第4節(jié)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題

1、第4節(jié)_帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題1.課堂釋疑 一站突破要點(diǎn)一示波管的工作原理在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P，如圖6­4­1所示。圖6­4­11確定最終偏移距離思路一： 思路二： 2確定偏轉(zhuǎn)后的動(dòng)能(或速度)思路一： 思路二： 典例1如圖6­4­2所示，真空中水平放置的兩個(gè)相同極板Y和Y長(zhǎng)為L(zhǎng)，相距為d，足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距為b。在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓U，一束質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計(jì)重力)從兩板左側(cè)中點(diǎn)A以初速度v0沿水平

2、方向射入電場(chǎng)且能穿出。圖6­4­2(1)證明粒子飛出電場(chǎng)后的速度方向的反向延長(zhǎng)線交于兩板間的中心O點(diǎn)；(2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓U的范圍；(3)求粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長(zhǎng)度。典例1思路點(diǎn)撥(1)帶電粒子在兩極板之間做_運(yùn)動(dòng)；從電場(chǎng)中射出到屏幕之間做_運(yùn)動(dòng)。提示：類平拋勻速直線(2)當(dāng)兩極板間所加電壓最大時(shí)，帶電粒子從極板的_射出。提示：右邊緣針對(duì)訓(xùn)練1(多選)(2015·江蘇二校聯(lián)考)如圖6­4­3所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在熒光屏P上，關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，則下列說法中正確的是

3、()圖6­4­3A滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升 B滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升C電壓U增大時(shí)，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時(shí)間不變 D電壓U增大時(shí)，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變2如圖6­4­4所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在與右側(cè)虛線相距也為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)平行的屏?，F(xiàn)有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))，以垂直于電場(chǎng)線方向的初速度v0射入電場(chǎng)中，v0方向的延長(zhǎng)線與屏的交點(diǎn)為O。試求：圖6­4­4(1)粒子從射

4、入電場(chǎng)到打到屏上所用的時(shí)間；(2)粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan ；(3)粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x。要點(diǎn)二帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1此類題型一般有三種情況：一是粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)；二是粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)；三是粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)的特點(diǎn)分段研究)。2分析時(shí)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。3注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。多維探究(一

5、)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)典例2如圖6­4­5甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個(gè)質(zhì)量為m0.2 kg，帶電荷量為q2.0×106 C的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1。從t0時(shí)刻開始，空間加上一個(gè)如圖乙所示的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向呈周期性變化的電場(chǎng)(取水平向右為正方向，g取10 m/s2)，求： (1)23 s內(nèi)小物塊的位移大小。 (2)23 s內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)小物塊所做的功。圖6­4­5 圖6­4­6 圖6­4­7(二)粒子做往返運(yùn)動(dòng)典例3如圖6­4­6(a)所示，兩平行正

6、對(duì)的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時(shí)間段是()A0<t0<B<t0< C<t0<T DT<t0<(三)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)典例4如圖6­4­7甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長(zhǎng)和板間距離均為L(zhǎng)10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢(shì)隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所

7、示。(每個(gè)電子穿過平行板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電壓是不變的)求： (1)在t0.06 s時(shí)刻，電子打在熒光屏上的何處。(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長(zhǎng)？要點(diǎn)三帶電粒子的力電綜合問題帶電粒子運(yùn)動(dòng)問題的兩種求解思路(1)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律。先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速或減速，是直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng))，對(duì)勻變速運(yùn)動(dòng)問題可用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律處理。(2)從功和能的角度分析。帶電粒子在電場(chǎng)力作用下的加速、減速或偏轉(zhuǎn)過程是其他形式的能與動(dòng)能之間的轉(zhuǎn)化過程，可以使用動(dòng)能定理或能量守恒定律解決這類問題。要善于把電學(xué)問題轉(zhuǎn)化為力學(xué)問題，建立帶電粒子在電場(chǎng)中加速和偏轉(zhuǎn)的模型

