1、十一、带电粒子在电场中的运动1、(2020天津市普通高中学业水平等级考试) 多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管（无场区域）构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为
2、q，不计离子重力。（1）求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间；（2）反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；（3）已知质量为的离子总飞行时间为，待测离子的总飞行时间为，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有 离子在漂移管中做匀速直线运动，则 联立式，得 （2）根据动能定理，有 得 （3）离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有 通过式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动
3、的总路程相等，设为，在无场区的总路程设为，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为。有 联立式，得 可见，离子从A到B的总飞行时间与成正比。由题意可得可得 2、(2020山东省烟台市一模)如图所示，有一固定在水平面的平直轨道，该轨道由白色轨道和黑色轨道交替排列并平滑连接而成。各段轨道的编号已在图中标出。仅黑色轨道处在竖直向上的匀强电场中，一不带电的小滑块A静止在第1段轨道的最左端，绝缘带电小滑块B静止在第1段轨道的最右端。某时刻给小滑块A施加一水平向右的恒力F，使其从静止开始沿轨道向右运动，小滑块A运动到与小滑块B碰撞前瞬间撤去小滑块A所受水平恒力。滑块A、B碰撞时间
4、极短，碰后粘在一起沿轨道向右运动。已知白色轨道和黑色轨道各段的长度均为L0.10 m，匀强电场的电场强度的大小E1.0104 N/C；滑块A、B的质量均为m0.010 kg，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数处处相等，均为0.40，绝缘滑块B所带电荷量q1.0105 C，小滑块A与小滑块B碰撞前瞬间的速度大小v6.0 m/s。A、B均可视为质点(忽略它们的尺寸大小)，且不计A、B间的静电力。在A、B粘在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变，取重力加速度g10 m/s2。 (1)求F的大小；(2)碰撞过程中滑块B对滑块A的冲量；(3)若A和B最终停在轨道上编号为k的一段，求k的数值。【答案】：(1
5、)1.84 N(2)0.030 Ns，方向水平向左(3)17【解析】：(1)以滑块A为研究对象，在第1段轨道上，滑块A受到摩擦力的大小Ffmg，对于滑块A在第1段轨道上从最左端到最右端的过程，根据动能定理有(FFf)Lmv2，解得F1.84 N。(2)设滑块A、B碰撞后瞬间A和B的共同速度为vAB，根据动量守恒定律有mv2mvAB，设滑块B对滑块A的冲量为I, 规定水平向右为正方向，以滑块A为研究对象，根据动量定理有ImvABmv，解得I0.030 Ns，所以滑块B对滑块A冲量的大小为0.030 Ns，方向水平向左。(3)设滑块A和B每经过一段长为L的黑色轨道损失的动能为E1，则E1(2mgE
6、q)L4103 J。设滑块A和B每经过一段长为L的白色轨道，损失的动能为E2，则E22mgL8103 J。设滑块A和B碰撞后瞬间的总动能为EkAB2mvAB29102 J，令N，解得N7.5，即滑块通过标号为15的白色轨道后，仍有动能Ek0.5(E1E2) 6103 J，因EkE1，故物块可通过第16号轨道而进入第17号轨道，进入第17号轨道时的动能Ek EkE12103 JE2，故将不能通过第17号轨道，即最终停在第17号轨道上。3、(2021北京市朝阳区高三(上)期末)如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。已知电子的质量是m，电荷量为e，在xOy平面的ABCD区域内，存在
7、两个场强大小均为E的匀强电场区域和，两电场区域的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)。(1)在AB边的中点处由静止释放电子，求电子在ABCD区域内运动经历的时间和电子离开ABCD区域的位置坐标；(2)在电场区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。【答案】：(1)2(2L，)(2)所有释放点的位置在xy曲线上【解析】：(1)电子在电场区域中做初速度为零的匀加速直线运动，根据动能定理得eELmv2，解得v ，且有Lvt1，解得t1 。电子在中间区域做匀速直线运动，有Lvt3，解得t3 。进入电场区域后电子做类平抛运动，假设电子能穿出CD边，由
8、类平抛运动规律知，电子在电场区域中运动时间t2t3 ，在沿y轴方向上，根据牛顿第二定律可得eEma，电子沿y轴方向上运动的位移为yat220)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角60。运动中粒子仅受电场力作用。(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？【答案】：(1)(2)v0(3)0或v0【解析】：(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，
9、故电场方向与AC平行，由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知ACRFqE由动能定理有FACmv02，联立式得E。 (2)如图，由几何关系知ACBC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知PAD30，APR，DPR。设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP。由牛顿第二定律和运动学公式有Fma，APat12，DPv1t1，联立式得v1v0。(3)设粒子以速度v进
