第4節(jié)帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的綜合問題

1、第 4 節(jié) _帶電粒子在電場中運(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 U 1 加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場 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 6-4-1所示。圖 6-4-11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 6-4-2 所示，真空中水平放置的兩個(gè)相同極板 Y 和 Y長為 L ，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、方向射入電場且能穿出。圖 6-4-2(1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長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)；從電場中射出到屏幕之間做_運(yùn)動(dòng)。提示： 類平拋(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：右邊緣勻速直線針對(duì)訓(xùn)練 1 (多選)(2015 ·江蘇二校聯(lián)考 )如圖 6-4-3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()A 滑動(dòng)觸

3、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2 如圖 6-4-4 所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強(qiáng)度為電荷量為 q、質(zhì)量為 m 的帶電粒子 (重力不計(jì) )，以垂直于電場線方向的初速度圖 6-4-3B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E 的勻強(qiáng)電場，在與右側(cè)虛線相距也為L 處有一與電場平行的屏?，F(xiàn)有一v0 射入電場中， v0 方向的延長線與屏的交點(diǎn)為O。試求：圖 6-4-4(1)粒子從射入電場到打到屏上所用的時(shí)間；(2)

4、粒子剛射出電場時(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)m0.2 kg，帶電荷量為 q2.0×10 6 C 的小物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，小典例 2 如圖 6- 4-5 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)如圖乙所示的場強(qiáng)大小和方向呈周期性變化的電場(取水平向右為正方向， g 取 10m/s2)，求： (1)23 s內(nèi)小物塊的位移大小。(2)23 s 內(nèi)電場力對(duì)小物塊所做的功。圖 6-4-5圖 6-4-6圖 6-4-7(二 )粒子做往返運(yùn)動(dòng)典例 3 如圖 6- 4-6(a)所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B 間加有如圖 (b)所示的交變電壓，一重力可

6、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 ()TT3T3T9TA 0<t0<4B2<t0 < 4C4 <t0<TD T<t 0< 8(三 )粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)典例 4 如圖 6- 4-7 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 ，電容器板長和板間距離均為L10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L 10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時(shí)間變化的圖像如圖乙所示。

7、(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？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中加速和偏轉(zhuǎn)的模

8、型，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。3OA，將一質(zhì)量為 m 的小球以典例 5 (2014 全·國卷 )如圖 6-4-8，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 °，OB2一定的初動(dòng)能自 O 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，場強(qiáng)方向與OAB 所在平面平行?，F(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)

9、的動(dòng)能為初動(dòng)能的 6 倍，重力加速度大小為 g。求圖 6-4-8(1)無電場時(shí)，小球到達(dá)A 點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值；(2)電場強(qiáng)度的大小和方向。針對(duì)訓(xùn)練 3 (多選)如圖 6-4-9 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，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 ()A R 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C m越大， x 越大Dm 與 R 同時(shí)增大，電

10、場力做功增大圖 6-4-9圖 6-4-10圖 6- 4-114 (多選 )如圖 6-4-10 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， OM ON，則()A 小物體上升的最大高度為v12v22C從 M 到 N 的過程中，電場力對(duì)小物體先做負(fù)功后做正功4gB 從 N 到 M 的過程中，小物體的電勢能逐漸減小D從 N 到 M 的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小5 如圖 6-4-11 所示，兩塊平行金屬板豎直放置

11、， 兩板間的電勢差U1.5×103 V( 僅在兩板間有電場 )，現(xiàn)將一質(zhì)量 m1×10 2 kg、電荷量 q4×10 5 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 v0 4 m/s 水平拋出，小球恰好從左板的上邊緣進(jìn)入電場，在兩板間沿直線運(yùn)動(dòng)，從右板的下邊緣飛出電場，g 取 10 m/ s2，求：(1)金屬板的長度L。(2)小球飛出電場時(shí)的動(dòng)能Ek。要點(diǎn)四用等效法解決帶電體在電場、重力場中的運(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)電場和重力場組成的復(fù)合場中做圓周運(yùn)動(dòng)的問題，是高中

12、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，運(yùn)算量大。若采用“等效法”求解，則能避開復(fù)雜的運(yùn)算，過程比較簡捷。先求出重力與電場力的合力，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效F合重力”，將 a m 視為“等效重力加速度”。再將物體在重力場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可。典例 6 如圖 6- 4-12 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)裝置處于電場強(qiáng)度為 E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中。現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m 的小球，帶正電荷量為q3mgO 點(diǎn)的初速度3E ，要使小球能安全通過

