《2020屆高考物理 精準(zhǔn)培優(yōu)專(zhuān)練十四 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理 精準(zhǔn)培優(yōu)專(zhuān)練十四 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1本知識(shí)點(diǎn)常以計(jì)算題的形式與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系、能量守恒綜合考查。2兩點(diǎn)注意：(1)注意帶電粒子重力能否忽略；(2)力電綜合問(wèn)題注意受力分析、運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，應(yīng)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)或功能關(guān)系解題。二、考題再現(xiàn)典例1.(2018全國(guó)III卷21)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等。現(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說(shuō)法正確的是()Aa的質(zhì)量比b的大B在t時(shí)刻，a
2、的動(dòng)能比b的大C在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能相等D在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等典例2.(2019全國(guó)II卷24)如圖，如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢(shì)均為(0)。質(zhì)量為m，電荷量為q(q0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng)，重力忽略不計(jì)。(1)求粒子第一次穿過(guò)G時(shí)的動(dòng)能，以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大?。?2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開(kāi)電場(chǎng)，則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少？三、對(duì)點(diǎn)速練1如圖，平行板電容器AB兩極板水平放置，與理想二極管串聯(lián)接在電源
3、上，已知A和正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶電小球沿AB中心水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)?，F(xiàn)保持B板不動(dòng)，通過(guò)上下移動(dòng)A板來(lái)改變兩極板的間距（兩板仍平行），下列說(shuō)法中正確的是()A若小球帶正電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球打在N的左側(cè)B若小球帶正電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球打在N的左側(cè)C若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球可能打在N的左側(cè)D若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球可能打在N的右側(cè)2如圖所示，豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，M點(diǎn)與P點(diǎn)的連線(xiàn)垂直于電場(chǎng)線(xiàn)，M點(diǎn)與N點(diǎn)在同一電場(chǎng)線(xiàn)上。兩個(gè)完全相同的帶等量正電荷的粒子，以相同大小的初速度v0分別從M點(diǎn)和N點(diǎn)沿豎直平面進(jìn)入電場(chǎng)，重力不計(jì)。N點(diǎn)的
4、粒子垂直電場(chǎng)線(xiàn)進(jìn)入，M點(diǎn)的粒子與電場(chǎng)線(xiàn)成一定夾角進(jìn)入，兩粒子恰好都能經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A電場(chǎng)力對(duì)兩粒子做功相同B兩粒子到達(dá)P點(diǎn)的速度大小可能相等C兩粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能都減小D兩粒子到達(dá)P點(diǎn)所需時(shí)間一定不相等3如圖所示，在與水平面夾角為60的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一帶負(fù)電的物塊A放在傾斜的絕緣木板上，物塊所受電場(chǎng)力的大小為其重力大小的一半，木板的傾角為30和60時(shí)物塊所受的摩擦力大小恰好相等，則物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()A BC D4如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它
5、的軌跡恰好滿(mǎn)足拋物線(xiàn)方程xky2，且小球通過(guò)點(diǎn)P。已知重力加速度為g，則()A電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為B小球初速度的大小為C小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為D小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減少5在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場(chǎng)強(qiáng)度為E1104 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在場(chǎng)中有一個(gè)半徑為R2 m的光滑圓環(huán)，環(huán)內(nèi)有兩根光滑的弦AB和AC，A點(diǎn)所在的半徑與豎直直徑BC成37角，質(zhì)量為0.04 kg的帶電小球由靜止從A點(diǎn)釋放，沿弦AB和AC到達(dá)圓周的時(shí)間相同?，F(xiàn)去掉弦AB和AC，給小球一個(gè)初速度讓小球恰能在豎直平面沿環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，取小球圓周運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)為電勢(shì)能和重力勢(shì)能的零點(diǎn)，（cos 370.8，g10 m/s2）下列
