2021屆高三大題優(yōu)練 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)

2111101MMM2021（新高考）高大題優(yōu)練帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)2111101MMM優(yōu)選例題例圖所示平直坐標(biāo)系xOy的一象分布存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為3123V/m，方向與x軸方向成斜向下，電場(chǎng)E的強(qiáng)大小知，方向與x軸方向成角斜向上，比荷為1.0×10

C/kg帶正電粒子第三象限的點(diǎn)由靜止釋放粒沿做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)速度為104

，不計(jì)粒子的重力。(1)求P兩間的電勢(shì)差；(2)粒子a進(jìn)電場(chǎng)時(shí)在電場(chǎng)E某置由靜止釋放另外一個(gè)完全相同的帶電粒子b使兩粒子在離開(kāi)電場(chǎng)前相遇，若相遇時(shí)所需時(shí)間最長(zhǎng)，求在電場(chǎng)E中靜止釋放的帶電粒子b的初始位置坐標(biāo)?！窘馕觥?1)帶電粒子a由P點(diǎn)動(dòng)到點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理有＝mv解得：U＝。(2)粒子在入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)離開(kāi)電場(chǎng)E時(shí)到O點(diǎn)距離為L(zhǎng)如圖所示，則：cos＝vt，qELsin＝m

t

由于兩粒子完全相同，所以只需在帶電粒子進(jìn)電場(chǎng)時(shí)在速度方向的直線(xiàn)OM上一點(diǎn)釋放粒子b可保證兩者離開(kāi)電場(chǎng)前碰撞。若相遇時(shí)所需時(shí)間最長(zhǎng)，則在點(diǎn)由靜止釋放帶電粒子即可，則有OM＝Lcos30°故M橫坐標(biāo)為x＝OMcos，M的坐標(biāo)為＝OM30°聯(lián)立解得：x＝，y

M

即在電場(chǎng)E中由靜止釋放帶電粒子b的置坐標(biāo)(m。1例．足夠大的豎直勻電場(chǎng)中，有一條與電場(chǎng)線(xiàn)平行的直線(xiàn)，如圖中的虛線(xiàn)所示。直線(xiàn)上有兩個(gè)小和B，質(zhì)量均為。荷量為q的球好靜止，電荷量為2.5q的球在球正下方，相距為L(zhǎng)。由靜止釋放球球沿著直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)并與球生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞中AB兩的總動(dòng)能無(wú)損失。設(shè)在每碰撞過(guò)程中、兩間均無(wú)電荷量轉(zhuǎn)，且不考慮兩球間的庫(kù)侖力和萬(wàn)有引力，重力加速度用示。求：

A111AB111111221A111AB111111221(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E；(2)第一次碰撞后，、兩的速度大小、；(3)在以后、兩球不斷地再次碰撞的時(shí)間間隔會(huì)相等?果相等，請(qǐng)計(jì)算該時(shí)間間隔；如果不相等，請(qǐng)說(shuō)明理由?！窘馕觥?1)由題意可知，帶電量為的球在重力和電場(chǎng)力的作用下恰好靜止則mg可得勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝

(2)由靜止釋放球球在重力和電場(chǎng)力的作用下向上運(yùn)動(dòng)，設(shè)與A球撞前瞬間速度為，動(dòng)能定理得：(2.5qE－)L＝mv解得：v＝

3gLA兩球碰撞時(shí)間很短，且無(wú)動(dòng)能損失，由動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒得：＝mv＋mv112＝22A聯(lián)立解得：vA1gL，vB＝0(3)設(shè)B球復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為aA、B兩第一次碰撞后，球始向上以速度做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，B球開(kāi)始向上做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)到第二次碰撞前的時(shí)間隔是t，：vt＝at1121解得：t＝

v碰撞過(guò)程滿(mǎn)足動(dòng)量守恒且無(wú)動(dòng)能損失故每次碰撞之后兩球都交換速度第二次碰撞后球向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)速度為at＝2vB向上做初速度為v的加速直線(xiàn)運(yùn)設(shè)第三次碰撞前的時(shí)間間隔是t則有：t＝vt＋12122

