2111101MMM2021（新高考）高大題優練帶電粒子在電場中運動2111101MMM優選例題例圖所示平直坐標系xOy的一象分布存在勻強電場E電場的場強大小為3123V/m，方向與x軸方向成斜向下，電場E的強大小知，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由靜止釋放粒沿做加速直線運動到O點速度為104

，不計粒子的重力。(1)求P兩間的電勢差；(2)粒子a進電場時在電場E某置由靜止釋放另外一個完全相同的帶電粒子b使兩粒子在離開電場前相遇，若相遇時所需時間最長，求在電場E中靜止釋放的帶電粒子b的初始位置坐標。【解析】(1)帶電粒子a由P點動到點根據動能定理有＝mv解得：U＝。(2)粒子在入電場后做類平拋運動，設離開電場E時到O點距離為L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電場時在速度方向的直線OM上一點釋放粒子b可保證兩者離開電場前碰撞。若相遇時所需時間最長，則在點由靜止釋放帶電粒子即可，則有OM＝Lcos30°故M橫坐標為x＝OMcos，M的坐標為＝OM30°聯立解得：x＝，y

M

即在電場E中由靜止釋放帶電粒子b的置坐標(m。1例．足夠大的豎直勻電場中，有一條與電場線平行的直線，如圖中的虛線所示。直線上有兩個小和B，質量均為。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。由靜止釋放球球沿著直線運動并與球生正碰，碰撞時間極短，碰撞中AB兩的總動能無損失。設在每碰撞過程中、兩間均無電荷量轉，且不考慮兩球間的庫侖力和萬有引力，重力加速度用示。求：

A111AB111111221A111AB111111221(1)勻強電場的電場強度大小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間間隔會相等?果相等，請計算該時間間隔；如果不相等，請說明理由。【解析】(1)由題意可知，帶電量為的球在重力和電場力的作用下恰好靜止則mg可得勻強電場的電場強度大小E＝

(2)由靜止釋放球球在重力和電場力的作用下向上運動，設與A球撞前瞬間速度為，動能定理得：(2.5qE－)L＝mv解得：v＝

3gLA兩球碰撞時間很短，且無動能損失，由動量守恒和動能守恒得：＝mv＋mv112＝22A聯立解得：vA1gL，vB＝0(3)設B球復合場中運動的加速度為aA、B兩第一次碰撞后，球始向上以速度做勻速直線運動，B球開始向上做初速度為零的勻加速直線運動，設到第二次碰撞前的時間隔是t，：vt＝at1121解得：t＝

v碰撞過程滿足動量守恒且無動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運動速度為at＝2vB向上做初速度為v的加速直線運設第三次碰撞前的時間間隔是t則有：t＝vt＋12122

2解得：t＝

v＝v以此類推，每次碰撞時間間隔相等，該時間間隔為T＝根據牛頓第二定律：2.5qE－＝解得：＝

4

L3

。2

00模擬練習00．如圖所示，在直角坐標系xOy的一象限中，存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為．線是電場的理想邊界線，虛線右端與軸交點為，A點標為（L，線軸圍成的空間內沒有電場；在第二象限存在水平向右的勻強電場，電場強度大小為E，M－，）和（－L0）兩點的連線上有一個產生粒子的發生器裝置產生質均為m電荷量均為q靜止的帶正電的粒子計粒子的重力和粒子之間的相互作用，且整個裝置處于真空中。(1)若粒子從M點靜止開始運動，進入第一象限后始終在電場中運動并恰好到達A點求這個過程中該子運動的時間及到達點的速度大小；(2)若從MN線M點方由靜發出的所有粒子，在第二象限的電場加速后，經第一象限的電場偏轉穿過虛線邊界后都能到達點，求此邊界圖中虛)方程。．如圖所示，兩豎直虛線間距為，之間存在豎直向下的勻強電場。自該區域的A點將質量為、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。小球進入電場區域，并從該區域的右邊界離開。已知N離開電場時的位置與A點在同一高度M剛離開電場的動能為剛進入電場時動能的倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為。已知A點到左邊界的距離也為L(1)該電場的電場強度大小；(2)求小球射出的初速度大小；(3)要使小球N離電場時的位之間的距離不超過L僅改變兩小球的相同射出速度求射速度需滿足的條件。3

L0km12L0km12．如圖所示，在豎直直角坐標系xOy，x軸下方區域I存在場強大小為、方向沿y正方向的勻強電場，x軸方區域Ⅱ存在方向沿x軸方向的勻強場知圖中點D的坐標為(

272

L

，)虛GD垂直軸兩固定平行絕緣擋板間距為LOC在x上OC板面垂直紙面點在y軸。一質量為m電量為q的電粒子不計重從點由靜止開始向上運動過x軸不與AB碰恰到達點已知AB＝14L，OC＝13L(1)求區域Ⅱ的場強大小E子從D點動到點用的時間t；(2)改變該粒子的初位置，粒子從上點M由止開始上運動，通過x軸第一次與相碰前瞬間動能恰好最大。①求此最大動能以及M點軸間的距離；②若粒子與OC碰前后均無動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y軸的位置與O點距離。．在一空間范圍足夠大區域內可能存在豎直向上的勻強電場，其電場線與坐標Oy面平行。以坐標原點為圓心，作半徑為R的交坐標軸于A兩點點圓中點位置，圖所示。在原點O有帶正電小球，以某一初動能沿軸向水平出。(1)空間電場強度為0，小球以的初動能從O平拋，剛好能經過C點置，求球經過C點位置時的動能。(2)空間電場強度不為時小球以的初動能從O點拋當球經過圖中圓周上D時動能大小為2E，求點置坐標（圖中未標出D點4