8、，能夠從帶電粒子的受力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系及功能關(guān)系兩條途徑進(jìn)行分析與研究。典例5(2014·全國(guó)卷)如圖6­4­8，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿豎直方向，BOA60°，OBOA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好通過A點(diǎn)。使此小球帶電，電荷量為q(q0)，同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與OAB所在平面平行。現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍；若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出，恰好通過B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍，重力加速度大小為g。

9、求圖6­4­8(1)無電場(chǎng)時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值； (2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。針對(duì)訓(xùn)練3(多選)如圖6­4­9所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點(diǎn)，D為最高點(diǎn)。一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點(diǎn)x的位置在電場(chǎng)力的作用下由靜止開始沿AB向右運(yùn)動(dòng)，恰能通過最高點(diǎn)，則()AR越大，x越大 BR越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)后瞬間對(duì)軌道的壓力越大Cm越大，x越大 Dm與R同時(shí)增大，電場(chǎng)力做功增大 圖6­4­9 圖6­4&#

10、173;10 圖6­4­114(多選)如圖6­4­10所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點(diǎn)處有一正點(diǎn)電荷，帶負(fù)電的小物體以初速度v1從M點(diǎn)沿斜面上滑，到達(dá)N點(diǎn)時(shí)速度為零，然后下滑回到M點(diǎn)，此時(shí)速度為v2(v2<v1)。若小物體電荷量保持不變，OMON，則() A小物體上升的最大高度為 C從M到N的過程中，電場(chǎng)力對(duì)小物體先做負(fù)功后做正功B從N到M的過程中，小物體的電勢(shì)能逐漸減小 D從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場(chǎng)力均是先增大后減小5如圖6­4­11所示，兩塊平行金屬板豎直放置，兩板間的電勢(shì)差U1.5×103 V

11、(僅在兩板間有電場(chǎng))，現(xiàn)將一質(zhì)量m1×102 kg、電荷量q4×105 C的帶電小球從兩板的左上方距兩板上端的高度h20 cm的地方以初速度v04 m/s水平拋出，小球恰好從左板的上邊緣進(jìn)入電場(chǎng)，在兩板間沿直線運(yùn)動(dòng)，從右板的下邊緣飛出電場(chǎng)，g取10 m/s2，求：(1)金屬板的長(zhǎng)度L。 (2)小球飛出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能Ek。要點(diǎn)四用等效法解決帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等效思維方法是將一個(gè)復(fù)雜的物理問題，等效為一個(gè)熟知的物理模型或問題的方法。帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的問題，是高中物理教學(xué)中一類重要而典型的題型。對(duì)于這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復(fù)雜，

12、運(yùn)算量大。若采用“等效法”求解，則能避開復(fù)雜的運(yùn)算，過程比較簡(jiǎn)捷。先求出重力與電場(chǎng)力的合力，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”，將a視為“等效重力加速度”。再將物體在重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解即可。典例6如圖6­4­12所示，絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個(gè)裝置處于電場(chǎng)強(qiáng)度為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的小球，帶正電荷量為q，要使小球能安全通過圓軌道，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿足什么條件？圖6­4­12針對(duì)訓(xùn)練6(2015·吉安模擬)如圖6&

13、#173;4­13所示，一條長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線上端固定，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m的電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，使細(xì)線豎直拉直時(shí)將小球從A點(diǎn)靜止釋放，當(dāng)細(xì)線離開豎直位置偏角60°時(shí)，小球速度為0。圖6­4­13(1)求：小球帶電性質(zhì)；電場(chǎng)強(qiáng)度E。(2)若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)，求從A點(diǎn)釋放小球時(shí)應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)。7(2015·洛陽名校聯(lián)考)在電場(chǎng)方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電小球從A點(diǎn)豎直向上拋出，其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖6­4­14所示。小球運(yùn)動(dòng)的軌跡上A、B兩點(diǎn)在同一水平線上，M為軌跡的最高點(diǎn)。小

