高中物理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)常見(jiàn)題型及答題技巧及練習(xí)題(含答案)含解析

高中物理帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)常見(jiàn)題型及答題技巧及練習(xí)題(含答案)含解析一、高考物理精講專題帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．如圖，一帶電荷量q=+0.05C、質(zhì)量M=lkg的絕緣平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量m=lkg的不帶電小物塊，平板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.75．距平板左端L=0.8m處有一固定彈性擋板，擋板與平板等高，平板撞上擋板后會(huì)原速率反彈。整個(gè)空間存在電場(chǎng)強(qiáng)度E=100N/C的水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)將物塊與平板一起由靜止釋放，已知重力加速度g=10m/s2，平板所帶電荷量保持不變，整個(gè)過(guò)程中物塊未離開(kāi)平板。求：（1）平板第二次與擋板即將碰撞時(shí)的速率；（2）平板的最小長(zhǎng)度；（3）從釋放平板到兩者最終停止運(yùn)動(dòng)，擋板對(duì)平板的總沖量?！敬鸢浮浚?）平板第二次與擋板即將碰撞時(shí)的速率為1.0m/s;（2）平板的最小長(zhǎng)度為0.53m;（3）從釋放平板到兩者最終停止運(yùn)動(dòng)，擋板對(duì)平板的總沖量為8.0N?s【解析】【詳解】（1）兩者相對(duì)靜止，在電場(chǎng)力作用下一起向左加速，有a==2.5m/s2＜μg故平板M與物塊m一起勻加速，根據(jù)動(dòng)能定理可得：qEL=（M+m）v解得v=2.0m/s平板反彈后，物塊加速度大小a1==7.5m/s2，向左做勻減速運(yùn)動(dòng)平板加速度大小a2==12.5m/s2，平板向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t1木板與木塊達(dá)到共同速度v1′，向右為正方向。-v1+a1t1=v1-a2t1解得t1=0.2s，v=0.5m/s，方向向左。此時(shí)平板左端距擋板的距離：x=v1t1=0.15m此后兩者一起向左勻加速，設(shè)第二次碰撞時(shí)速度為v，則由動(dòng)能定理（M+m）v（M+m）=qEx1解得v2=1.0m/s（2）最后平板、小物塊靜止（左端與擋板接觸），此時(shí)小物塊恰好滑到平板最左端，這時(shí)的平板長(zhǎng)度最短。設(shè)平板長(zhǎng)為l，全程根據(jù)能量守恒可得：qEL=μmgl解得：l==0.53m（3）設(shè)平板第n-1次與第n次碰撞反彈速度分別為vn-1，和vn；平板第n-1次反彈后：設(shè)經(jīng)歷時(shí)間tn-1，平板與物塊達(dá)到共同速度vn-1′平板vn-1′=vn-1-a2tn-1位移大小物塊vn-1′=-vn-1+a1tn-1由以上三式解得：，，此后兩者一起向左勻加速，由動(dòng)能定理qExn-1=解得：從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到平板和物塊恰停止，擋板對(duì)平板的總沖量：I=2Mv1+2Mv2+2Mv3+2Mv4+……解得：I=8.0N?s2．如圖所示，一內(nèi)壁光滑的絕緣圓管ADB固定在豎直平面內(nèi)．圓管的圓心為O，D點(diǎn)為圓管的最低點(diǎn)，AB兩點(diǎn)在同一水平線上，AB=2L，圓管的半徑為r=L(自身的直徑忽略不計(jì))．過(guò)OD的虛線與過(guò)AB的虛線垂直相交于C點(diǎn)，在虛線AB的上方存在方向水平向右、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)；虛線AB的下方存在方向豎直向下、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小E2=．圓心O正上方的P點(diǎn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，PC間距為L(zhǎng)．現(xiàn)將該小球從P點(diǎn)無(wú)初速釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，小球剛好從管口A無(wú)碰撞地進(jìn)入圓管內(nèi)，并繼續(xù)運(yùn)動(dòng)．重力加速度為g．求：(1)虛線AB上方勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1的大??；(2)小球在AB管中運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)管的壓力FD；（3）小球從管口B離開(kāi)后，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間到達(dá)虛線AB上的N點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，在圓管中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與總時(shí)間之比．【答案】（1）（2）2mg，方向豎直向下（3）【解析】【分析】（1）小物體釋放后在重力和電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)正交分解，垂直運(yùn)動(dòng)方向的合力為零，列出平衡方程即可求出虛線AB上方勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；（2）根據(jù)動(dòng)能定理結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解小球在AB管中運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)管的壓力FD；（3）小物體由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在圓管內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)管后做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)公式求解在圓管中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與總時(shí)間之比.