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1、十二、带电粒子在电场中的运动甲ABF乙 l01黄浦区期末如下列图，带正电的甲球固定在足够大的光滑绝缘水平面上的A点，其带电量为Q；质量为m、带正电的乙球在水平面上的B点由静止释放，其带电量为q；A、B两点间的距离为l0。释放后的乙球除受到甲球的静电力作用外，还受到一个大小为F = k为静电力常数、方向指向甲球的恒力非电场力作用，两球均可视为点电荷。求：1乙球在释放瞬间的加速度大小；2乙球的速度最大时两球间的距离；3假设乙球运动的最大速度为vm，求乙球从开始运动到速度为vm的过程中电势能的变化量。解析：10分1ma= F 可解得a= 3分2当两个力大小相等时，乙球的速度最大， 1分F = = 可
2、解得x=2l0 2分3mvm2-0 = W电-WF， 1分W电= mvm2 + WF = mvm2 + Fl0 = mvm2 +2分静电力做正功，电势能减少了mvm2 +1分2.9分市一模在光滑水平面上，有一质量为m=1×10-3kg、电量的带正电小球，静止在O点。以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系。现在突然加一沿轴正方向，场强大小的匀强电场，使小球开始运动。经过一段时间后，所加匀强电场再突然变为沿轴正方向，场强大小不变，使该小球恰能够到达坐标为0.3,0.1的P点。求：1电场改变方向前经过的时间；2带正电小球到达P点时的速度大小和方向。解析：9分由牛顿运动定律得，在匀强电场中
3、小球加速度的大小为：代人数值得：a=0.20 m/s21分当场强沿x正方向时，经过时间t小球的速度大小为vx=at 1分小球沿x轴方向移动的距离1分电场方向改为沿y轴正方向后的时间T内，小球在x方向做速度为vx的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速直线运动。沿x方向移动的距离：x=vxT+x1=0.30 m1分沿y方向移动的距离：=0.10 m1分由以上各式解得 t=1 s 1分 T=1s vx=0.2 m/s 1分到P点时小球在x方向的分速度仍为vx，在y方向的分速度vy=aT=0.20 m/s 1分由上可知，此时运动方向与x轴成45º角，速度大小为0.28 m/s(或m/s) 1
4、分3. (17分) 市二诊如下列图，在E=l03V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接,半圆形轨道平面与电.场线平行,其半径R=40 cm, N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带104C负电荷的小滑块质量m=10 g,与水平轨道间的动摩擦因数u=0.15,位于N点右侧1.5 m的M处，要使小滑块恰能运动到圆轨道的最髙点 Q,取g=10m/s2,求：(1)滑块应以多大的初速度V0，向左运动？(2)滑块通过P点时受到轨道的压力。解析：.17分(1)设小球到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律有 (3分) 滑块从开始到Q过程中，由动能定理有：
5、(3分) 联立方程组，解得： m/s (2分)417分二模如下列图，虚线PQ、MN间存在如下列图的水平匀强电场，一带电粒子质量为m=2.0×10-11kg、电荷量为q=+1.0×10-5C，从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后，垂直于匀强电场进入匀强电场中，从虚线MN的某点b图中未画出离开匀强电场时速度与电场方向成300角。PQ、MN间距为20，带电粒子的重力忽略不计。求：PUQMNEa1带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1；2匀强电场的场强大小；3ab两点间的电势差。解：1由动能定理得： 2分 代入数据得1分2粒子沿初速度方向做匀速运动：2分粒子沿电场方向做匀加
6、速运动：2分由题意得：2分由牛顿第二定律得：2分联立以上相关各式并代入数据得：2分3由动能定理得：3分联立以上相关各式并代入数据得：1分5、12分市一模飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的比荷q/m，如图1。带正电的离子经电压为U的电场加速后进入长度为L的真空管AB，可测得离子飞越AB所用时间t1。改进以上方法，如图2，让离子飞越AB后进入场强为E方向如图的匀强电场区域BC，在电场的作用下离子返回B端，此时，测得离子从A出发后返回B端飞行的总时间为t2不计离子重力。1忽略离子源中离子的初速度用t1计算荷质比。2离子源中相同比荷的离子由静止开始可经不同的加速电压加速，设两个比荷都为q/