14、球拋出時(shí)的動(dòng)能為8.0 J，在M點(diǎn)的動(dòng)能為6.0 J，不計(jì)空氣的阻力。求：圖6­4­14(1)小球水平位移x1與x2的比值；(2)小球落到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkB；(3)小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中最小動(dòng)能Ekmin。2.課后演練 對(duì)點(diǎn)設(shè)計(jì)對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：示波管的工作原理1圖1(a)為示波管的原理圖。如果在電極YY之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是圖2中的() 圖1 圖22如圖3所示是示波管的示意圖，豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長(zhǎng)l4 cm，板間距離d1 cm。板右端距離熒光屏L18 cm。(水平偏轉(zhuǎn)電極上不加電壓

15、，沒有畫出)。電子沿中心線進(jìn)入豎直偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度是1.6×107 m/s，電子電荷量e1.60×1019C，質(zhì)量m0.91×1030kg。(1)要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的最大偏轉(zhuǎn)電壓U不能超過多大？(2)若在偏轉(zhuǎn)電極上加U40sin 100 t V的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸上能觀測(cè)到多長(zhǎng)的線段？ 圖3 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)3制備納米薄膜裝置的工作電極可簡(jiǎn)化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖4甲所示。加在極板A、B間的電壓UAB做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為kU0(k1)，電壓變化的周期為2，如圖乙所示。

16、在t0時(shí)，極板B附近的一個(gè)電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場(chǎng)作用由靜止開始運(yùn)動(dòng)。若整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。若k，電子在02時(shí)間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng)滿足的條件。圖4 4如圖5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，一個(gè)帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)水平射入，沿直線從b點(diǎn)射出，若將兩金屬板接到如圖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)滿足什么條件？(2)粒子從a點(diǎn)射入金屬板的時(shí)刻應(yīng)滿足什么條件？圖5對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：帶電粒子的力電綜合問題5(多選)如圖6所示，空間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，在電場(chǎng)

17、中P處由靜止釋放一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))。在P的正下方h處有一水平彈性絕緣擋板S(擋板不影響電場(chǎng)的分布)，小球每次與擋板相碰后電量減小到碰前的k倍(k1)，而碰撞過程中小球的機(jī)械能不損失，即碰撞前后小球的速度大小不變，方向相反。設(shè)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，擋板S處的電勢(shì)為零，則下列說法正確的是() A小球在初始位置P處的電勢(shì)能為Eqh C小球第一次與擋板相碰后所能達(dá)到最大高度時(shí)的電勢(shì)能小于EqhB小球第一次與擋板相碰后所能達(dá)到的最大高度大于h D小球第一次與擋板相碰后所能達(dá)到的最大高度小于h 圖6 圖7 6如圖7所示，在豎直平面內(nèi)，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長(zhǎng)絕緣

18、粗糙軌道，AB與CD通過四分之一絕緣光滑圓弧形軌道平滑連接，圓弧的圓心為O，半徑R0.50 m，軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E1.0×104 N/C，現(xiàn)有質(zhì)量m0.20 kg，電荷量q8.0×104 C的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，已知sAB1.0 m，帶電體與軌道AB、CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5。假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等。求：(g取10 m/s2) (1)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道C點(diǎn)時(shí)的速度；(2)帶電體最終停在何處。對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：用等效法解決帶電體在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)7.(2015·安徽三校聯(lián)考)如

19、圖8所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電小球質(zhì)量為m，電量為q。用絕緣輕繩(不伸縮)懸于O點(diǎn)，平衡時(shí)小球位于A點(diǎn)，此時(shí)繩與豎直方向的夾角30°。繩長(zhǎng)為l，AOCODOl，OD水平，OC豎直。求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)當(dāng)小球移到D點(diǎn)后，讓小球由靜止自由釋放，小球向右運(yùn)動(dòng)過程中的最大速率和該時(shí)刻輕繩中張力的大小(計(jì)算結(jié)果可帶根號(hào))。圖8考點(diǎn)綜合訓(xùn)練8.(2015·亳州模擬)如圖9所示，在E103 V/m的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)平滑相接，半圓形軌道平面與電場(chǎng)線平行，其半徑R40 cm，N為半圓形軌道最低點(diǎn)，P為QN圓弧的中點(diǎn)