6、說(shuō)法正確的是()A小球所帶電量為q3.6105 CB小球做圓周過(guò)程中動(dòng)能最小值是0.5 JC小球做圓周運(yùn)動(dòng)從B到A的過(guò)程中機(jī)械能逐漸減小D小球做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中對(duì)環(huán)的最大壓力是3.0 N6如圖，一斜面緊靠豎直墻面固定在水平地面上。在紙面內(nèi)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向與水平面夾角60，場(chǎng)強(qiáng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m帶電量為+q的小球從斜面上P點(diǎn)豎直向上以v0拋出，第一次與接觸面撞前空中飛行的豎直位移為y1，若僅將初速度大小變?yōu)?v0從P點(diǎn)豎直拋出，第一次與接觸面碰撞前在空中飛行的豎直位移為y2，則下列說(shuō)法可能正確的是()Ay22y1 By24y1 Cy26y1 Dy210y17如圖，豎直平面內(nèi)（紙面）存在平行于紙
7、面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向與水平方向成 60角，紙面內(nèi)的線(xiàn)段MN與水平方向成30角，MN長(zhǎng)度為d?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的帶電小球從M由靜止釋放，小球沿MN方向運(yùn)動(dòng)，到達(dá)N點(diǎn)的速度大小為vN（待求）；若將該小球從M點(diǎn)沿垂直于MN的方向，以大小vN的速度拋出，小球?qū)⒔?jīng)過(guò)M點(diǎn)正上方的P點(diǎn)（未畫(huà)出），已知重力加速度大小為g，求：(l)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E及小球在N點(diǎn)的速度vN；(2)M點(diǎn)和P點(diǎn)之間的電勢(shì)差；(3)小球在P點(diǎn)動(dòng)能與在M點(diǎn)動(dòng)能的比值。8如圖甲所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線(xiàn)，一個(gè)帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)水平射入，沿直線(xiàn)從b點(diǎn)射出，若將兩金屬板接到如圖
8、乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點(diǎn)以速度v0射出，求：(1)交變電壓的周期T應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？(2)粒子從a點(diǎn)射入金屬板的時(shí)刻應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？9如圖甲所示，粗糙水平軌道與半徑為R的豎直光滑、絕緣的半圓軌道在B點(diǎn)平滑連接，過(guò)半圓軌道圓心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，質(zhì)量為m的帶正電小滑塊從水平軌道上A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中由于摩擦起電滑塊電量會(huì)增加，過(guò)B點(diǎn)后電量保持不變，小滑塊在A(yíng)B段加速度隨位移變化圖象如圖乙。已知A、B間距離為4R，滑塊與軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.5，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，求：(1)小滑塊釋放后運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)過(guò)程中電荷量的變化量；(2)滑塊對(duì)半圓軌道的
9、最大壓力大??；(3)小滑塊再次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)大小保持不變、方向變?yōu)橄蜃?，求小滑塊再次到達(dá)水平軌道時(shí)的速度大小以及距B的距離。10如圖所示，一帶電荷量q0.05 C、質(zhì)量Ml kg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ml kg的不帶電小物塊，平板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.75。距平板左端L0.8 m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E100 N/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g10 m/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；
10、(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。答案二、考題再現(xiàn)典例1.【解析】?jī)晌⒘Ｖ皇茈妶?chǎng)力qE作用且兩電場(chǎng)力大小相等，由xa0t2，知微粒a的加速度大，由qEma0，知微粒a的質(zhì)量小，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理qExEk得，位移x大的動(dòng)能大，B正確；在同一等勢(shì)面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時(shí)刻，a、b的電勢(shì)能不相等，C錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理qEtmv得，在t時(shí)刻，a、b的動(dòng)量大小相等，D正確?！敬鸢浮緽D典例2.【解析】(1)PG、QG間場(chǎng)強(qiáng)大小相等，均為E.粒子在PG間所受電場(chǎng)力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有EFqEma設(shè)粒子第一次到達(dá)
11、G時(shí)動(dòng)能為Ek，由動(dòng)能定理有：qEhEkmv設(shè)粒子第一次到達(dá)G時(shí)所用的時(shí)間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有hat2lv0t聯(lián)立式解得：Ekmvqhlv0。(2)若粒子穿過(guò)G一次就從電場(chǎng)的右側(cè)飛出，則金屬板的長(zhǎng)度最短由對(duì)稱(chēng)性知，此時(shí)金屬板的長(zhǎng)度L為L(zhǎng)2l2v0。三、對(duì)點(diǎn)速練1【答案】AD【解析】若小球帶正電，當(dāng)d減小時(shí)，電容增大，Q增大，U不變，根據(jù)，知d減小時(shí)E增大，所以電場(chǎng)力變大，方向向下，小球做平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向加速度增大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，打在N點(diǎn)左側(cè)。故A正確。若小球帶正電，當(dāng)d增大時(shí)，電容減小，但由于二極管的單向?qū)щ娦允沟肣不可能減小，所以Q不變，根據(jù)，知E不變，所以電場(chǎng)力不變，小