【詳解】（1）小物體釋放后在重力和電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小物體從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入，則此時(shí)速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，則：tan45°=解得：（2）從P到A的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理：mgL+EqL=mvA2解得vA=2小球在管中運(yùn)動(dòng)時(shí)，E2q=mg，小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則v0=vA=2在D點(diǎn)時(shí)，下壁對(duì)球的支持力由牛頓第三定律，方向豎直向下．（3）小物體由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)所用時(shí)間為t1，則：解得小球在圓管內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則：小球離開(kāi)管后做類平拋運(yùn)動(dòng)，物塊從B到N的過(guò)程中所用時(shí)間：則：【點(diǎn)睛】本題考查帶點(diǎn)小物體在電場(chǎng)力和重力共同作用下的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是要分好運(yùn)動(dòng)過(guò)程，明確每一個(gè)過(guò)程小物體的受力情況，并結(jié)合初速度判斷物體做什么運(yùn)動(dòng)，進(jìn)而選擇合適的規(guī)律解決問(wèn)題，勻變速直線運(yùn)動(dòng)利用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解或者運(yùn)用動(dòng)能定理求解，類平拋利用運(yùn)動(dòng)的合成和分解、牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求解．3．如圖所示，在豎直面內(nèi)有一邊長(zhǎng)為的正六邊形區(qū)域，O為中心點(diǎn)，CD水平．將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能從B點(diǎn)水平向右拋出，小球運(yùn)動(dòng)軌跡過(guò)D點(diǎn)．現(xiàn)在該豎直面內(nèi)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，并讓該小球帶電，電荷量為+q，并以前述初動(dòng)能沿各個(gè)方向從B點(diǎn)拋入六邊形區(qū)域，小球?qū)⒀夭煌壽E運(yùn)動(dòng)．已知某一方向拋入的小球過(guò)O點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為初動(dòng)能的，另一方向拋入的小球過(guò)C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能與初動(dòng)能相等．重力加速度為g，電場(chǎng)區(qū)域足夠大，求：（1）小球的初動(dòng)能；（2）取電場(chǎng)中B點(diǎn)的電勢(shì)為零，求O、C兩點(diǎn)的電勢(shì)；（3）已知小球從某一特定方向從B點(diǎn)拋入六邊形區(qū)域后，小球?qū)?huì)再次回到B，求該特定方向拋入的小球在六邊形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【詳解】（1）設(shè)小球從B點(diǎn)拋出時(shí)速度為，從B到D所用時(shí)間為t，小球做平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上在豎直方向上由幾何關(guān)系可知：，解得小球的初動(dòng)能為：（2）帶電小球B→O：由動(dòng)能定理得：解得：帶電小球B→C：由動(dòng)能定理得：解得：（3）在正六邊形的BC邊上取一點(diǎn)G，令，設(shè)G到B的距離為x，則由勻強(qiáng)電場(chǎng)性質(zhì)可知解得：由幾何知識(shí)可得，直線GO與正六邊形的BC邊垂直，OG為等勢(shì)線，電場(chǎng)方向沿CB方向，由勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的關(guān)系可得受力分析如圖，根據(jù)力合成的平行四邊形定則可得：，方向F→B小球只有沿BF方向拋入的小球才會(huì)再次回到B點(diǎn)，該小球進(jìn)入六邊形區(qū)域后，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零后反向勻加速直線運(yùn)動(dòng)回到B點(diǎn)，設(shè)勻減速所用時(shí)間為t1，勻加速所用時(shí)間為t2，勻減速發(fā)生的位移為x由牛頓定律得(未射出六邊形區(qū)域)小球在六邊形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為4．電子擴(kuò)束裝置由電子加速器、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)組成．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的極板由相距為d的兩塊水平平行放置的導(dǎo)體板組成，如圖甲所示．大量電子由靜止開(kāi)始，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間OO’射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)．當(dāng)兩板不帶電時(shí)，這些電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為2t0；:當(dāng)在兩板間加最大值為U0、周期為2t0的電壓(如圖乙所示)時(shí)，所有電子均能從兩板間通過(guò)，然后進(jìn)入豎直寬度足夠大的勻強(qiáng)酸場(chǎng)中，最后打在豎直放置的熒光屏上．已知磁場(chǎng)的水平寬度為L(zhǎng)，電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，其重力不計(jì)．