2解得：t＝

v＝v以此類(lèi)推，每次碰撞時(shí)間間隔相等，該時(shí)間間隔為T(mén)＝根據(jù)牛頓第二定律：2.5qE－＝解得：＝

4

L3

。2

00模擬練習(xí)00．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的一象限中，存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為．線(xiàn)是電場(chǎng)的理想邊界線(xiàn)，虛線(xiàn)右端與軸交點(diǎn)為，A點(diǎn)標(biāo)為（L，線(xiàn)軸圍成的空間內(nèi)沒(méi)有電場(chǎng)；在第二象限存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，M－，）和（－L0）兩點(diǎn)的連線(xiàn)上有一個(gè)產(chǎn)生粒子的發(fā)生器裝置產(chǎn)生質(zhì)均為m電荷量均為q靜止的帶正電的粒子計(jì)粒子的重力和粒子之間的相互作用，且整個(gè)裝置處于真空中。(1)若粒子從M點(diǎn)靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入第一象限后始終在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)并恰好到達(dá)A點(diǎn)求這個(gè)過(guò)程中該子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及到達(dá)點(diǎn)的速度大??；(2)若從MN線(xiàn)M點(diǎn)方由靜發(fā)出的所有粒子，在第二象限的電場(chǎng)加速后，經(jīng)第一象限的電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)穿過(guò)虛線(xiàn)邊界后都能到達(dá)點(diǎn)，求此邊界圖中虛)方程。．如圖所示，兩豎直虛線(xiàn)間距為，之間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域的A點(diǎn)將質(zhì)量為、荷量分別為q和－(>0)的帶電小球MN先后以相同的初速沿水平方向射出。小球進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的右邊界離開(kāi)。已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置與A點(diǎn)在同一高度M剛離開(kāi)電場(chǎng)的動(dòng)能為剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的倍。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為。已知A點(diǎn)到左邊界的距離也為L(zhǎng)(1)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。?2)求小球射出的初速度大??；(3)要使小球N離電場(chǎng)時(shí)的位之間的距離不超過(guò)L僅改變兩小球的相同射出速度求射速度需滿(mǎn)足的條件。3

L0km12L0km12．如圖所示，在豎直直角坐標(biāo)系xOy，x軸下方區(qū)域I存在場(chǎng)強(qiáng)大小為、方向沿y正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，x軸方區(qū)域Ⅱ存在方向沿x軸方向的勻強(qiáng)場(chǎng)知圖中點(diǎn)D的坐標(biāo)為(

272

L

，)虛GD垂直軸兩固定平行絕緣擋板間距為L(zhǎng)OC在x上OC板面垂直紙面點(diǎn)在y軸。一質(zhì)量為m電量為q的電粒子不計(jì)重從點(diǎn)由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)過(guò)x軸不與AB碰恰到達(dá)點(diǎn)已知AB＝14L，OC＝13L(1)求區(qū)域Ⅱ的場(chǎng)強(qiáng)大小E子從D點(diǎn)動(dòng)到點(diǎn)用的時(shí)間t；(2)改變?cè)摿Ｗ拥某跷恢?，粒子從上點(diǎn)M由止開(kāi)始上運(yùn)動(dòng)，通過(guò)x軸第一次與相碰前瞬間動(dòng)能恰好最大。①求此最大動(dòng)能以及M點(diǎn)軸間的距離；②若粒子與OC碰前后均無(wú)動(dòng)能損碰后水平方向速度不變，豎直方向速度大小不變，方向相，求粒子通過(guò)y軸的位置與O點(diǎn)距離。．在一空間范圍足夠大區(qū)域內(nèi)可能存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其電場(chǎng)線(xiàn)與坐標(biāo)Oy面平行。以坐標(biāo)原點(diǎn)為圓心，作半徑為R的交坐標(biāo)軸于A兩點(diǎn)點(diǎn)圓中點(diǎn)位置，圖所示。在原點(diǎn)O有帶正電小球，以某一初動(dòng)能沿軸向水平出。(1)空間電場(chǎng)強(qiáng)度為0，小球以的初動(dòng)能從O平拋，剛好能經(jīng)過(guò)C點(diǎn)置，求球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)位置時(shí)的動(dòng)能。(2)空間電場(chǎng)強(qiáng)度不為時(shí)小球以的初動(dòng)能從O點(diǎn)拋當(dāng)球經(jīng)過(guò)圖中圓周上D時(shí)動(dòng)能大小為2E，求點(diǎn)置坐標(biāo)（圖中未標(biāo)出D點(diǎn)4

