(新高考)高考物理二轮复习大题优练5 带电粒子在电场中运动(2份打包，解析版+原卷版)

例1．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、三象限分布存在匀强电场E1、E2，电场E1的场强大小为×103 V/m，方向与x轴负方向成60°斜向下，电场E2的场强大小未知，方向与x轴正方向成30°角斜向上，比荷为1.0×105 C/kg的带正电粒子a从第三象限的P点由静止释放，粒子沿PO做匀加速直线运动，到达O点的速度为104 m/s，不计粒子的重力。

(1)求P、O两点间的电势差；

(2)粒子a进入电场E1时，在电场E1某位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E1中由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点运动到O点，根据动能定理有：qU＝mv02

解得：UOP＝500 V。

(2)粒子a在进入电场后做类平抛运动，设离开电场E1时到O点的距离为L，如图所示，则：Lcos 30°＝v0t，Lsin 30°＝

由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子a进入电场E1时，在速度方向的直线OM上任一点释放粒子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M点由静止释放带电粒子b即可，则有OM＝Lcos 30°

故M的横坐标为xM＝OMcos 30°，M的纵坐标为yM＝OMsin 30°

联立解得：xM＝ m，m

即在电场E1中由静止释放带电粒子b的位置坐标为( m，m)。

例2．在足够大的竖直匀强电场中，有一条与电场线平行的直线，如图中的虚线所示。直线上有两个小球A和B，质量均为m。电荷量为q的A球恰好静止，电荷量为2.5q的B球在A球正下方，相距为L。由静止释放B球，B球沿着直线运动并与A球发生正碰，碰撞时间极短，碰撞中A、B两球的总动能无损失。设在每次碰撞过程中A、B两球间均无电荷量转移，且不考虑两球间的库仑力和万有引力，重力加速度用g表示。求：

(1)匀强电场的电场强度大小E；

(2)第一次碰撞后，A、B两球的速度大小vA、vB；

(3)在以后A、B两球不断地再次碰撞的时间间隔会相等吗?如果相等，请计算该时间间隔T；如果不相等，请说明理由。

【解析】(1)由题意可知，带电量为q的A球在重力和电场力的作用下恰好静止，则qE＝mg

可得匀强电场的电场强度大小E＝

(2)由静止释放B球，B球将在重力和电场力的作用下向上运动，设与A球碰撞前瞬间速度为v1，由动能定理得：(2.5qE－mg)L＝mv12

解得：v1＝

A、B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：

mv1＝mvA＋mvB

mv12＝mvA2＋mvB2

联立解得：vA＝v1＝，vB＝0。

(3)设B球在复合场中运动的加速度为a，A、B两球第一次碰撞后，A球开始向上以速度v1做匀速直线运动，B球又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间隔是t1，则：

v1t1＝at12

解得：t1＝

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，A球向上做匀速直线运动，速度为at1＝2v1，B球向上做初速度为v1的匀加速直线运动。设到第三次碰撞前的时间间隔是t2，则有：2v1t2＝v1t2＋at22

解得：t2＝＝t1

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－mg＝ma

解得：T＝。

1．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中，存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为4E0．虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为A，A点坐标为（L，0），虚线x轴所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E0，M（－L，L）和N（－L，0）两点的连线上有一个产生粒子的发生器装置，产生质量均为m，电荷量均为q静止的带正电的粒子，不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点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求这个过程中该粒子运动的时间及到达A点的速度大小；

(2)若从MN线上M点下方由静止发出的所有粒子，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A点，求此边界(图中虚线)方程。

【解析】(1)粒子在第二象限的电场中匀加速的时间：

得时间：

到y轴的速度：

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点的速度：

(2)设粒子从P点坐标为（－L、y0）由静止匀加速直线运动，粒子进入第一象限做类平抛运动，经Q点后做匀速直线运动，设Q点坐标为（x、y）；粒子进入第一象限的速度：

做类平抛运动经Q点时，水平：

竖直：

代入得：

把上面两式相除得：

QA与x轴成角可得：；

由速度分解：；

整理得边界方程：，。

2．如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的A点将质量为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。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刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。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M、N离开电场时的位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件。

【解析】(1)设小球M、N在A点水平射出的初速度大小为v0，则它们进入电场时水平速度仍然为v0，所以小球M、N在电场中运动的时间相等。

进入电场前，水平方向L＝v0t1

竖直方向下落的距离d＝gt12

进入电场时竖直速度vy1＝gt1

进入电场后，水平方向L＝v0t2

故t1＝t2＝t

设N粒子在电场中运动的加速度为a，竖直方向有：d＝－vy1t＋at2

解得：a＝3g

由牛顿第二定律得：Eq－mg＝ma

解得：E＝。

(2)小球M射出电场时竖直速度为vy2＝vy1＋a′t

Eq＋mg＝ma′

m(v02＋vy22)＝8×m(v02＋vy12)

解得：v0＝。

(3)以竖直向下为正，M的竖直位移为yM＝vy1t＋a′t2

N的竖直位移为yN＝vy1t－at2

yM－yN≤L

解得：v0≥2。

3．如图所示，在竖直直角坐标系xOy内，x轴下方区域I存在场强大小为E、方向沿y轴正方向的匀强电场，x轴上方区域Ⅱ存在方向沿x轴正方向的匀强电场。已知图中点D的坐标为(，)，虚线GD垂直x轴。两固定平行绝缘挡板AB、OC间距为3L，OC在x轴上，AB、OC板平面垂直纸面，点B在y轴上。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)从D点由静止开始向上运动，通过x轴后不与AB碰撞，恰好到达B点，已知AB＝14L，OC＝13L。