（1）求電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO’的最遠(yuǎn)位置和最近位置之間的距離（2）要使所有電子都能垂直打在熒光屏上，①求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B②求垂直打在熒光屏上的電子束的寬度△y【答案】（1）（2）①②【解析】【詳解】（1）由題意可知，從0、2t0、4t0、……等時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO′的距離最大，在這種情況下，電子的最大距離為：從t0、3t0、……等時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO′的距離最小，在這種情況下，電子的最小距離為：最遠(yuǎn)位置和最近位置之間的距離：，（2）①設(shè)電子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)的偏向角為θ，由于電子要垂直打在熒光屏上，所以電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑應(yīng)為：設(shè)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度為v1，垂直偏轉(zhuǎn)極板的速度為vy，則電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏向角為，，式中又：解得：②由于各個(gè)時(shí)刻從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出的電子的速度大小相等，方向相同，因此電子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也相同，都能垂直打在熒光屏上．由第（1）問(wèn)知電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的位置到OO′的最大距離和最小距離的差值為△y1，所以垂直打在熒光屏上的電子束的寬度為：5．如圖所示，輕質(zhì)絕緣細(xì)繩上端固定，下端連接一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球，小球靜止在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，繩與豎直方向的夾角θ=37°.已知繩長(zhǎng)l=l.0m，小球所帶電荷量q=+l.0×104C，質(zhì)量m=4.0×10-3kg。不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80.求：(l)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E；(2)將電場(chǎng)撤去,小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度的大小v；(3)將電場(chǎng)撤去,小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)繩中拉力的大小T.【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】(1)對(duì)帶電小球受力分析，得關(guān)系：代入已知數(shù)據(jù)后，解得(2)根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：解得：(3)根據(jù)牛頓第二定律:解得:6．如圖所示，在一光滑絕緣水平面上，靜止放著兩個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，兩小球質(zhì)量均為m，相距l(xiāng)，其中A球帶正電，所帶電荷量為q，小球B不帶電．若在A球開(kāi)始向右側(cè)區(qū)域加一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，A球受到電場(chǎng)力的作用向右運(yùn)動(dòng)與B球碰撞．設(shè)每次碰撞為彈性碰撞，碰撞前后兩球交換速度，且碰撞過(guò)程無(wú)電荷轉(zhuǎn)移．求：（1）小球A在電場(chǎng)中的加速度大小和第一次與B碰撞前的速度；（2）若兩小球恰在第二次碰撞時(shí)離開(kāi)電場(chǎng)，求電場(chǎng)在電場(chǎng)線方向上的寬度；（3）若兩小球恰在第三次碰撞時(shí)離開(kāi)電場(chǎng)，求電場(chǎng)在電場(chǎng)線方向上的寬度及小球A從進(jìn)入電場(chǎng)到離開(kāi)電場(chǎng)的過(guò)程中電勢(shì)能的變化量．【答案】(1)a=qE/m；(2)5l(3)13l；13Eql【解析】【詳解】（1）根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律：qE=ma，則a=qE/m設(shè)第一次碰撞時(shí)小球A的速度為v：根據(jù)動(dòng)能定理：解得：（2）第一次碰撞前后小球A的速度為vA1和vA1′，小球B碰撞前后的速度為vB1和vB1′所以vA1=vvB1=0vA1′=0vB1′=vA球運(yùn)動(dòng)的距離為l第一次碰撞后，小球A做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球B做速度為v的勻速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)第二次碰撞前后A球的速度為vA2和vA2′小球B碰撞前后的速度為vB2和vB2′第一次碰撞后至第二次碰撞前：vt=(0+vA2)t/2所以：vA2=2v；碰后vA2′=v而B球碰前為v，碰后為2v．從第一次碰撞后到第二次碰撞前的過(guò)程中，A球運(yùn)動(dòng)的距離為l2．電場(chǎng)寬度為：L=l+4l=5l（3）二次碰撞后，A球做初速度為v的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B球以速度2v勻速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)A球第三次碰前后的速度為vA3和vA3′，小球B碰撞前后的速度為vB3和vB3′所以：從第二次碰撞到第三次碰撞過(guò)程中，A球運(yùn)動(dòng)的距離為l3：qEl3=m-ml3=8l所以：電場(chǎng)的寬度：L=l1+l2+l3=13lA球減少的電勢(shì)能△ε=Eq×13l=13Eql7．