2021届高三大题优练5 带电粒子在电场中运动 学生版.docx

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1、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

2、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：qUmv02解得：UOP500 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OMLcos 30°故M的横坐标为xMOMcos 30°，M的纵坐标为yMOMsin 30°联立解得：xM m，m即在电场E1中由静止释放带

3、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

4、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qEmg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：(2.5qEmg)Lmv12 解得：v1A、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：mv1mvAmvB mv12mvA2mvB2 联立解得：vAv1，vB0。(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：v1t1at1

5、2 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at12v1，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：2v1t2v1t2at22 解得：t2t1 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：2.5qEmgma解得：T。1如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角37°，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点。CD段粗糙，DGH段光滑。在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强E1×104 N/C、水平向右的

6、匀强电场中，一质量m4×10-3 kg、带电量q+3×10-6 C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零。已知CD段长度L0.8 m，圆弧DG的半径r0.2 m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点。g10 m/s2，cos 37°0.8，sin 37°0.6，求：(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数；(2)滑块在CD段上运动的总路程；(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能。2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

7、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。3如图所示，在竖直直角坐标系xOy内

8、，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AB14L，OC13L。(1)求区域的场强大小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。求此最大动能Ekm以及M点与x轴间的距离y1

9、；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。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

10、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）。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。6如图所示，

11、一带电荷量q102 C，质量M1 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m1 kg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L0.8 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E500 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g10 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L01 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

12、速度v015 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）答 案1【解析】(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得解得(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力电场力滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D点的速度为0。全过程由动能定理得解得(3)GH段的倾角为37°，因为则加速度a0。所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能。对C到G过程由动能定理得滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能。对D到G过程由动能定理得2【解析】(1)粒子在第二象限的电场中匀

13、加速的时间：L12E0qmt12得时间：t12LmE0q到y轴的速度：v1E0qmt12LE0qm在第一象限做类平抛运动，水平：Lv1t2；得：t2mL2E0q竖直：vy4E0qmt222LE0qm这个过程中该粒子所用的时间：tt1t2322LmE0q该过程中粒子到达A点的速度：vv12vy210LE0qm(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：E0qL12mv02做类平抛运动经Q点时，水平：xv0t竖直：y0y124E0qmt2代入得：y0y124E0qm(xv0)2x2L

14、把上面两式相除得：y0yx4E0qmt2v0vy2v0QA与x轴成角可得：tanyLx；由速度分解：tanvyv02(y0y)x；整理得边界方程：y2L(Lxx2)，（0xL；0yL2）。3【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va1t1根据牛顿第二定律有qEma1粒子在区域II中做类平抛运动，所用的时间设为t2，则3Lvt2根据牛顿第二定律有qEma2粒子从D点运动到B点所用的时间t0t1t2联立解得：E6E，。(2)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vxa2t碰前瞬间动能即由于为定值，当

15、即时动能Ek有最大值由(1)得所以最大动能Ekm18qEL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v022a1y1解得：y19L。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t2OPv0t2得OP9L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y23L。4【解析】(1)小球从O到C做平抛运动有xc22Rv0tyc22R12gt2212vyt可得vy2v0则vCv02vy25v0得EkC5Ek0(2)小球过D点时有xDv0tyD12vytEkD2Ek0即12m(v02vy2)212m

16、v02可得vD2v0则有vyv0代入位移公式得：yD12xD又由几何关系得xD2yD2R2解得xD255R，yD55R(3)在(1)问中由22Rv0t和22R12gt22可得v02224gR空间有电场时小球过C点有：xcv0tyc12at22其中amgEqm，xcyc22Rvy2v0EkC2Ek0即12m(v'02vy2)212mv02可得v'012v0代入位移公式得：a42v025R2g5代入加速度公式得E3mg5q。5【解析】(1)当电场力qE1mg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：mgqE1m从最低点到最高点，由动能定理得：(mgqEl)

17、2lmv2mv12解得E1当电场力qE1mg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：qE1mgm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满足tan 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Fm小球从A点运动到B点，由动能定理得：mgl(1sin )qE2lcos mvB2mv22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(1cos )qE2lsin 0mv22或小球从A点运动到D点，由动能定理得：mgl(1cos )qE2lsin0mv22解得v2综合可得，v2或v2细线均不会松驰。6【解析】(1)两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，有a2.5m/s2<g故平板M与物块m一起匀加速，根据动能定理可得qEL(Mm)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。