2021届高三大题优练 带电粒子在电场中运动

2111101MMM2021（新高考）高大题优练带电粒子在电场中运动2111101MMM优选例题例图所示平直坐标系xOy的一象分布存在匀强电场E电场的场强大小为3123V/m，方向与x轴方向成斜向下，电场E的强大小知，方向与x轴方向成角斜向上，比荷为1.0×10

C/kg带正电粒子第三象限的点由静止释放粒沿做加速直线运动到O点速度为104

，不计粒子的重力。(1)求P两间的电势差；(2)粒子a进电场时在电场E某置由静止释放另外一个完全相同的带电粒子b使两粒子在离开电场前相遇，若相遇时所需时间最长，求在电场E中静止释放的带电粒子b的初始位置坐标。【解析】(1)带电粒子a由P点动到点根据动能定理有＝mv解得：U＝。(2)粒子在入电场后做类平抛运动，设离开电场E时到O点距离为L如图所示，则：cos＝vt，qELsin＝m

t

由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进电场时在速度方向的直线OM上一点释放粒子b可保证两者离开电场前碰撞。若相遇时所需时间最长，则在点由静止释放带电粒子即可，则有OM＝Lcos30°故M横坐标为x＝OMcos，M的坐标为＝OM30°联立解得：x＝，y

M

即在电场E中由静止释放带电粒子b的置坐标(m。1例．足够大的竖直匀电场中，有一条与电场线平行的直线，如图中的虚线所示。直线上有两个小和B，质量均为。荷量为q的球好静止，电荷量为2.5q的球在球正下方，相距为L。由静止释放球球沿着直线运动并与球生正碰，碰撞时间极短，碰撞中AB两的总动能无损失。设在每碰撞过程中、两间均无电荷量转，且不考虑两球间的库仑力和万有引力，重力加速度用示。求：

A111AB111111221A111AB111111221(1)匀强电场的电场强度大小E；(2)第一次碰撞后，、两的速度大小、；(3)在以后、两球不断地再次碰撞的时间间隔会相等?果相等，请计算该时间间隔；如果不相等，请说明理由。【解析】(1)由题意可知，带电量为的球在重力和电场力的作用下恰好静止则mg可得匀强电场的电场强度大小E＝

(2)由静止释放球球在重力和电场力的作用下向上运动，设与A球撞前瞬间速度为，动能定理得：(2.5qE－)L＝mv解得：v＝

3gLA两球碰撞时间很短，且无动能损失，由动量守恒和动能守恒得：＝mv＋mv112＝22A联立解得：vA1gL，vB＝0(3)设B球复合场中运动的加速度为aA、B两第一次碰撞后，球始向上以速度做匀速直线运动，B球开始向上做初速度为零的匀加速直线运动，设到第二次碰撞前的时间隔是t，：vt＝at1121解得：t＝

v碰撞过程满足动量守恒且无动能损失故每次碰撞之后两球都交换速度第二次碰撞后球向上做匀速直线运动速度为at＝2vB向上做初速度为v的加速直线运设第三次碰撞前的时间间隔是t则有：t＝vt＋12122

2解得：t＝

v＝v以此类推，每次碰撞时间间隔相等，该时间间隔为T＝根据牛顿第二定律：2.5qE－＝解得：＝

4

L3

。2

00模拟练习00．如图所示，在直角坐标系xOy的一象限中，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为．线是电场的理想边界线，虚线右端与轴交点为，A点标为（L，线轴围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，M－，）和（－L0）两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置产生质均为m电荷量均为q静止的带正电的粒子计粒子的重力和粒子之间的相互作用，且整个装置处于真空中。(1)若粒子从M点静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点求这个过程中该子运动的时间及到达点的速度大小；(2)若从MN线M点方由静发出的所有粒子，在第二象限的电场加速后，经第一象限的电场偏转穿过虚线边界后都能到达点，求此边界图中虚)方程。．如图所示，两竖直虚线间距为，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的A点将质量为、荷量分别为q和－(>0)的带电小球MN先后以相同的初速沿水平方向射出。小球进入电场区域，并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度M刚离开电场的动能为刚进入电场时动能的倍。不计空气阻力，重力加速度大小为。已知A点到左边界的距离也为L(1)该电场的电场强度大小；(2)求小球射出的初速度大小；(3)要使小球N离电场时的位之间的距离不超过L仅改变两小球的相同射出速度求射速度需满足的条件。3

L0km12L0km12．如图所示，在竖直直角坐标系xOy，x轴下方区域I存在场强大小为、方向沿y正方向的匀强电场，x轴方区域Ⅱ存在方向沿x轴方向的匀强场知图中点D的坐标为(

272

L

，)虚GD垂直轴两固定平行绝缘挡板间距为LOC在x上OC板面垂直纸面点在y轴。一质量为m电量为q的电粒子不计重从点由静止开始向上运动过x轴不与AB碰恰到达点已知AB＝14L，OC＝13L(1)求区域Ⅱ的场强大小E子从D点动到点用的时间t；(2)改变该粒子的初位置，粒子从上点M由止开始上运动，通过x轴第一次与相碰前瞬间动能恰好最大。①求此最大动能以及M点轴间的距离；②若粒子与OC碰前后均无动能损碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相，求粒子通过y轴的位置与O点距离。．在一空间范围足够大区域内可能存在竖直向上的匀强电场，其电场线与坐标Oy面平行。以坐标原点为圆心，作半径为R的交坐标轴于A两点点圆中点位置，图所示。在原点O有带正电小球，以某一初动能沿轴向水平出。(1)空间电场强度为0，小球以的初动能从O平抛，刚好能经过C点置，求球经过C点位置时的动能。(2)空间电场强度不为时小球以的初动能从O点抛当球经过图中圆周上D时动能大小为2E，求点置坐标（图中未标出D点4