如圖所示，在y>0的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在y<0的區(qū)域內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一電子(質(zhì)量為m、電量為e)從y軸上A點(diǎn)以沿x軸正方向的初速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電子第一次穿越x軸時(shí)，恰好到達(dá)C點(diǎn)，當(dāng)電子第二次穿越x軸時(shí)，恰好到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)；當(dāng)電子第三次穿越x軸時(shí)，恰好到達(dá)D點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)均未在圖中標(biāo)出．已知A、C點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離分別為d、2d.不計(jì)電子的重力．求(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。?2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?3)電子從A運(yùn)動(dòng)到D經(jīng)歷的時(shí)間t.【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】試題分析：（1）電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)設(shè)電子從A到C的時(shí)間為t11分1分1分求出E=1分（2）設(shè)電子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，v與x軸的夾角為θ，則θ=45°1分電子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力提供向心力1分由圖可知1分得1分（3）由拋物線的對(duì)稱關(guān)系，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3t1=1分電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=2分電子從A運(yùn)動(dòng)到D的時(shí)間t=3t1+t2=1分考點(diǎn)：帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)牛頓第二定律8．如圖所示，三塊擋板圍成截面邊長(zhǎng)L＝1.2m的等邊三角形區(qū)域，C、P、Q分別是MN、AM和AN中點(diǎn)處的小孔，三個(gè)小孔處于同一豎直面內(nèi)，MN水平，MN上方是豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=4×10-4N/C．三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1；AMN以外區(qū)域有垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝3B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)將一比荷q/m=105C/kg的帯正電的粒子，從O點(diǎn)由靜止釋放，粒子從MN小孔C進(jìn)入內(nèi)部勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)內(nèi)部磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后直接垂直AN經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)進(jìn)入外部磁場(chǎng)．已知粒子最終回到了O點(diǎn)，OC相距2m．設(shè)粒子與擋板碰撞過(guò)程中沒(méi)有動(dòng)能損失，且電荷量不變，不計(jì)粒子重力，不計(jì)擋板厚度，取π＝3．求：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??；（2）粒子從O點(diǎn)出發(fā)，到再次回到O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間；（3）若僅改變B2的大小，當(dāng)B2滿足什么條件時(shí)，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到O點(diǎn)（若粒子經(jīng)過(guò)A點(diǎn)立即被吸收）．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）粒子從O到C即為在電場(chǎng)中加速，則由動(dòng)能定理得：解得v=400m/s帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．由幾何關(guān)系可知由代入數(shù)據(jù)得（2）由題可知B2=3B1=2×10-5T則由運(yùn)動(dòng)軌跡可知：進(jìn)入電場(chǎng)階段做勻加速運(yùn)動(dòng)，則得到t1=0.01s粒子在磁場(chǎng)B1中的周期為則在磁場(chǎng)B1中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為在磁場(chǎng)B2中的運(yùn)動(dòng)周期為在磁場(chǎng)B2中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為則粒子在復(fù)合場(chǎng)中總時(shí)間為：（3）設(shè)擋板外磁場(chǎng)變?yōu)?，粒子在磁?chǎng)中的軌跡半徑為r，則有根據(jù)已知條件分析知，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到O點(diǎn)，需滿足條件其中k=0、1、2、3……解得9．靜電噴漆技術(shù)具有效率高、質(zhì)量好、有益于健康等優(yōu)點(diǎn)，其裝置可簡(jiǎn)化為如圖甲所示．A、B為水平放置的間距d＝1.6m的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有方向由B指向A的的勻強(qiáng)電場(chǎng)．在A板的中央放置一個(gè)安全接她的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍可向各個(gè)方向均勻地噴出初速度大小均為的油漆微粒，已知油漆微粒的質(zhì)量均為m＝1.0×10－5kg，帶負(fù)電且電荷量均為q＝1.0×10－3C，不計(jì)油漆微粒間的相互作用以及油漆微粒帶電量對(duì)板間電場(chǎng)和磁場(chǎng)的影響，忽略空氣阻力，g取，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6．