十二、帶電粒子在電場中的運動1．如圖所示，帶正電的甲球固定在足夠大的光滑絕緣水平面上的A點，其帶電量為Q；質(zhì)量為m、帶正電的乙球在水平面上的B點由靜止釋放，其帶電量為q；A、B兩點間的距離為l0。釋放后的乙球除受到甲球的靜電力作用外，還受到一個大小為F = （k為靜電力常數(shù)）、方向指向甲球的恒力作用，兩球均可視為點電荷。求：（1）乙球在釋放瞬間的加速度大�。唬�2）乙球的速度最大時兩間的距離；（3）若乙球運動的最大速度為vm，求乙球從開始運動到速度為vm的過程中電勢能的變化量? F 可解得a= （3分）（2）F = = 可解得x= 2l0 （2分）（3）mvm2-0 = W電-WF， （1分）W電= mvm2 + WF = mvm2 + Fl0 = mvm2 + （2分）靜電力做正功，電勢能減少了mvm2 + （1分）2.（9分）（2015河南鄭州市一模）在光滑水平面上，有一質(zhì)量為m=1×10-3kg、電量的帶正電小球，靜止在O點。以O點為原點，在該水平面內(nèi)建立直角坐標系。現(xiàn)在突然加一沿軸正方向，場強大小的勻強電場，使小球開始運動。經(jīng)過一段時間后，所加勻強電場再突然變?yōu)檠剌S正方向，場強大小不變，使該小球恰能夠到達坐標為（0.3,0.1）的P點。求：（1）電場改變方向前經(jīng)過的時間；（2）帶正電小球到達P點時的速度大小和方向。解析：．（9分）由牛頓定律得，在勻強電場中小球加速度的大小為：代人數(shù)值得：a=0.20 m/s2 （1分）當場強沿x正方向時，經(jīng)過小球的速度大小為x=at （1分）小球沿x軸方向移動的距離 （1分）電場方向y軸正方向，小球在x方向做速度為x的勻速運動，在y方向做初速為零的勻加速運動沿x方向移動的距離：=vxT + x1=0.30 m （1分） 沿y方向移動的距離： （1分）由以上各式解得 t=1 s （1分） T=1s vx=0.2 m/s （1分）到P點時小球在x方向的分速度仍為x，在y方向的分速度y=aT=0.20 m/s （1分）由上可知，此時運動方向與x軸成45o角3. (17分) （2015四川省自貢市二診）如圖所示，在E=l03V/m的豎直勻強電場中，有一光滑的半圓形絕緣軌道 QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接,半圓形軌道平面與電.場線平行,其半徑R=40 cm, N為半圓形軌道最低點，P C負電荷的小滑塊質(zhì)量m=10 g,與水平軌道間的動摩擦因數(shù)u=0.15,位于N點右側(cè)1.5 m的M處，要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最?點 Q,取g=10m/s2,求：(1)滑塊應以多大的初速度V0，向左運動？(2)滑塊通過P點時受到軌道的壓力。解析：.（17分）(1)設小球到達Q點時速度為v，由牛頓第二定律有 (3分) 滑塊從開始到Q過程中，由動能定理有： (3分) 聯(lián)立方程組，解得： m/s (2分)（分）如圖所示，一帶電粒質(zhì)量為m=2.0×10-11kg、電荷量q=+1.0×10-5C，從靜止開始經(jīng)電壓為U=100V的電場加速后，進入電場，電帶電粒的重力忽略不計。求：（1）帶電粒進入電場時的速率v1；電場；解：（1）由動能定理得： （2分） 代入數(shù)據(jù)得（1分）（2）粒子沿初速度方向做勻速運動：�。�2分）粒子沿電場方向做勻加速運動：　　（2分）由題意得：�。�2分）由牛頓第二定律得：（2分）聯(lián)立以上相關各式并代入數(shù)據(jù)得：（2分）（3）由動能定理得：�。�3分）聯(lián)立以上相關各式并代入數(shù)據(jù)得：　（1分）5、（12分）（2015安徽省黃山市一模）飛行時間質(zhì)譜儀可通過測量離子飛行時間得到離子的比荷q/m，如圖1。帶正電的離子經(jīng)電壓為U的電場加速后進入長度為L的真空管AB，可測得離子飛越AB所用時間t1。改進以上方法，如圖2，讓離子飛越AB后進入場強為E（方向如圖）的勻強電場區(qū)域BC，在電場的作用下離子返回B端，此時，測得離子從A出發(fā)后返回B端飛行的總時間為t2（不計離子重力）（1）忽略離子源中離子的初速度用t1計算荷質(zhì)比。