大題增分特訓(五)帶電粒子在電場中的運動1.如圖所示,電子由靜止起先經加速電場加速后,沿平行于板面的方向射入偏轉電場,并從另一側射出。已知電子質量為m,電荷量為e,加速電場電壓為U0。偏轉電場可看作勻強電場,極板間電壓為U,極板長度為L,板間距為d。(1)忽視電子所受重力,求電子射入偏轉電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離Δy。(2)分析物理量的數量級,是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽視了電子所受重力,請利用下列數據分析說明其緣由。已知U=2.0×102V,d=4.0×10-2m,m=9.1×10-31kg,e=1.6×10-19C,g取10m/s2。(3)極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質,請寫出電勢φ的定義式。類比電勢的定義方法,在重力場中建立“重力勢”φG的概念,并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。2.2024年,人類歷史上第一架由離子引擎推動的飛機誕生,這種引擎不須要燃料,也無污染物排放。引擎獲得推力的原理如圖所示,進入電離室的氣體被電離成正離子,而后飄入電極A、B之間的勻強電場(初速度忽視不計),A、B間電壓為U,使正離子加速形成離子束,在加速過程中引擎獲得恒定的推力。單位時間內飄入的正離子數目為定值,離子質量為m,電荷量為Ze,其中Z是正整數,e是元電荷。(1)若引擎獲得的推力為F1,求單位時間內飄入A、B間的正離子數目N為多少。(2)加速正離子束所消耗的功率P不同時,引擎獲得的推力F也不同,試推導FP(3)為提高能量的轉換效率,要使FP盡量大,請提出增大F3.如圖所示,在豎直平面內固定一光滑圓弧軌道AB,軌道半徑為R=0.4m,軌道最高點A與圓心O等高。有一傾角θ=30°的斜面,斜面底端C點在圓弧軌道B點正下方、距B點H=1.5m。圓弧軌道和斜面均處于電場強度大小E=100N/C、豎直向下的勻強電場中。現將一個質量為m=0.02kg、帶電荷量為+2×10-3C的帶電小球從A點由靜止釋放,小球通過B點離開圓弧軌道沿水平方向飛出,當小球運動到斜面上D點時速度方向恰與斜面垂直,并剛好與一個以確定初速度從斜面底端上滑的物塊相遇。若物塊與斜面間的動摩擦因數μ=35,空氣阻力不計,g取10m/s2,小球和物塊都可視為質點。求(1)小球經過B點時對軌道的壓力FNB;(2)B、D兩點間電勢差UBD;(3)物塊上滑初速度v0滿意條件的最小值。4.如圖所示,一內壁光滑的絕緣圓管ADB固定在豎直平面內。圓管的圓心為O,D點為圓管的最低點,A、B兩點在同一水平線上,AB=2L,圓管的半徑為r=2L(自身的直徑忽視不計)。過OD的虛線與過AB的虛線垂直相交于C點,在虛線AB的上方存在方向水平向右、范圍足夠大的勻強電場;虛線AB的下方存在方向豎直向下、范圍足夠大的勻強電場,電場強度大小E2=mgq。圓心O正上方的P點有一質量為m、電荷量為-q(q>0)的小球(可視為質點),PC間距為L。現將該小球從P點無初速釋放,經過一段時間后,小球剛好從管口A無碰撞地進入圓管內,并接著運動。重力加速度為g。求(1)虛線AB上方勻強電場的電場強度的大小;(2)小球在AB管中運動經過D點時對管的壓力;(3)小球從管口B離開后,經過一段時間到達虛線AB上的N點(圖中未標出),在圓管中運動的時間與總時間之比。5.(2024遼寧卷)如圖所示,光滑水平面AB和豎直面內的光滑14圓弧導軌在B點平滑連接,導軌半徑為R。質量為m的帶正電小球將輕質彈簧壓縮至A點后由靜止釋放,脫離彈簧后經過B點時的速度大小為gR,之后沿軌道BO運動。以O為坐標原點建立直角坐標系xOy,在x≥-R區域有方向與x軸夾角為θ=45°的勻強電場,進入電場后小球受到的電場力大小為2mg。小球在運動過程中電荷量保持不變,重力加速度為g,不計空氣阻力。求(1)彈簧壓縮至A點時的彈性勢能;(2)小球經過O點時的速度大小;(3)小球過O點后運動的軌跡方程。

參考答案大題增分特訓(五)帶電粒子在電場中的運動1.答案(1)2e(2)見解析解析(1)依據功和能的關系,有eU0=1電子射入偏轉電場的初速度v0=2e在偏轉電場中運動時間Δt=Lv0偏轉距離Δy=12a(Δt)2=U(2)考慮電子所受重力和靜電力的數量級,由于F?G,因此不須要考慮電子所受重力。2.答案(1)F(2)F(3)見解析解析(1)設正離子經過電極B時的速度為v,有ZeU=12mv2-0,設正離子束所受的電場力為F1',依據牛頓第三定律,有F1'=F1,設引擎在Δt時間內飄入電極間的正離子個數為ΔN,有F1'=ΔNmv-0Δt(2)設正離子束所受的電場力為F',由正離子束在電場中做勻加速直線運動,有P=12F'v,由牛頓第三定律又有F'=F,得F(3)為使FP3.答案(1)1.2N,豎直向下(2)120V(3)3.10m/s解析(1)設小球到達B點的速度大小為vB,從A到B的過程只有重力和靜電力做功,依據動能定理有mgR+qER=12得vB=4m/sB點是圓周運動最低點,合力供應向心力即FNB'-(mg+qE)=mvB2R,得FN依據牛頓第三定律,小球對軌道壓力大小等于軌道對其彈力大小,即FNB=1.2N,方向豎直向下。(2)設小球由B點到D點的運動時間為t,受到豎直向下的重力和靜電力,豎直方向做初速度0的勻加速直線運動,加速度為a,水平方向做勻速直線運動。下落高度為h的過程,依據速度合成有vBat=tanθ,豎直方向由牛頓其次定律有Eq+mg=ma,h=12at2,UBD=Eh,聯立解得UBD(3)設C、D間的距離為x,由幾何關系有x=H設物塊上滑加速度為a',由牛頓運動定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma',依據題意,要使物塊與小球相遇,v0的最小值滿意v02=2a'x,聯立解得v0=41554.答案(1)mg(2)22mg,方向豎直向下(3)π∶(4+π)解析(1)小物體釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動,小物體從A點沿切線方向進入,則此時速度方向與加速度方向均與豎直方向的夾角為45°,tan45°=mgEq,解得E=mg(2)從P到A的過程,依據動能定理有mgL+EqL=1解得vA=2gL小球在管中運動時,E2q=mg,小球做勻速圓周運動,則v0=vA=2gL在D點時,下壁對球的支持力F=mv02r由牛頓第三定律,F'=F=22mg,方向豎直向下。(3)小物體由P點運動到A點做勻加速直線運動,設所用時間為t1,則2L=122gt小球在圓管內做勻速圓周運動的時間為t2,則t2=3小球離開管后做類平拋運動,物塊從B到N的過程中所用時間t3=22Lg,則t=t1+t2+t3,故t2∶t=π∶5.答案(1)12mgR(2)3gR(3)y2解析(1)小球從A到B,依據能量守恒定律得Ep=12(2)小球從B到O,依據動能定理有-mgR+2mg×2R=12mvO2(3)小球運動至O點時速度方向豎直向上,受電場力和重力作用,將