十二、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，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(diǎn)由靜止釋放，其帶電量為q；A、B兩點(diǎn)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(gè)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(diǎn)電荷。求：（1）乙球在釋放瞬間的加速度大��；（2）乙球的速度最大時(shí)兩間的距離；（3）若乙球運(yùn)動(dòng)的最大速度為vm，求乙球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度為vm的過(guò)程中電勢(shì)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(shì)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(diǎn)。以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)，在該水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系�，F(xiàn)在突然加一沿軸正方向，場(chǎng)強(qiáng)大小的勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，所加勻強(qiáng)電場(chǎng)再突然變?yōu)檠剌S正方向，場(chǎng)強(qiáng)大小不變，使該小球恰能夠到達(dá)坐標(biāo)為（0.3,0.1）的P點(diǎn)。求：（1）電場(chǎng)改變方向前經(jīng)過(guò)的時(shí)間；（2）帶正電小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度大小和方向。解析：．（9分）由牛頓定律得，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中小球加速度的大小為：代人數(shù)值得：a=0.20 m/s2 （1分）當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)沿x正方向時(shí)，經(jīng)過(guò)小球的速度大小為x=at （1分）小球沿x軸方向移動(dòng)的距離 （1分）電場(chǎng)方向y軸正方向，小球在x方向做速度為x的勻速運(yùn)動(dòng)，在y方向做初速為零的勻加速運(yùn)動(dòng)沿x方向移動(dòng)的距離：=vxT + x1=0.30 m （1分） 沿y方向移動(dòng)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(diǎn)時(shí)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(shí)運(yùn)動(dòng)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(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)平滑相接,半圓形軌道平面與電.場(chǎng)線平行,其半徑R=40 cm, N為半圓形軌道最低點(diǎn)，P C負(fù)電荷的小滑塊質(zhì)量m=10 g,與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)u=0.15,位于N點(diǎn)右側(cè)1.5 m的M處，要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最?點(diǎn) Q,取g=10m/s2,求：(1)滑塊應(yīng)以多大的初速度V0，向左運(yùn)動(dòng)？(2)滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)受到軌道的壓力。解析：.（17分）(1)設(shè)小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v，由牛頓第二定律有 (3分) 滑塊從開(kāi)始到Q過(guò)程中，由動(dòng)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(kāi)始經(jīng)電壓為U=100V的電場(chǎng)加速后，進(jìn)入電場(chǎng)，電帶電粒的重力忽略不計(jì)。求：（1）帶電粒進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速率v1；電場(chǎng)；解：（1）由動(dòng)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(yùn)動(dòng)：�。�2分）粒子沿電場(chǎng)方向做勻加速運(yùn)動(dòng)：　�。�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(guān)各式并代入數(shù)據(jù)得：（2分）（3）由動(dòng)能定理得：�。�3分）聯(lián)立以上相關(guān)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(shí)間質(zhì)譜儀可通過(guò)測(cè)量離子飛行時(shí)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(chǎng)加速后進(jìn)入長(zhǎng)度為L(zhǎng)的真空管AB，可測(cè)得離子飛越AB所用時(shí)間t1。改進(jìn)以上方法，如圖2，讓離子飛越AB后進(jìn)入場(chǎng)強(qiáng)為E（方向如圖）的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域BC，在電場(chǎng)的作用下離子返回B端，此時(shí)，測(cè)得離子從A出發(fā)后返回B端飛行的總時(shí)間為t2（不計(jì)離子重力）（1）忽略離子源中離子的初速度用t1計(jì)算荷質(zhì)比。（2）離子源中相同比荷的離子由靜止開(kāi)始可經(jīng)不同的加速電壓加速，設(shè)兩個(gè)比荷都為q/m的離子分別經(jīng)加速電壓U1、U2加速后進(jìn)入真空管，在改進(jìn)后的方法中，它們從A出發(fā)后返回B端飛行的總時(shí)間通常不同，存在時(shí)間差Δt，可通過(guò)調(diào)節(jié)電場(chǎng)E使Δt＝0。求此時(shí)E的大小。解析（1）設(shè)離子帶電量為q，質(zhì)量為m，經(jīng)電場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，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(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域BC中做往返運(yùn)動(dòng)，設(shè)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(shí)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(shì)差隨時(shí)間變化如圖乙．時(shí)刻，將一質(zhì)量，電量的帶正電粒子自O(shè)點(diǎn)由靜止釋放，粒子重力不計(jì)．求：（1）釋放瞬間粒子的加速度；（2）在圖丙中畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的圖象．（至少畫(huà)一個(gè)周期，標(biāo)明數(shù)據(jù)，不必寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程）粒子運(yùn)動(dòng)的圖象 . 如圖所示，A是一個(gè)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(chǎng)，可以通過(guò)開(kāi)關(guān)控制其有、無(wú)及方向．先產(chǎn)生一個(gè)方向水平向右，大小E1=3×102V/m的電場(chǎng)，薄板和物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間2s后，改變電場(chǎng)，電場(chǎng)大小變?yōu)镋2=1×102V/m，方向向左，電場(chǎng)作用一段時(shí)間后，關(guān)閉電場(chǎng)，薄板正好到達(dá)目的地，物塊剛好到達(dá)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(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，（薄板不帶電，物塊體積大小不計(jì)，g取10m/s2）求：（1）在電場(chǎng)E1作用下物塊和薄板的加速度各為多大；（2）電場(chǎng)E2作用的時(shí)間；（3）薄板的長(zhǎng)度和薄板移動(dòng)的距離．（1）物塊 （2分） 薄板 （2分）(2)經(jīng)t1=2s時(shí) 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(yùn)動(dòng) 向左 薄板 加速度不變，仍為a2=1m/s2 向右，當(dāng)兩者速度相等時(shí)，物塊恰好到達(dá)薄板最右端，以后因?yàn)閝E2=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(yùn)動(dòng)用時(shí) （1分） 第二次電場(chǎng)作用時(shí)間為t=t2+t3=6s （1分）或: 由動(dòng)量定理 系統(tǒng)所受外力的沖量等于系統(tǒng)動(dòng)量的變化得:E1qt1-E2qt2=0 帶入數(shù)據(jù) 解得t2=6s（3）經(jīng)t1=2s時(shí) 物塊運(yùn)動(dòng) 小車(chē)運(yùn)動(dòng) 薄板在t2時(shí)間內(nèi)位移x3=v2t2+a2t22=m 物塊在t2時(shí)間內(nèi)位移為x4=v1t2a1′t22=m（1分） 薄板長(zhǎng)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(dá)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(diǎn)帶正電的小球P1以速度v0從A點(diǎn)進(jìn)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(shí)刻起在AB區(qū)域水平向電場(chǎng)強(qiáng)度的電場(chǎng)，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L(zhǎng)0，O、B間距為已知（1）求碰撞后小球P1向左運(yùn)動(dòng)的最大距離及所需時(shí)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(yùn)動(dòng)，設(shè)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(shí)間 ⑥（2分）(2)設(shè)碰后P2速度為v2，由動(dòng)量守恒： ⑦（2分） 設(shè)P1、P2碰撞后又經(jīng)時(shí)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式 ⑧（2分） ⑨（1分） ⑩（1分）聯(lián)立解得
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