求（計(jì)算結(jié)果小數(shù)點(diǎn)后保留一位數(shù)字）：（1）油漆微粒落在B板上的最大面積；（2）若讓A、B兩板間的電場(chǎng)反向（如圖乙所示），并在兩板間加垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.06T，調(diào)節(jié)噴槍使油漆微粒只能在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向噴出，其他條件不變．①B板被油漆微粒打中的區(qū)域的長(zhǎng)度為多少？②打中B板的油漆微粒中，在正交場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為多少？【答案】（1）18．1m2（2）1．6m（3）0．31s【解析】試題分析：（1）油漆微粒的加速度①根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)②運(yùn)動(dòng)的半徑③落在板上所形成圓形面積④由①②③式并代入數(shù)據(jù)得⑤（2）當(dāng)電場(chǎng)反向⑥油漆微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力充當(dāng)向心力⑦水平向右射出的油漆微粒打在板的右端，根據(jù)幾何關(guān)系⑧的長(zhǎng)度⑨打在板左端的油漆微粒為和板相切的微粒，同理求得⑩油漆微粒打在極板上的長(zhǎng)度11由⑥⑦⑧⑨⑩11式并代入數(shù)據(jù)得12(3)打在板上的微粒中，最短的弦長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的時(shí)間最短有幾何關(guān)系13運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間14微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期15由7131415式代入數(shù)據(jù)解得16考點(diǎn)：動(dòng)能定理的應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；牛頓第二定律．點(diǎn)評(píng)：本題是實(shí)際問(wèn)題，考查理論聯(lián)系實(shí)際的能力，關(guān)鍵在于建立物理模型．10．水平面上有一個(gè)豎直放置的部分圓弧軌道，A為軌道的最低點(diǎn)，半徑OA豎直，圓心角AOB為60°，半徑R=0.8m，空間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=1×104N/C。一個(gè)質(zhì)量m=2kg，帶電量為q=－1×10－3C的帶電小球，從軌道左側(cè)與圓心O同一高度的C點(diǎn)水平拋出，恰好從B點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓弧軌道，到達(dá)最低點(diǎn)A時(shí)對(duì)軌道的壓力FN=32.5N。求：(1)小球拋出時(shí)的初速度v0大?。?2)小球從B到A的過(guò)程中克服摩擦所做的功Wf。【答案】(1)(2)【解析】【分析】根據(jù)題中“豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)…帶電小球”、“水平拋出…圓弧軌道”可知，本題考察帶電物體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。根據(jù)帶電物體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的分解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理列式計(jì)算?！驹斀狻?1)小球拋出后從C到B過(guò)程中受重力和豎直向上的電場(chǎng)力，做類平拋運(yùn)動(dòng)，則：，解得：小球的加速度C與B的高度差設(shè)小球到B點(diǎn)時(shí)豎直分速度為，則，解得：小球到B點(diǎn)時(shí)豎直分速度小球在B點(diǎn)時(shí)，速度方向與水平方向夾角為60°，則解得：小球拋出時(shí)的初速度(2)在B點(diǎn)時(shí)，，則小球在A點(diǎn)時(shí)，，解得：小球從B到A過(guò)程，由動(dòng)能定理得：解得：小球從B到A的過(guò)程中克服摩擦所做的功11．如圖所示，一內(nèi)壁光滑的絕緣圓管AB固定在豎直平面內(nèi)．圓管的圓心為O，D點(diǎn)為圓管的最低點(diǎn)，AB兩點(diǎn)在同一水平線上，AB＝2L，圓環(huán)的半徑為(圓管的直徑忽略不計(jì))，過(guò)OD的虛線與過(guò)AB的虛線垂直相交于C點(diǎn)．在虛線AB的上方存在水平向右的、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)；虛線AB的下方存在豎直向下的、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小等于.圓心O正上方的P點(diǎn)有一質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的絕緣小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，PC間距為L(zhǎng).現(xiàn)將該小物體無(wú)初速度釋放，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，小物體剛好沿切線無(wú)碰撞地進(jìn)入圓管內(nèi)，并繼續(xù)運(yùn)動(dòng)．重力加速度用g表示．(1)虛線AB上方勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為多大？(2)小物體從管口B離開(kāi)后，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間的運(yùn)動(dòng)落到虛線AB上的N點(diǎn)(圖中未標(biāo)出N點(diǎn))，則N點(diǎn)距離C點(diǎn)多遠(yuǎn)？(3)小物體由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的總時(shí)間為多少？【答案】（