12、球仍然打在N點(diǎn)。故B錯(cuò)誤。若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距d增大時(shí)，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根據(jù)，知E不變，所以電場(chǎng)力大小不變，方向向上，若電場(chǎng)力小于重力，小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上的加速度不變，運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，小球仍然可能打在N點(diǎn)。故C錯(cuò)誤。若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距d減小時(shí)，電容增大，則Q增大，根據(jù)，知E增大，所以電場(chǎng)力變大，方向向上，若電場(chǎng)力小于重力，小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向上的加速度減小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長(zhǎng)，小球?qū)⒋蛟贜點(diǎn)的右側(cè)。故D正確。2【答案】D【解析】由題圖可知M、P兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，所以?xún)牲c(diǎn)間的電勢(shì)差為零，而N、P間的電勢(shì)差大于零，根據(jù)WqU知，電場(chǎng)力對(duì)M點(diǎn)的粒子不做功，對(duì)N點(diǎn)
13、的粒子做正功，故A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理知N點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力做正功，所以速度增大，而M點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)力不做功，所以速度大小不變，又因它們的初速度大小相等，所以?xún)闪Ｗ拥竭_(dá)P點(diǎn)的速度大小不等，故B錯(cuò)誤；M點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能不變，N點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)電場(chǎng)力做正功，所以電勢(shì)能減少，故C錯(cuò)誤；在垂直于電場(chǎng)線(xiàn)方向，兩個(gè)粒子都做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，設(shè)PML，M點(diǎn)的粒子初速度方向與電場(chǎng)線(xiàn)的夾角為，則M點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)的時(shí)間：tM，N點(diǎn)的粒子到達(dá)P點(diǎn)的時(shí)間：tN，由此可見(jiàn)，兩粒子到達(dá)P點(diǎn)所需時(shí)間一定不相等，故D正確。3【答案】D【解析】當(dāng)木板傾角是30時(shí)，物塊受到重力、支持力、垂直斜面向下的電場(chǎng)力和摩
14、擦力的作用。在垂直于斜面的方向上，F(xiàn)N1mgcos30qEmg()，當(dāng)木板傾角是60時(shí)，物塊受到重力、支持力、與斜面成30向下的電場(chǎng)力和摩擦力的作用。在垂直于斜面的方向：FN2mgcos60qEcos30mgmg，兩式比較可知，F(xiàn)N1FN2，在摩擦因數(shù)相等的情況下，一定是木板的傾角為30是靜摩擦力，60時(shí)物塊所受的是滑動(dòng)摩擦力。木板的傾角為30時(shí)物塊受力平衡，得：f1mgsin30mg，木板的傾角為60時(shí)物塊受摩擦力：f2FN2(mgmg)，由題意：f1f2，聯(lián)立解得：.故D正確，ABC錯(cuò)誤。4【答案】BC【解析】小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力的合力沿x軸正方向，qEmg，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E
15、，A錯(cuò)誤；F合mgma，所以ag，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v0t，gt2，得小球初速度大小為v0，B正確；由P點(diǎn)的坐標(biāo)分析可知，所以小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為mv2m(vv)，C正確；小球從O到P過(guò)程中電勢(shì)能減少，且減少的電勢(shì)能等于電場(chǎng)力做的功，即WqE，D錯(cuò)誤。5【答案】BCD【解析】由題知，小球在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由靜止從A點(diǎn)釋放，沿弦AB和AC到達(dá)圓周的時(shí)間相同，則A點(diǎn)可以認(rèn)為是等效圓周的最高點(diǎn)，沿直徑與之對(duì)應(yīng)圓周上的點(diǎn)可以認(rèn)為是等效圓周的最低點(diǎn)，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，小球應(yīng)帶正電，如圖所示，可得mgtan37qE解得小球的帶電量為，故A錯(cuò)誤；小球做圓周過(guò)程中由于重力和電場(chǎng)力都是恒力，所以它們的合力也是
16、恒力，小球的動(dòng)能、重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和保持不變，在圓上各點(diǎn)中，小球在等效最高點(diǎn)A的勢(shì)能（重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和）最大，則其動(dòng)能最小，由于小球恰能在豎直平面沿環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，在A(yíng)點(diǎn)其合力作為小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力m，小球做圓周過(guò)程中動(dòng)能最小值EkminmvA2J0.5J，故B正確；由于總能量保持不變，小球從B到A過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，小球的機(jī)械能逐漸減小，故C正確；將重力與電場(chǎng)力等效成新的“重力場(chǎng)”，新“重力場(chǎng)”方向與豎直方向成，等效重力，等效重力加速度為，小球恰好能做圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)A點(diǎn)速度為，在等效最低點(diǎn)小球?qū)Νh(huán)的壓力最大，設(shè)小球在等效最低點(diǎn)的速度為v，由動(dòng)能