（2）離子源中相同比荷的離子由靜止開始可經(jīng)不同的加速電壓加速，設兩個比荷都為q/m的離子分別經(jīng)加速電壓U1、U2加速后進入真空管，在改進后的方法中，它們從A出發(fā)后返回B端飛行的總時間通常不同，存在時間差Δt，可通過調(diào)節(jié)電場E使Δt＝0。求此時E的大小。解析（1）設離子帶電量為q，質(zhì)量為m，經(jīng)電場加速后的速度為v，則2 …（2分）離子飛越真空管，在AB做勻速直線運動，則L＝vt1解得荷質(zhì)比…（1分）（2）兩離子加速后的速度分別為v1、v2，則、離子在勻強電場區(qū)域BC中做往返運動，設加速度為a，則qE＝ma兩離子從A出發(fā)后返回B端飛行的總時間為…（1分）、t2＝＋t1－t2＝要使Δt＝0，則須 …（2分）6.（2015山東省淄博期末）如圖甲，真空中兩豎直平行金屬板A、B相距，B板中心有小孔O，兩板間電勢差隨時間變化如圖乙．時刻，將一質(zhì)量，電量的帶正電粒子自O點由靜止釋放，粒子重力不計．求：（1）釋放瞬間粒子的加速度；（2）在圖丙中畫出粒子運動的圖象．（至少畫一個周期，標明數(shù)據(jù)，不必寫出計算過程）粒子運動的圖象 . 如圖所示，A是一個質(zhì)量為1×10-3kg表面絕緣的薄板，薄板靜止在光滑的水平面上，在薄板左端放置一質(zhì)量為1×10-3kg帶電量為q=1×10-5C的絕緣物塊，在薄板上方有一水平電場，可以通過開關控制其有、無及方向．先產(chǎn)生一個方向水平向右，大小E1=3×102V/m的電場，薄板和物塊開始運動，作用時間2s后，改變電場，電場大小變?yōu)镋2=1×102V/m，方向向左，電場作用一段時間后，關閉電場，薄板正好到達目的地，物塊剛好到達薄板的最右端，且薄板和物塊的速度恰好為零. 已知薄板與物塊間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，（薄板不帶電，物塊體積大小不計，g取10m/s2）求：（1）在電場E1作用下物塊和薄板的加速度各為多大；（2）電場E2作用的時間；（3）薄板的長度和薄板移動的距離．（1）物塊 （2分） 薄板 （2分）(2)經(jīng)t1=2s時 物塊v1=a1t1=2×2=4m/s 向右 （1分） 薄板v2=a2t1=1×2=2m/s 向右 經(jīng)2秒后，物塊作勻減速運動 向左 薄板 加速度不變，仍為a2=1m/s2 向右，當兩者速度相等時，物塊恰好到達薄板最右端，以后因為qE2=f=μ(m0+m1)g，所以物塊和薄板將一起作為整體向右以向右作勻減速直到速度都為0． 共同速度為v=v1a1′ t2 v=v 2+a2′t2t2= v=m/s 物塊和薄板獲得共同速度至停止運動用時 （1分） 第二次電場作用時間為t=t2+t3=6s （1分）或: 由動量定理 系統(tǒng)所受外力的沖量等于系統(tǒng)動量的變化得:E1qt1-E2qt2=0 帶入數(shù)據(jù) 解得t2=6s（3）經(jīng)t1=2s時 物塊運動 小車運動 薄板在t2時間內(nèi)位移x3=v2t2+a2t22=m 物塊在t2時間內(nèi)位移為x4=v1t2a1′t22=m（1分） 薄板長度L=x1-x2+x4-x3=m=2.67m（1分） （或用能量守恒qE1x1-qE2x4= L=m） 薄板右端到達目的地的距離為x（1分）如圖所示，在光滑絕緣水平面不帶電的絕緣小球P2靜止在O點帶正電的小球P1以速度v0從A點進入AB區(qū)域隨后與P2發(fā)生正碰后反彈，反彈速度v0. 從碰撞時刻起在AB區(qū)域水平向電場強度的電場，P1的質(zhì)量為m1，帶電量為q，P2的質(zhì)量為m2=5m1，A、O間距為L0，O、B間距為已知（1）求碰撞后小球P1向左運動的最大距離及所需時間（2）兩球能否在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞碰撞后P1v0向左做勻減速直線運動，設最大距離 ①（2分） ②（2分）由牛頓第二定律有q E0= m1a ③（1分）又 ④（1分） 聯(lián)立解得 ⑤（2分） 所需時間 ⑥（2分）(2)設碰后P2速度為v2，由動量守恒： ⑦（2分） 設P1、P2碰撞后又經(jīng)時間在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞，P1位移為s1，P1位移為s2，由運動學公式 ⑧（2分） ⑨（1分） ⑩（1分）聯(lián)立解得
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