(1)求区域Ⅱ的场强大小E′以及粒子从D点运动到B点所用的时间t0；

(2)改变该粒子的初位置，粒子从GD上某点M由静止开始向上运动，通过x轴后第一次与AB相碰前瞬间动能恰好最大。

①求此最大动能Ekm以及M点与x轴间的距离y1；

②若粒子与AB、OC碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反)，求粒子通过y轴时的位置与O点的距离y2。

【解析】(1)该粒子带正电，从D点运动到x轴所用的时间设为t1，则

v＝a1t1

根据牛顿第二定律有qE＝ma1

粒子在区域II中做类平抛运动，所用的时间设为t2，则

3L＝vt2

根据牛顿第二定律有qE′＝ma2

粒子从D点运动到B点所用的时间t0＝t1＋t2

联立解得：E′＝6E，。

(2)①设粒子通过x轴时的速度大小为v0，碰到AB前做类平抛运动的时间为t，则

粒子第一次碰到AB前瞬间的x轴分速度大小vx＝a2t

碰前瞬间动能

即

由于为定值，当即时动能Ek有最大值

由(1)得

所以最大动能Ekm＝18qEL

对应的

粒子在区域I中做初速度为零的匀加速直线运动，则v02＝2a1y1

解得：y1＝9L。

②粒子在区域II中的运动，可等效为粒子以大小为v0的初速度在场强大小为6E的匀强电场中做类平抛运动直接到达y轴的P点，则时间仍然为t2

OP＝v0t2

得OP＝9L

由于，粒子与AB碰撞一次后，再与CD碰撞一次，最后到达B处，则

y2＝3L。

4．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xOy平面平行。以坐标原点O为圆心，作半径为R的圆交坐标轴于A、B两点，C点为AB圆弧中点位置，如图所示。在原点O处有带正电小球，以某一初动能沿x轴正向水平抛出。

(1)空间电场强度为0时，小球以Ek0的初动能从O点平抛，刚好能经过C点位置，求小球经过C点位置时的动能。

(2)空间电场强度不为0时，小球以Ek0的初动能从O点平抛，当小球经过图中圆周上D点时动能大小为2Ek0，求D点位置坐标（图中未标出D点）。

(3)空间电场强度不为0时，小球以某一初动能从O点平抛，小球经过图中圆周上C点时动能大小为2Ek0，若已知带电小球的质量为m，电量为q，求空间所加匀强电场的场强大小（用m、q、g表达）。

【解析】(1)小球从O到C做平抛运动有

可得vy＝2v0

则

得EkC＝5Ek0

(2)小球过D点时有

xD＝v0t

EkD＝2Ek0即

可得则有vy＝v0代入位移公式得：

又由几何关系得

解得，

(3)在(1)问中由和

可得

空间有电场时小球过C点有：

xc＝v′0t

其中，

v′y＝2v′0

EkC＝2Ek0即

可得

代入位移公式得：

代入加速度公式得。

5．如图所示，长度为l的绝缘细线将质量为m、电量为q的带正电小球悬挂于O点，整个空间中充满了匀强电场。(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)当电场方向竖直向上时，若使小球在A点获得水平速度v1＝，小球刚好能在竖直平面内做完整的圆周运动，求电场强度E1；

(2)当电场方向水平，且电场强度E2＝时，要不能让细线松弛，求小球在A点获得的水平速度v2应该满足的条件。

【解析】(1)当电场力qE1＜mg时，小球在最高点的速度v最小，若小球刚好能通过最高点，

则在最高点有：mg－qE1＝m

从最低点到最高点，由动能定理得：－(mg－qEl)•2l＝mv2－mv12

解得E1＝

当电场力qE1＞mg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：

qE1－mg＝m

解得E1＝

联立可得要使小球做完整的圆周运动，电场强度应满足≤E1≤。

(2)当电场方向水平，且E2＝时，小球所受重力为mg、电场力qE2的合力大小

与水平方向的夹角θ满足tan θ＝

如果小球获得水平速度v2后刚好能做完整的圆周运动，在速度最小的位置B(如图)满足

F＝m

小球从A点运动到B点，由动能定理得：

－mgl(1＋sin θ)－qE2lcos θ＝mvB2－mv22

联立解得 v2＝

如果小球获得水平速度v2后来回摆动，则小球刚好能到达C点或D点（如图），则小球从A点运动到C点，

由动能定理得：

－mgl(1＋cos θ)＋qE2lsin θ＝0－mv22

或小球从A点运动到D点，由动能定理得：

－mgl(1－cos θ)－qE2lsinθ＝0－mv22

解得v2＝

综合可得，v2≥或v2≤细线均不会松驰。

6．如图所示，一带电荷量q＝＋10－2 C，质量M＝1 kg的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一可视为质点、质量m＝1 kg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＝0.8 m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＝500 N/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＝10 m/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)平板第一次与挡板即将碰撞时的速率；

(2)若平板长度为L0＝1 m，求物块最终离平板最左端的距离；

(3)若将电场撤去，调节初始状态平板左端与挡板的距离L，仅给小物块一个水平向左的初速度v0＝15 m/s，使得平板与挡板只能碰撞6次，求L应满足的条件。（假设平板足够长）

【解析】(1)两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，有

a＝＝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＝(M＋m)v12

解得。

(2)最后平板、小物块均静止（平板停在挡板处）

设最终小物块与平板的相对位移为s0，全程根据能量守恒可得

解得

则物块最终离平板左侧的距离。

(3)设平板每次撞击挡板的速率为，由题意可知每撞击一次，挡板给系统的冲量大小为，由于只能碰撞6次，根据动量定理

解得

对平板，根据运动学公式

得

所以。