20、，一帶負(fù)電q104 C的小滑塊質(zhì)量m10 g，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.15，位于N點(diǎn)右側(cè)1.5 m的M處，g取10 m/s2，求：(1)要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動(dòng)？(2)這樣運(yùn)動(dòng)的小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大？圖99(2015·上海十三校聯(lián)考)如圖10所示，在粗糙水平面內(nèi)存在著2n個(gè)有理想邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)，水平向右的電場(chǎng)和豎直向上的電場(chǎng)相互間隔，每一電場(chǎng)區(qū)域場(chǎng)強(qiáng)的大小均為E，且E，電場(chǎng)寬度均為d，一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的電荷量為q的物體(看作質(zhì)點(diǎn))，從第一個(gè)向右的電場(chǎng)區(qū)域的邊緣由靜止進(jìn)入電場(chǎng)，該物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則物

21、體從開始運(yùn)動(dòng)到離開第2n個(gè)電場(chǎng)區(qū)域的過程中，求：(1)電場(chǎng)力對(duì)物體所做的總功？摩擦力對(duì)物體所做的總功(2)物體在第2n個(gè)電場(chǎng)(豎直向上的)區(qū)域中所經(jīng)歷的時(shí)間？(3)物體在所有水平向右的電場(chǎng)區(qū)域中所經(jīng)歷的總時(shí)間？圖10第4節(jié) _帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問題針對(duì)訓(xùn)練1.解析：選BC滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，其他不變，加速電壓增大，電子速度增大，則電子打在熒光屏上的位置下降，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，其他不變，加速電壓減小，電子速度減小，則電子打在熒光屏上的位置上升，選項(xiàng)B正確；電壓U增大時(shí)，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時(shí)間不變，電子打在熒光屏上的速度增大，選項(xiàng)C正確D錯(cuò)誤。2.解析：(

22、1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場(chǎng)線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入電場(chǎng)到打到屏上所用的時(shí)間t。(2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場(chǎng)中的加速度為：a，所以vya，所以粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tan 。(3)方法一設(shè)粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則ya2 又xyLtan ，解得：x方法二xvyy。 方法三由得：x3y。 答案：(1)(2)(3) 3.解析：選ACD小球在BCD部分做圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)，mgm，小球由B到D的過程中有：2mgRmvD2mvB2，解得vB，R越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度越大，則x越大，選項(xiàng)A正確；在

23、B點(diǎn)有：FNmgm，解得FN6mg，與R無關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由EqxmvB2，知m、R越大，小球在B點(diǎn)的動(dòng)能越大，則x越大，電場(chǎng)力做功越多，選項(xiàng)C、D正確。4.解析：選ADM、N兩點(diǎn)在同一等勢(shì)面上。從M至N的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，mghWf0mv12，從N至M的過程中，mghWfmv22，由兩式聯(lián)立可得h，A項(xiàng)正確；從N至M，點(diǎn)電荷周圍的電勢(shì)先增大后減小，故小物體的電勢(shì)能先減小后增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；從M到N的過程中，電場(chǎng)力對(duì)小物體先做正功后做負(fù)功，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)庫(kù)侖定律，從N到M的過程中，小物體受到的庫(kù)侖力先增大后減小，受力分析知，小物體受到的支持力先增大后減小，因而摩擦力也是先增大后減小，D項(xiàng)正確

24、。5.解析：(1)小球到達(dá)左板上邊緣時(shí)的豎直分速度：vy2 m/s設(shè)小球此時(shí)速度方向與豎直方向之間的夾角為，則tan 2小球在電場(chǎng)中沿直線運(yùn)動(dòng)，所受合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，設(shè)板間距為d，則：tan ，L，解得L0.15 m。(2)進(jìn)入電場(chǎng)前mghmv12mv02 電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程qUmgLEkmv12 解得Ek0.175 J。 答案：(1)0.15 m(2)0.175 J6.解析：(1)根據(jù)電場(chǎng)方向和小球受力分析可知小球帶正電。小球由A點(diǎn)釋放到速度等于零，由動(dòng)能定理有0EqLsin mgL(1cos ) 解得E。(2)將小球的重力和電場(chǎng)力的合力作為小球的等效重力G，則Gmg，方向與豎直方向成30

