帶電粒子在電場中的運動的綜合問題(更新版)
【正文】 界，粒子的比荷＝10－2 C/kg，在t＝0時刻以速度v0＝5102 m/s從O點沿y軸正方向進入電場區(qū)域，：圖7(1)粒子通過電場區(qū)域的時間；(2)粒子離開電場的位置坐標；(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x軸方向的速度大小.答案 (1)410－3 s (2)(－210－5 m,2 m) (3)410－3 m/s解析 (1)因為粒子初速度方向垂直于勻強電場，在電場中做類平拋運動，所以粒子通過電場區(qū)域的時間t＝＝410－3 s.(2)粒子帶負電，沿x軸負方向先加速后減速，加速時的加速度大小a1＝＝4 m/s2，減速時的加速度大小a2＝＝2 m/s2，離開電場時，在x軸方向上的位移大小x＝a1()2＋a1()2－a2()2＝210－5 m，因此粒子離開電場的位置坐標為(－210－5 m,2 m).(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x軸方向的速度大小為：vx＝a1－a2＝410－3 m/s.7.(2018全國卷Ⅰ陜西西安質檢)如圖6所示的裝置是在豎直平面內放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，帶負電荷的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為θ＝60176。山東理綜＝)圖6答案 解析 小球所受的重力和電場力都為恒力，故可將兩力等效為一個力F，＝，方向與豎直方向成37176。25)如圖7所示，兩水平面(虛線)之間的距離為H，電荷量分別為q和－q(q0)的帶電小球M；M在電場中做直線運動，：圖7(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比；(2)A點距電場上邊界的高度；(3)該電場的電場強度大小.答案 (1)3∶1 (2)H (3)解析 (1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產生的加速度沿水平方向，大小均為a，v0－at＝0 ①s1＝v0t＋at2 ②s2＝v0t－at2 ③聯(lián)立①②③式得＝3 ④(2)設A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式vy2＝2gh ⑤H＝vyt＋gt2 ⑥M進入電場后做直線運動，由幾何關系知＝ ⑦聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可得h＝H ⑧(3)設電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則＝ ⑨設M、N離開電場時的動能分別為EkEk2，由動能定理得Ek1＝m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1 ⑩Ek2＝m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2 ?由已知條件Ek1＝ ?聯(lián)立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得E＝ ?變式5 如圖8所示，在E＝103 V/m的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道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為QN圓弧的中點，一帶負電q＝10－4 C的小滑塊質量m＝10 g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝， m的M處，g取10 m/s2，求：圖8(1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，則小滑塊應以多大的初速度v0向左運動？(2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？答案 (1)7 m/s (2) N解析 (1)設小滑塊恰能到達Q點時速度為v，由牛頓第二定律得mg＋qE＝m小滑塊從開始運動至到達Q點過程中，由動能定理得－mg角斜向右上方(2)mg 方向與水平線成60176。時動能最大，由此可得v＝.(3)由(2)中知，由于小球在D點時速度最大且電場力與重力的合力恰好背離半徑方向，故小球在D點時對圓軌道的壓力最大，設此壓力大小為F，由牛頓第三定律可知小球在D點受到的軌道的彈力大小也為F，在D點對小球進行受力分析，并建立如圖所示坐標系，由牛頓第二定律知F－qEsin α－mgcos α＝解得F＝(2＋3)mg.
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