10、入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。由运动学公式有yat2，xvt，粒子离开电场的位置在圆周上，有(xR)2(yR)2R2，粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有mv2mv0mat，联立式得v0和vv0。另解：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同。因此，不同粒子运动到线段CB上时
11、，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化也为mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率vv0。6、(2021江苏南京市重点中学质量检测)如图所示，在xOy平面内，有沿x轴正方向的匀强电场(图中未画出)，一质量为m、电荷量为q的粒子从O点沿y轴正方向以某一速度射入电场，A、B为其运动轨迹上的两点，且对应的横坐标xBxAL，已知该粒子在A点的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为60，当粒子运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30，不计粒子重力，求：(1)粒子的初速度v0；(2)A、B两点间的电势差UAB；(3)A点的坐标(xA，yA)。【答案】(1)v(2)(3)【解析】(1)把
12、A点的速度进行正交分解，沿y轴方向的分速度即为初速度v0，则v0vsin 60v。(2)设B点的速度为vB，则vBv从A到B的过程中由动能定理可得qUABmvmv2，解得UAB。(3)在y轴方向上，粒子做匀速直线运动，在x轴方向上，粒子做初速度为零的匀加速直线运动(设加速度为a)，从O点运动到A的过程中有y方向：yAv0tA，x方向：xAtA而E，a，vcos 60atA解得xA，yA则A点的坐标为。7.(2021广东肇庆市质检)如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有一个匀强电场，场强大小为E、方向与圆所在的面平行PQ为圆的一条直径，与场强方向的夹角60.质量为m、电荷量为q的粒子从P点以
13、某一初速度沿垂直于场强的方向射入电场，不计粒子重力(1)若粒子到达Q点，求粒子在P点的初速度大小v0.(2)若粒子在P点的初速度大小在0v0之间连续可调，则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大？求出电势能变化的最大值Ep.【答案】(1)(2)圆弧上最低点【解析】(1)粒子做类平抛运动，设粒子从P点运动到Q点的时间为t，加速度为a，则水平方向有：2Rsin v0t竖直方向有：2Rcos at2由牛顿第二定律得qEma联立解得v0(2)粒子到达圆弧上最低点电势能变化最大EpqEddRRcos 解得Ep.8、(2021山东济宁模拟)如图所示，滑板(平面部分足够长)质量为4m，距滑板的A壁为L1的B处放
14、有一质量为m、电荷量为q的大小不计的小物体，小物体与板面的摩擦不计，整个装置处于电场强度为E的水平向右的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体都静止，试求：(1)释放小物体，第一次与滑板A壁碰前小物体的速度v1为多大？(2)若小物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度为多大？(均指对地速度)(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多少？【答案】：(1) (2) (3)qEL1【解析】：(1)对小物体，根据动能定理，有qEL1mv12，得v1 。(2)小物体与滑板碰撞前后动量守恒，设小物体第一次与滑板碰后的速度为v1，滑板的速度为v，则mv1
15、mv14mv，若v1v1，则vv1，因为v1v，不符合实际，故应取v1v1，则vv1 。(3)在小物体第一次与A壁碰后到第二次与A壁碰前，小物体做匀变速运动，滑板做匀速运动，在这段时间内，两者相对于水平面的位移相同。所以(v2v1)tvt，即v2v1 。整个过程电场力做功Wmv12 (mv22mv12)qEL1。9、(2020四川省成都市三诊)如图所示，在平面直角坐标系的第一象限内有水平向左的、场强为E的匀强电场，y轴与直线xd(d0)区域内有竖直向下的、场强也为E的匀强电场一个带电荷量为q的粒子(重力不计)从第一象限的S点由静止释放(1)若S点的坐标为(，)，求粒子通过x轴时的坐标；(2)若
16、S点的坐标为(d，d)，求粒子通过x轴时的动能；(3)若粒子能通过x轴上坐标为(3d,0)的P点，求释放该粒子的点S的坐标(x，y)应该满足的条件【答案】(1)(d,0)(2)(3)4xy5d2(x0，y0)【解析】(1)设进入第二象限前粒子的速度为v0，质量为m，由动能定理得qEmv02在第二象限中运动时，粒子做类平抛运动，假设粒子通过x轴没有出电场左边界，则有加速度ax轴方向上xv0ty轴方向上at2联立解得xd，假设成立所以粒子通过x轴时的坐标为(d,0)(2)设进入第二象限前粒子的速度为v，质量为m，由动能定理得qEdmv2在第二象限中运动时，粒子做类平抛运动，加速度ax轴方向上dvt
17、1y轴方向上yat12解得y对整个过程由动能定理得qEdqEEk0解得Ek.(3)设粒子到达y轴时的速度为v0，通过第二象限电场所用的时间为t2，粒子进入第二象限前由动能定理得qEx粒子刚出第二象限电场时速度偏向角的正切值tan 其中vyat2qEmavxv0粒子出第二象限电场后做直线运动，由几何关系有tan 解得4xy5d2(x0，y0)10、(2020陕西省西安中学三模)如图所示，两水平虚线CD、EF之间的区域存在方向水平向右的匀强电场(未画出)。自该区域上方同一高度的A点和B点将质量均为m、电荷量均为q的两带电小球M、N先后以初速度2v0、v0沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入