112200(3)空間電場強度不為時，小球以某一初動能從點拋，小球經過圖圓周上點動能大小為，若已知帶電小球的質量為m電量為，求空間所加勻強電場的場強大小（用m、g表達112200．如圖所示，長度為l的緣細線將質量為m電量為帶正電小球懸掛于O點整個空間中滿了勻強電場。取＝，＝0.8)(1)當電場方向豎直向上時若使球在點得水平速度＝gl小球剛好能在豎直平面內做完整的圓運動，求電場強度；(2)當電場方向水平，且電場強度E＝的條件。

4mg3q

時，要不能讓細線松弛，求小球在點獲得的水平速度v應滿足．如圖所示，一帶電荷量＝＋10

C，質量＝1kg的緣平板置于光滑的水平面上，板上最右放一可視為質點、質量m＝1的不帶電小物塊，平板與物塊間的動摩擦因數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，平板撞上擋板后會原速率反彈。整個空間存在電場強度＝500的水平向左的勻強電場。現將物塊與平板一起由靜止釋放，已知重力加速度gm/s2整個過程中物塊未離開平板。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速率；(2)若平板長度為L＝m求物塊最終離平板最左端的距離；(3)若將電場撤去，調節初始狀態板左端與擋板的距離L，僅給小物塊一個水平向左的初速＝，使得平板與擋板只能碰撞6次求L應滿足的條件設板足夠長）5

0000100001答案析(1)粒子在第二象限的電場中勻加速的時間：得時間：到y軸速度：在第一象限做類平拋運動，水平：

；得：豎直：這個過程中該粒子所用的時間：該過程中粒子到達A點速度：(2)設粒子從P點標為（Ly）由靜止勻加速線運動，粒子進入第一象限做類平拋運動，點后做勻速直線運動，設Q坐標為x子進入第一象限的速度：做類平拋運動經Q時，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)設小球MN在點水射出的初速度大小為v，它們進入電場時水平度仍然為，所以小球、在場中運動的時間相等。進入電場前，水平方向L＝t6

110212y0MyMN011122110212y0MyMN0111220120豎直方向下落的距離dgt21進入電場時豎直速度進入電場后，水平方向L＝t故t＝t＝t設粒在電場中運動的加速度為，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出電場時豎直速度為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點動到軸用的時間設為t，L

tv＝at根據牛頓第二定律有qE＝ma

1粒子在區域II中類平拋運動，所用的時間設為，則271Lt22L＝根據牛頓第二定律有qE＝

2粒子從D點動到B所用的時間t＝＋聯立解得：′＝E，

t5

mL2

。(2)①設粒子通過軸的速度大小為，碰到AB前類平拋運動的時間為t，則

t粒子第一次碰到AB前間的軸速大小＝t7

kk為值，當kkm011102022kk0DkDkk為值，當kkm011102022kk0DkDk0碰前瞬間動能

)即

LEmat

t

由于

att

t

即

t

L

時動能有大值由(得

qE所以最大動能＝18對應的

v

18qEL粒子在區域I中初速度為零的勻加速直線運動，則v

＝解得：y＝L。②粒子在區域II中運動效粒子以大小為的速度在場強大小為E的強電場中做類平拋運動直接到達y軸點，則時間仍然為tOPt得OP＝L由于

OPL，子與AB碰一次后，再與CD碰一次，最后到達B處則OB3Ly＝L。析(1)小球從O到C做平拋運動有可得v＝v則得＝(2)小球過D點有x＝tE＝即可得

則有v＝代位移公式得：又由幾何關系得解得

，(3)在1)問中由

和8

k0111111131222可得k0111111131222空間有電場時小球過C點：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)當電場力＜mg時小球在最高點的速度最，若小球剛好能通過最高點，則在最高點有：－＝m

l從最低點到最高點，由動能定理得：(－qEl)?2lmv2解得E＝

35當電場力qE＞時小球在最低點的速度v最小，若小球剛好能通過最低點，則在最低點有：－mgml3解得E＝聯立可得要使小球做完整的圓周運動，電場強度應滿足

35q

≤≤。(2)當電場方向水平，且＝5F(mg)qE)3

4mg

時，小球所受重力為mg、電場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動，在速度最小的位置(如圖)足9

2B222222222202B22222222220F＝

l小球從A運動到點，由動能定理得：－(1sin)－lcos＝mv2－2聯立解得v＝gl如果小球獲得水平速度后回擺動，則小球剛好能到達C點點如圖小球從A點動到點由動能定理得：－(1cos)＋qElsin＝02或小球從A點動到點由動能定理得：－(1cos)－qEl＝－mv2解得v＝2gl綜合可得，v≥7gl或v≤細均不會松馳。析(1)兩者相對