17、定理得。在等效最低點(diǎn)，由牛頓第二定律，聯(lián)立解得小球在等效最低點(diǎn)受到的支持力根據(jù)牛頓第三定律知，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中對(duì)環(huán)的最大壓力大小也為3.0N，故D正確。6【答案】BC【解析】小球受重力mg以及沿電場(chǎng)方向的電場(chǎng)力，大小為，其豎直分量為；則小球做豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng)；水平方向，則水平方向做加速度為的勻加速運(yùn)動(dòng)；若小球第一次能落到斜面上，則第一次與接觸面撞前，則（其中為斜面的傾角），則，則當(dāng)初速度大小變?yōu)?v0時(shí)，豎直位移y變?yōu)樵瓉?lái)的9倍；若兩次小球第一次均落在豎直墻壁上，則水平位移相等，則時(shí)間相等，由yv0t可知，則當(dāng)初速度大小變?yōu)?v0時(shí)，豎直位移y變?yōu)樵瓉?lái)的3倍；若第一次落在斜面上，第二次
18、落在墻壁上，可知豎直位移應(yīng)該介于3倍和9倍之間，則選項(xiàng)BC正確，AD錯(cuò)誤。7【解析】(l)由小球運(yùn)動(dòng)方向可知，小球受合力沿MN方向，如圖甲，由正弦定理：mgsin30Fsin30Eqsin120得：E3mgq合力：Fmg從MN,有：2adN2得：N2gd(2)如圖乙，設(shè)MP為h，作PC垂直于電場(chǎng)線(xiàn)，小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)：hcos6012at2，hsin60NtUMCEhcos30，UMPUMC得：UMP-4mgdq(3)如圖乙，作PD垂直于MN，從MP，由動(dòng)能定理：FSMDEKP-EKMSMDhsin30EKM12mvN2EKPEKMFSMD+EKMEKM73。8【解析】(1)為使粒子仍從b點(diǎn)以速
19、度v0穿出電場(chǎng)，在垂直于初速度方向上，粒子的運(yùn)動(dòng)應(yīng)為：加速，減速，反向加速，(反向)減速，經(jīng)歷四個(gè)過(guò)程后，回到中心線(xiàn)上時(shí)，在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零，這段時(shí)間等于一個(gè)周期，故有LnTv0解得T粒子在T內(nèi)離開(kāi)中心線(xiàn)的距離為ya又a，E解得y在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離開(kāi)中心線(xiàn)的最大距離為ym2y粒子不撞擊金屬板，應(yīng)有ymd解得T2d故n，即n取大于等于的整數(shù)所以粒子的周期應(yīng)滿(mǎn)足的條件為T(mén)，其中n取大于等于的整數(shù)。(2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻應(yīng)為T(mén)，T，T，故粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻為tT(n1，2，3，)。9【解析】(1) 由牛頓第二定律得，在A(yíng)點(diǎn)： 在B點(diǎn)： 由聯(lián)立解得: (2)從A到B過(guò)程，由動(dòng)能定理得：
20、 將電場(chǎng)力與重力的合力等效為“重力G”，與豎直方向的夾角設(shè)為，在“等效最低點(diǎn)”時(shí)滑塊對(duì)軌道壓力最大，則： 從B到“等效最低點(diǎn)”過(guò)程，由動(dòng)能定理得： 由牛頓第二定律得： 由式聯(lián)立解得：由牛頓第三定律得軌道所受最大壓力為(3)從B到C過(guò)程，由動(dòng)能定理得： 從C點(diǎn)到再次進(jìn)入電場(chǎng)的過(guò)程中做平拋運(yùn)動(dòng)：水平方向： 豎直方向： 設(shè)速度方向與水平方向的夾角為1，則 進(jìn)入電場(chǎng)后，受向左的電場(chǎng)力與豎直向下的重力， 由式聯(lián)立可得：，則進(jìn)入電場(chǎng)后合力與速度共線(xiàn)，做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) 從C點(diǎn)到水平軌道： 由式聯(lián)立可得：，因此滑塊再次到達(dá)水平軌道的速度大小為，方向與水平方向夾角的正切值為、斜向左下方，位置在B點(diǎn)左側(cè)6R處。1
21、0【解析】(1)兩者相對(duì)靜止，在電場(chǎng)力作用下一起向左加速，有a2.5 m/s2g故平板M與物塊m一起勻加速，根據(jù)動(dòng)能定理可得：qEL解得：v12.0 m/s設(shè)向左為正方向，則平板反彈后，物塊以速度v12.0 m/s、加速度大小a17.5 m/s2，向左做勻減速運(yùn)動(dòng)；平板以速度v12.0 m/s、加速度大小a212.5 m/s2，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，則有：v1a1t1v1v1a2t1v1解得：t10.2 s，v10.5 m/s，方向向左。此時(shí)平板左端距擋板的距離：xv1t10.15 m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)能定理得：qEx1解得：v21.0 m/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：qELmgl解得：lm0.53 m。(3)設(shè)平板第n1次與第n次碰撞反彈速度分別為vn1和vn，平板第n1次反彈后設(shè)經(jīng)歷時(shí)間tn1，平板與物塊達(dá)到共同速度vn1，以向左為正方向，則：對(duì)平板有：vn1vn1a2tn1位移大小對(duì)物塊有：vn1vn1a1tn1由以上三式解得：，此后兩者一起向左勻加速，由動(dòng)能定理得：qExn1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：I2Mv12Mv22Mv32Mv4解得：I8.0 Ns。14
2020屆高考物理 精準(zhǔn)培優(yōu)專(zhuān)練十四 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）