112200(3)空間電場(chǎng)強(qiáng)度不為時(shí)，小球以某一初動(dòng)能從點(diǎn)拋，小球經(jīng)過(guò)圖圓周上點(diǎn)動(dòng)能大小為，若已知帶電小球的質(zhì)量為m電量為，求空間所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大?。ㄓ胢、g表達(dá)112200．如圖所示，長(zhǎng)度為l的緣細(xì)線(xiàn)將質(zhì)量為m電量為帶正電小球懸掛于O點(diǎn)整個(gè)空間中滿(mǎn)了勻強(qiáng)電場(chǎng)。?。?，＝0.8)(1)當(dāng)電場(chǎng)方向豎直向上時(shí)若使球在點(diǎn)得水平速度＝gl小球剛好能在豎直平面內(nèi)做完整的圓運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度；(2)當(dāng)電場(chǎng)方向水平，且電場(chǎng)強(qiáng)度E＝的條件。

4mg3q

時(shí)，要不能讓細(xì)線(xiàn)松弛，求小球在點(diǎn)獲得的水平速度v應(yīng)滿(mǎn)足．如圖所示，一帶電荷量＝＋10

C，質(zhì)量＝1kg的緣平板置于光滑的水平面上，板上最右放一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量m＝1的不帶電小物塊，平板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.75。距平板左端L＝0.8m處一固定彈性擋板，擋板與平板等高，平板撞上擋板后會(huì)原速率反彈。整個(gè)空間存在電場(chǎng)強(qiáng)度＝500的水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)將物塊與平板一起由靜止釋放，已知重力加速度gm/s2整個(gè)過(guò)程中物塊未離開(kāi)平板。求：

，平板所帶電荷量保持不變，(1)平板第一次與擋板即將碰撞時(shí)速率；(2)若平板長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝m求物塊最終離平板最左端的距離；(3)若將電場(chǎng)撤去，調(diào)節(jié)初始狀態(tài)板左端與擋板的距離L，僅給小物塊一個(gè)水平向左的初速＝，使得平板與擋板只能碰撞6次求L應(yīng)滿(mǎn)足的條件設(shè)板足夠長(zhǎng)）5

0000100001答案析(1)粒子在第二象限的電場(chǎng)中勻加速的時(shí)間：得時(shí)間：到y(tǒng)軸速度：在第一象限做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平：

；得：豎直：這個(gè)過(guò)程中該粒子所用的時(shí)間：該過(guò)程中粒子到達(dá)A點(diǎn)速度：(2)設(shè)粒子從P點(diǎn)標(biāo)為（Ly）由靜止勻加速線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，粒子進(jìn)入第一象限做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)Q坐標(biāo)為x子進(jìn)入第一象限的速度：做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)經(jīng)Q時(shí)，水平：豎直：代入得：把上面兩式相除得：QA與軸成角可得：由速度分解：整理得邊界方程：

；；，。析(1)設(shè)小球MN在點(diǎn)水射出的初速度大小為v，它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)水平度仍然為，所以小球、在場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等。進(jìn)入電場(chǎng)前，水平方向L＝t6