25、°角偏向右下方。若小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)。mmg mv2mvA2mgL(1cos 30°) 聯(lián)立解得vA 答案：見解析7.解析：(1)如圖所示，帶電小球在水平方向上受電場(chǎng)力的作用做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，豎直方向上只受重力作用做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故從A到M和M到B的時(shí)間相等，則x1x213。(2)小球從A到M，水平方向上電場(chǎng)力做功W 電6 J，則由能量守恒可知，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkBEk04W電32 J。(3)由于合運(yùn)動(dòng)與分運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性，設(shè)小球所受的電場(chǎng)力為F，重力為G，則有： 由圖可知，tan sin ，則小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中速度最小時(shí)速度一定與

26、等效重力G垂直，故Ekminm(v0sin )2 J。答案：(1)13(2)32 J(3) J典例典例1解析(1)設(shè)粒子在運(yùn)動(dòng)過程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場(chǎng)方向的速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為，其反向延長(zhǎng)線通過O點(diǎn)，O點(diǎn)與板右端的水平距離為x，則有yat2 Lv0t vyat tan ，聯(lián)立可得x，即粒子飛出電場(chǎng)后的速度方向的反向延長(zhǎng)線交于兩板間的中心。(2)a E 由式解得y當(dāng)y時(shí)，U 則兩板間所加電壓的范圍U(3)當(dāng)y時(shí)，粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大(設(shè)為y0)，則y0(b)tan 而tan ，解得y0 則粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長(zhǎng)度為。答案(1)見解析(2)U(3)典例2

27、解析(1)02 s內(nèi)小物塊的加速度為a1由牛頓第二定律得：E1qmgma1即a12 m/s2， 位移x1a1t124 m 2 s末的速度為v2a1t14 m/s24 s內(nèi)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律得E2qmgma2 即a22 m/s2位移x2x14 m,4 s末小物塊的速度為v40因此小物塊做周期為4 s的勻加速和勻減速運(yùn)動(dòng)第22 s末的速度為v224 m/s，第23 s末的速度v23v22a2t2 m/s(t23 s22 s1 s) 所求位移為xx1t47 m。(2)23 s內(nèi)，設(shè)電場(chǎng)力對(duì)小物塊所做的功為W，由動(dòng)能定理得Wmgxmv232 解得W9.8 J。 答案(1)47 m(2

28、)9.8 J典例3解析設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得，粒子的速度方向時(shí)而為正，時(shí)而為負(fù)，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù)。作出t00、時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖像如圖所示。由于速度圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖像可知0<t0<，<t0<T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零；<t0<時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零；當(dāng)t0>T時(shí)情況類似。因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各選項(xiàng)可知只有B正確。答案B典例4解析(1)電子經(jīng)電場(chǎng)加速滿足qU0mv2 經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量yat2·2所以y，由圖

29、知t0.06 s時(shí)刻U偏1.8U0， 所以y4.5 cm設(shè)打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為Y，滿足 所以Y13.5 cm。(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長(zhǎng)為3L30 cm。答案(1)打在屏上的點(diǎn)位于O點(diǎn)上方，距O點(diǎn)13.5 cm(2)30 cm典例5審題指導(dǎo)第一步：抓關(guān)鍵點(diǎn)關(guān)鍵點(diǎn)獲取信息將小球水平向右拋出小球做平拋運(yùn)動(dòng)小球恰好通過A點(diǎn)平拋運(yùn)動(dòng)過A點(diǎn)時(shí)的水平、豎直位移可確定到A(B)點(diǎn)時(shí)動(dòng)能是初動(dòng)能的3(6)倍有重力做功和電場(chǎng)力做功，其中電場(chǎng)力做的功等于電勢(shì)能的變化量第二步：找突破口(1)要確定小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初

