端与挡板接触），此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。 设平板长为l，全程根据能量守恒可得：qEL=μmgl

解得：l=815=0.53m

（3）设平板第n-1次与第n次碰撞反弹速度分别为vn-1，和vn；平板第n-1次反弹后：设经历时间tn-1，平板与物块达到共同速度vn-1′

平板vn-1′=vn-1-a2tn-1

位移大小21112112nnnnxvtat

物块vn-1′=-vn-1+a1tn-1

由以上三式解得：11'4nnvv，1110nnvt，211380nnvx

此后两者一起向左匀加速，由动能定理

qExn-1=22111(')22nnMmvMmv

解得：112nnvv

从开始运动到平板和物块恰停止，挡板对平板的总冲量：

I=2Mv1+2Mv2+2Mv3+2Mv4+……

解得：I=8.0N•s

2．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＝12m1v2，

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。

（2）小球所受重力与电场力的合力大小为：G等＝2cosmg ①

小球到达P点时，由牛顿第二定律有：G等＝m22Pvr ②

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：22211122111222mvmvmv 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﹣rsinθ）﹣m2g（r+rcosθ）＝222221122Pmvmv 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﹣rsinθ＝vPcosθt﹣2212qEtm⑥

竖直方向做匀加速运动，有：r+rcosθ＝vPsinθt+12gt2⑦

联立⑥⑦代入数据得：L＝0.5625m；

3．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0t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）2hg；2h（2）2mgq；Pvgh 方向向右上，与水平方向夹角为45°（3）20min22ghTs

【解析】

【详解】

(1)设油滴的喷出速率为0v，则对油滴b做竖直上抛运动，有

2002vgh 解得02vgh

000vgt 解得02htg

对油滴a的水平运动，有

000xvt 解得02xh

(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为a，有

qEmgma，2012hat，解得ag，2mgEq

设油滴的喷出速率为0v，结合前瞬间油滴a速度大小为av，方向向右上与水平方向夹角，则

0acosvv，00tanvat，解得a2vgh，45

两油滴的结束过程动量守恒，有：12pmvmv，联立各式，解得：pvgh，方向向右上，与水平方向夹45角

(3)因2qEmg，油滴p在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T，则

由2082ppvmqvmqTr 得04Tghr，由2prTv 得02TT

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20min2242ghTsrr

4．如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心0的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B点后电量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变化图像如图乙．已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g，不计空气阻力，求

(1)小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量

(2)滑块对半圆轨道的最大压力大小

(3)小滑块再次进入电场时，电场大小保持不变、方向变为向左，求小滑块再次到达水平轨道时的速度大小以及距B的距离

【答案】（1）mgqE（2）635NFmg（3）425vgR，方向与水平方向夹角为11arctan2斜向左下方，位置在A点左侧6R处．

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：根据在A、B两点的加速度结合牛顿第二定律即可求解小滑块释放后运动至B点过程中电荷量的变化量；

利用“等效重力”的思想找到新的重力场中的电低点即压力最大点；

解：(1)A点：01·2qEmgmg

B点13·2qEmgmg 联立以上两式解得10mgqqqE；

(2) 从A到B过程：

2113122··4022ggmRmv

将电场力与重力等效为“重力G，与竖直方向的夹角设为，在“等效最低点”对轨道压力最大，则：

221'()()GmgqE

cosmgG

从B到“等效最低点”过程：222111(cos)22GRRmvmv

22NvFGmR

由以上各式解得：(635)NFmg

由牛顿第三定律得轨道所受最大压力为：(635)NFmg；

(3) 从B到C过程：2213111·2?22mgRqERmvmv

从C点到再次进入电场做平抛运动：

13xvt

212Rgt

ygtv

13tanyvv

21tanmgqE

由以上各式解得：12

则进入电场后合力与速度共线，做匀加速直线运动 12tanRx

从C点到水平轨道：22124311·2?22mgRqExmvmv

由以上各式解得：425vgR

126xxxR

因此滑块再次到达水平轨道的速度为425VRg，方向与水平方向夹角为