110212y0MyMN011122110212y0MyMN0111220120豎直方向下落的距離dgt21進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)豎直速度進(jìn)入電場(chǎng)后，水平方向L＝t故t＝t＝t設(shè)粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為，豎直方向有：d－v＋2解得：＝g由牛頓第二定律得：mgma解得：E＝。(2)小球M出電場(chǎng)時(shí)豎直速度為v＝＋at＋＝′

mv＋2＝8×(2v0201解得：v＝。(3)以豎直向下為正，M豎直位移為y＝tatN豎直位移為y＝vt－Ny2y－L解得：v≥2gL。析(1)該粒子帶正電，從D點(diǎn)動(dòng)到軸用的時(shí)間設(shè)為t，L

tv＝at根據(jù)牛頓第二定律有qE＝ma

1粒子在區(qū)域II中類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，所用的時(shí)間設(shè)為，則271Lt22L＝根據(jù)牛頓第二定律有qE＝

2粒子從D點(diǎn)動(dòng)到B所用的時(shí)間t＝＋聯(lián)立解得：′＝E，

t5

mL2

。(2)①設(shè)粒子通過(guò)軸的速度大小為，碰到AB前類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則

t粒子第一次碰到AB前間的軸速大?。絫7

kk為值，當(dāng)kkm011102022kk0DkDkk為值，當(dāng)kkm011102022kk0DkDk0碰前瞬間動(dòng)能

)即

LEmat

t

由于

att

t

即

t

L

時(shí)動(dòng)能有大值由(得

qE所以最大動(dòng)能＝18對(duì)應(yīng)的

v

18qEL粒子在區(qū)域I中初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則v

＝解得：y＝L。②粒子在區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)效粒子以大小為的速度在場(chǎng)強(qiáng)大小為E的強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)直接到達(dá)y軸點(diǎn)，則時(shí)間仍然為tOPt得OP＝L由于

OPL，子與AB碰一次后，再與CD碰一次，最后到達(dá)B處則OB3Ly＝L。析(1)小球從O到C做平拋運(yùn)動(dòng)有可得v＝v則得＝(2)小球過(guò)D點(diǎn)有x＝tE＝即可得

則有v＝代位移公式得：又由幾何關(guān)系得解得

，(3)在1)問(wèn)中由

和8

k0111111131222可得k0111111131222空間有電場(chǎng)時(shí)小球過(guò)C點(diǎn)：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)當(dāng)電場(chǎng)力＜mg時(shí)小球在最高點(diǎn)的速度最，若小球剛好能通過(guò)最高點(diǎn)，則在最高點(diǎn)有：－＝m

l從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：(－qEl)?2lmv2解得E＝

35當(dāng)電場(chǎng)力qE＞時(shí)小球在最低點(diǎn)的速度v最小，若小球剛好能通過(guò)最低點(diǎn)，則在最低點(diǎn)有：－mgml3解得E＝聯(lián)立可得要使小球做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)強(qiáng)度應(yīng)滿(mǎn)足

35q

≤≤。(2)當(dāng)電場(chǎng)方向水平，且＝5F(mg)qE)3

4mg

時(shí)，小球所受重力為mg、電場(chǎng)力的力大小與水平方向的夾角足θ＝

3qE如果小球獲得水平速度后好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在速度最小的位置(如圖)足9

2B222222222202B22222222220F＝

l小球從A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：－(1sin)－lcos＝mv2－2聯(lián)立解得v＝gl如果小球獲得水平速度后回?cái)[動(dòng)，則小球剛好能到達(dá)C點(diǎn)點(diǎn)如圖小球從A點(diǎn)動(dòng)到點(diǎn)由動(dòng)能定理得：－(1cos)＋qElsin＝02或小球從A點(diǎn)動(dòng)到點(diǎn)由動(dòng)能定理得：－(1cos)－qEl＝－mv2解得v＝2gl綜合可得，v≥7gl或v≤細(xì)均不會(huì)松馳。析(1)兩者相對(duì)