30、動(dòng)能比值，可由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解；寫出水平、豎直方向的位移關(guān)系。(2)要確定電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，根據(jù)到A、B兩點(diǎn)的動(dòng)能變化可確定兩個(gè)過程電勢(shì)能的變化，可先找出兩個(gè)等勢(shì)點(diǎn)(在OB線上找出與A等勢(shì)的點(diǎn)，并確定其具體位置)。(3)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小可由WqEl求出。解析(1)設(shè)小球的初速度為v0，初動(dòng)能為Ek0，從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t，令OAd，則OBd，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有dsin 60°v0t dcos 60°gt2 又Ek0mv02 由式得Ek0mgd設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA，則EkAEk0mgd 由式得(2)加電場(chǎng)后，小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn)，高度分別降低了和，設(shè)電勢(shì)能分別

31、減小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0 EpB6Ek0Ek0mgdEk0在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿任一直線，電勢(shì)的降落是均勻的。設(shè)直線OB上的M點(diǎn)與A點(diǎn)等電勢(shì)，M與O點(diǎn)的距離為x，如圖，則有 解得xd。MA為等勢(shì)線，電場(chǎng)必與其垂線OC方向平行。設(shè)電場(chǎng)方向與豎直向下的方向的夾角為，由幾何關(guān)系可得30°即電場(chǎng)方向與豎直向下的方向的夾角為30°斜向右下方。設(shè)場(chǎng)強(qiáng)的大小為E，有qEdcos 30°EpA由式得E答案(1)(2)與豎直向下的方向的夾角為30°斜向右下方典例6思路點(diǎn)撥(1)試分析小球的受力情況，畫出受力分析圖。 提示：(2)小球在

32、斜面上做什么運(yùn)動(dòng)？要使小球能安全通過圓軌道，那么臨界狀態(tài)是什么情況？提示：小球在斜面上做勻速直線運(yùn)動(dòng)；在圓軌道上臨界狀態(tài)是恰好能過“等效最高點(diǎn)”。解析小球先在斜面上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場(chǎng)，將電場(chǎng)力與重力的合力視為等效重力mg，大小為mg，tan ，得30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運(yùn)動(dòng)。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點(diǎn)”(D點(diǎn))滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有：mg，因30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知2R，令小球以最小初速度v0運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知

33、：2mgRmvD2mv02解得v0 ，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v 。 答案v 2.課后演練 對(duì)點(diǎn)設(shè)計(jì)1.解析：選B在02t1時(shí)間內(nèi)，掃描電壓掃描一次，信號(hào)電壓完成一個(gè)周期，當(dāng)UY為正的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當(dāng)UY為負(fù)的最大值時(shí)，電子打在熒光屏上有負(fù)的最大位移，因此一個(gè)周期內(nèi)熒光屏上的圖像為B。2.解析：(1)經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間為t 豎直方向位移· t2 所以U91 V。(2)因?yàn)閠 s2.5×109 s而T s s0.02 st，故進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子均在當(dāng)時(shí)所加電壓形成的勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。當(dāng)Um40 V時(shí)，由vxv，vyt，得偏轉(zhuǎn)角的正切值

34、tan 0.11，偏移量y tan ，得在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸上的觀測(cè)量為2y4.4 cm。 答案：(1)91 V(2)4.4 cm3.解析：電子在0時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng) 加速度的大小a1 位移x1a12在2時(shí)間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后反向做勻加速運(yùn)動(dòng) 加速度的大小a2 初速度的大小v1a1勻減速運(yùn)動(dòng)階段的位移x2由題知dx1x2，解得d 答案：d 4.解析：(1)為使粒子仍從b點(diǎn)以速度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)過程后，回到中心線上時(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)離開中心線的距離為ya2 又a，E，解得y在運(yùn)動(dòng)過程中離開中心線的最大距離為ym2y 粒子不撞擊金屬板，應(yīng)有ymd 解得T2d故n，即n取大于