112200(3)空间电场强度不为时，小球以某一初动能从点抛，小球经过图圆周上点动能大小为，若已知带电小球的质量为m电量为，求空间所加匀强电场的场强大小（用m、g表达112200．如图所示，长度为l的缘细线将质量为m电量为带正电小球悬挂于O点整个空间中满了匀强电场。取＝，＝0.8)(1)当电场方向竖直向上时若使球在点得水平速度＝gl小球刚好能在竖直平面内做完整的圆运动，求电场强度；(2)当电场方向水平，且电场强度E＝的条件。

4mg3q

时，要不能让细线松弛，求小球在点获得的水平速度v应满足．如图所示，一带电荷量＝＋10

C，质量＝1kg的缘平板置于光滑的水平面上，板上最右放一可视为质点、质量m＝1的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数0.75。距平板左端L＝0.8m处一固定弹性挡板，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＝500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gm/s2整个过程中物块未离开平板。求：

，平板所带电荷量保持不变，(1)平板第一次与挡板即将碰撞时速率；(2)若平板长度为L＝m求物块最终离平板最左端的距离；(3)若将电场撤去，调节初始状态板左端与挡板的距离L，仅给小物块一个水平向左的初速＝，使得平板与挡板只能碰撞6次求L应满足的条件设板足够长）5

0000100001答案析(1)粒子在第二象限的电场中匀加速的时间：得时间：到y轴速度：在第一象限做类平抛运动，水平：

；得：竖直：这个过程中该粒子所用的时间：该过程中粒子到达A点速度：(2)设粒子从P点标为（Ly）由静止匀加速线运动，粒子进入第一象限做类平抛运动，点后做匀速直线运动，设Q坐标为x子进入第一象限的速度：做类平抛运动经Q时，水平：竖直：代入得：把上面两式相除得：QA与轴成角可得：由速度分解：整理得边界方程：

；；，。析(1)设小球MN在点水射出的初速度大小为v，它们进入电场时水平度仍然为，所以小球、在场中运动的时间相等。进入电场前，水平方向L＝t6

110212y0MyMN011122110212y0MyMN0111220120竖直方向下落的距离dgt21进入电场时竖直速度进入电场后，水平方向L＝t故t＝t＝t设粒在电场中运动的加速度为，竖直方向有：d－v＋2解得：＝g由牛顿第二定律得：mgma解得：E＝。(2)小球M出电场时竖直速度为v＝＋at＋＝′

mv＋2＝8×(2v0201解得：v＝。(3)以竖直向下为正，M竖直位移为y＝tatN竖直位移为y＝vt－Ny2y－L解得：v≥2gL。析(1)该粒子带正电，从D点动到轴用的时间设为t，L

tv＝at根据牛顿第二定律有qE＝ma

1粒子在区域II中类平抛运动，所用的时间设为，则271Lt22L＝根据牛顿第二定律有qE＝

2粒子从D点动到B所用的时间t＝＋联立解得：′＝E，

t5

mL2

。(2)①设粒子通过轴的速度大小为，碰到AB前类平抛运动的时间为t，则

t粒子第一次碰到AB前间的轴速大小＝t7

kk为值，当kkm011102022kk0DkDkk为值，当kkm011102022kk0DkDk0碰前瞬间动能

)即

LEmat

t

由于

att

t

即

t

L

时动能有大值由(得

qE所以最大动能＝18对应的

v

18qEL粒子在区域I中初速度为零的匀加速直线运动，则v

＝解得：y＝L。②粒子在区域II中运动效粒子以大小为的速度在场强大小为E的强电场中做类平抛运动直接到达y轴点，则时间仍然为tOPt得OP＝L由于

OPL，子与AB碰一次后，再与CD碰一次，最后到达B处则OB3Ly＝L。析(1)小球从O到C做平抛运动有可得v＝v则得＝(2)小球过D点有x＝tE＝即可得

则有v＝代位移公式得：又由几何关系得解得

，(3)在1)问中由

和8

k0111111131222可得k0111111131222空间有电场时小球过C点：x′t其中，v＝vE＝即可得代入位移公式得：代入加速度公式得。析(1)当电场力＜mg时小球在最高点的速度最，若小球刚好能通过最高点，则在最高点有：－＝m

l从最低点到最高点，由动能定理得：(－qEl)•2lmv2解得E＝

35当电场力qE＞时小球在最低点的速度v最小，若小球刚好能通过最低点，则在最低点有：－mgml3解得E＝联立可得要使小球做完整的圆周运动，电场强度应满足

35q

≤≤。(2)当电场方向水平，且＝5F(mg)qE)3

4mg

时，小球所受重力为mg、电场力的力大小与水平方向的夹角足θ＝

3qE如果小球获得水平速度后好能做完整的圆周运动，在速度最小的位置(如图)足9

2B222222222202B22222222220F＝

l小球从A运动到点，由动能定理得：－(1sin)－lcos＝mv2－2联立解得v＝gl如果小球获得水平速度后回摆动，则小球刚好能到达C点点如图小球从A点动到点由动能定理得：－(1cos)＋qElsin＝02或小球从A点动到点由动能定理得：－(1cos)－qEl＝－mv2解得v＝2gl综合可得，v≥7gl或v≤细均不会松驰。析(1)两者相对