18、电场区域，恰好从该区域的下边界的同一点G离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下，M在电场中做直线运动。不计空气阻力，重力加速度大小为g，匀强电场的电场强度E。求：(1)小球M从G点离开电场时的水平分速度；(2)小球M在进入电场前和在电场中的竖直位移之比。【答案】：(1)3v0(2)45【解析】：(1)两小球在竖直方向均做自由落体运动，通过电场的时间均为t，在电场中受到的电场力相同，具有相同的水平加速度a，运动轨迹如图所示。在电场中，对N球，水平方向上有0v0at，M球离开电场时的水平分速度vMx2v0at，解得vMx3v0。(2)小球M在电场中做直线运动，则速度方向与合力方向相同。设进入电场
19、和离开电场时的竖直分速度分别为vy1、vy2，则，在竖直方向上，设小球M进入电场前的竖直位移为h，在电场中的竖直位移为H，则vy122gh，vy222g(hH)，解得hH45。11、(2020山东省聊城市一模)如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔(未画出)正好位于平面直角坐标系xOy的O点，y轴沿竖直方向，在x0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E103 V/m，比荷为1.0105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O处由静止释放，其运动轨迹恰好经过M( m,1 m)点粒子P的重力不计(1)求金属板A、B之间的电势差UAB；(2)若在粒子P经过O点的同时
20、，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电粒子Q，使P、Q恰能在运动中相碰假设Q的质量是P的质量的2倍，带电情况与P相同，Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计，求粒子Q所有释放点的集合【答案】：(1)1 000 V(2)yx2(x0)【解析】：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0.由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动设该粒子从O点运动到M( m,1 m)点所用时间为t0，由类平抛运动规律可得xMv0t0，yM t，解得v0104 m/s.在金属板A、B之间，由动能定理得qUABmv，解得UAB1 000 V.(2)设P、Q在右侧电场
21、中运动的加速度分别为a1、a2，粒子Q从坐标N(x、y)点释放后，经时间t与粒子P相遇由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得对于P有Eqma1对于Q有Eq2ma2xv0ta1t2ya2t2联立以上各式解得yx2，其中x0即粒子Q的释放点N(x，y)的坐标满足方程yx2(x0)12、(2019全国卷) 如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为(0)。质量为m、电荷量为q(q0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射
22、入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【答案】(1)mvqhv0(2)2v0【解析】(1)PG、QG间场强大小相等，设均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有EFqEma设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEhEkmv设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有hat2lv0t联立式解得Ekmvqhlv0(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为L2l2v0。13、(2019全国卷)空间存在一方向
23、竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能。【答案】(1)(2)2m(vg2t2)【解析】(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mgqEmaa2gt2解得E(2)设B从O点发射时的速度大小为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有EkmvmghqEh且有v1v0thgt
24、2联立式得Ek2m(vg2t2)。14、(2017全国卷)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0。在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。【答案】(1)v02gt1(2)见【
25、解析】【解析】(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上。在t0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足qE2mgma1油滴在时刻t1的速度为v1v0a1t1电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，大小a2满足qE2mgma2油滴在时刻t22t1的速度为v2v1a2t1由式得v2v02gt1(2)由题意，在t0时刻前有qE1mg油滴从t0到时刻t1的位移为s1v0t1a1t12油滴在从时刻t1到时刻t22t1的时间间隔内的位移为s2v1t1a2t12由题给条件有v022g(2h)式中h是B、A两点之间的距离。若B点在A点之上，依题意有s1s2h由式得E2E1为使E2E1，应有221即当0t1才是可能的；条件式和式分别对应于v20和v2E1，应有221即t1另一解为负，不合题意，已舍去。