7、m的离子分别经加速电压U1、U2加速后进入真空管，在改进后的方法中，它们从A出发后返回B端飞行的总时间通常不同，存在时间差t，可通过调节电场E使t0。求此时E的大小。5、12分解析1设离子带电量为q，质量为m，经电场加速后的速度为v，那么2 2分离子飞越真空管，在AB做匀速直线运动，那么Lvt12分解得荷质比：1分2两离子加速后的速度分别为v1、v2，那么、，2分离子在匀强电场区域BC中做往返运动，设加速度为a，那么qEma1分，两离子从A出发后返回B端飞行的总时间为1分、t21分t1t2，要使t0，那么须解得：2分6.期末如图甲，真空中两竖直平行金属板A、B相距，B板中心有小孔O，两板间电势
8、差随时间变化如图乙时刻，将一质量，电量的带正电粒子自O点由静止释放，粒子重力不计求：1释放瞬间粒子的加速度；2在图丙中画出粒子运动的v-t图象至少画一个周期，标明数据，不必写出计算过程解析：1由牛顿第二定律，qE=ma，E=U/d，解得：a=4×109m/s2。2粒子运动的v-t图象如下列图。7(房山区期末). 如下列图，A是一个质量为1×10-3kg外表绝缘的薄板，薄板静止在光滑的水平面上，在薄板左端放置一质量为1×10-3kg带电量为q=1×10-5C的绝缘物块，在薄板上方有一水平电场，可以通过开关控制其有、无及方向先产生一个方向水平向右，大小E1=
9、3×102V/m的电场，薄板和物块开始运动，作用时间2s后，改变电场，电场大小变为E2=1×102V/m，方向向左，电场作用一段时间后，关闭电场，薄板正好到达目的地，物块刚好到达薄板的最右端，且薄板和物块的速度恰好为零. 薄板与物块间的动摩擦因数µ=0.1，薄板不带电，物块体积大小不计，g取10m/s2求：ABE11在电场E1作用下物块和薄板的加速度各为多大；2电场E2作用的时间；3薄板的长度和薄板移动的距离解析：1物块 2分薄板 2分(2)经t1=2s时 物块v1=a1t1=2×2=4m/s 向右 1分 薄板v2=a2t1=1×2=2m/s
10、向右 经2秒后，物块作匀减速运动 向左 . 薄板 加速度不变，仍为a2=1m/s2 向右，当两者速度相等时，物块恰好到达薄板最右端，以后因为qE2=f=µ(m0+m1)g，所以物块和薄板将一起作为整体向右以向右作匀减速直到速度都为0 共同速度为v=v1-a1 t2v=v2+a2t2t2=v=m/s物块和薄板获得共同速度至停止运动用时 1分 第二次电场作用时间为t=t2+t3=6s 1分或: 由动量定理 系统所受外力的冲量等于系统动量的变化得:E1qt1-E2qt2=0 带入数据 解得t2=6s3经t1=2s时 物块运动 小车运动薄板在t2时间内位移x3=v2t2+a2t22=m物块在
11、t2时间内位移为x4=v1t2-a1t22=m1分 薄板长度L=x1-x2+x4-x3=m=1分 或用能量守恒qE1x1-qE2x4=L=m 薄板右端到达目的地的距离为x1分8期末18分如下列图，在光滑绝缘水平面上，不带电的绝缘小球P2静止在O点.带正电的小球P1以速度v0从A点进入AB区域.随后与P2发生正碰后反弹，反弹速度为v0. 从碰撞时刻起在AB区域内加上一个水平向右，电场强度为E0的匀强电场，并且区域外始终不存在电场P1的质量为m1，带电量为q，P2的质量为m2=5m1，A、O间距为L0，O、B间距为，.1求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间2判断两球能否在OB区间内再次发生
12、碰撞 解答.18分：(1)碰撞后P1以速度v1=v0向左做匀减速直线运动，设最大距离为s，由运动学公式有2分2分由牛顿第二定律有q E0= m1a1分又1分联立解得2分 所需时间2分(2)设碰后P2速度为v2，以v0方向为正方向，由动量守恒：2分设P1、P2碰撞后又经时间在OB区间内能再次发生碰撞，P1位移为s1，P1位移为s2，由运动学公式，有2分1分1分联立解得<两球能在OB区间内再次发生碰撞2分 9二诊. (17分)如下列图，在E=l03V/m的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接,半圆形轨道平面与电.场线平行,其半径R=40 cm, N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带104C负电荷的小滑块质量m=10 g,与水平轨道间的动摩擦因数u=0.15,位于N点右侧1.5 m的M处，要使小滑块恰能运动到圆轨道的最髙点 Q,取g=10m/s2,求：(1)滑块应以多大的初速度V0，向左运动？(2)滑块通过P点时受到轨道的压力。