13、圓軌道，在應(yīng)滿足什么條件？圖 6-4-12針對(duì)訓(xùn)練 6 (2015 ·吉安模擬 )如圖 6-4-13 所示，一條長為L 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 6-4-13(1)求：小球帶電性質(zhì)；電場強(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 )在電場方向水平向右的勻強(qiáng)電場中，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6-4

14、-14A、B 兩點(diǎn)在同一水平線上， M 為軌跡的最高點(diǎn)。小球拋出時(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：所示。小球運(yùn)動(dòng)的軌跡上圖 6-4-14(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 Ek B；(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。如果在電極在熒光屏上會(huì)看到的圖形是圖2中的()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，則圖1圖22 如圖 3 所示是示波管的示意圖，豎直偏

15、轉(zhuǎn)電極的極板長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，沒有畫出 )。電子沿中心線進(jìn)入豎直偏轉(zhuǎn)電場的速度是1.6×107 m/s，電子電荷量 e1.60×10 19 C，質(zhì)量 m0.91×10 30 kg。(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 tV 的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸上能觀測到多長的線段？圖 3對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練：帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)3 制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d 的兩平行極板，如圖4 甲所

16、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。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5k4，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。4 如圖 5 甲所示，長為 L 、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

17、點(diǎn)射入金屬板的時(shí)刻應(yīng)滿足什么條件？v0 從 a 點(diǎn)水平射入，沿直線從圖 4 b 點(diǎn)射圖 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，電場強(qiáng)度為E，在電場中 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)電場中，擋板S 處的電勢為零，則下列說法正確的是()A 小球在初始位置P 處的電勢能為 EqhC小球第一次與擋板相碰后所能達(dá)到最

18、大高度時(shí)的電勢能小于EqhB 小球第一次與擋板相碰后所能達(dá)到的最大高度大于hD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76 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絕緣粗糙軌道，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，電場強(qiáng)度的大小 E1.0×104 N/C，現(xiàn)有質(zhì)量 m0.20 kg，電荷量 q8.0×104C 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

19、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、重力場中的運(yùn)動(dòng)7.(2015 ·徽三校聯(lián)考安)如圖 8 所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場中，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°。繩長為 l，AOCODOl ，OD 水平， OC 豎直。求：(1)電場強(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

20、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 ·州模擬亳 )如圖 9 所示，在 E103 V /m 的豎直勻強(qiáng)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(diǎn)平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，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)，一帶負(fù)電 q10 4 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)

21、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)電場區(qū)，水平向右的電場和豎直向上的電場相互間隔，每mg一電場區(qū)域場強(qiáng)的大小均為E，且 E q ，電場寬度均為 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)向右的電場區(qū)域的邊緣由靜止進(jìn)入電場，該物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則物體從開始運(yùn)動(dòng)到離開第2n 個(gè)電場區(qū)域的過程中，求：(1)電場力對(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 (豎直向上的 )區(qū)域中所經(jīng)歷的時(shí)間？(3)物體在所有

22、水平向右的電場區(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。2L2.解析： (1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入電場到打到屏上所用的時(shí)間t v0 。EqLqEL(2)設(shè)粒子射出電場時(shí)沿平行電場線

23、方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a m ，所以 vyav0mv0 ，所以粒子剛射出vyqEL電場時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tan v0mv02。1L1qEL 23qEL2(3)方法一設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為 y，則 y2a(v0)22mv02又 xyLtan ，解得： x2mv02LL3qEL2xL 23qEl 22LqEL3qEL2方法二xvyv0y2mv02 。方法三由y L 得： x3y2mv02。答案： (1)v0(2) mv02(3) 2mv0223.解析：選 ACD小球在 BCD 部分做圓周運(yùn)動(dòng)，在vD 212 12D 點(diǎn)， mgm R

24、，小球由 B 到 D 的過程中有： 2mgR2mvD 2mvB ，解得 vB 5gR，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 B 點(diǎn)有： F mgmvB2，解得 F6mg，與 R 無關(guān)，選項(xiàng) B 錯(cuò)誤；由 Eqx1mv2，知NRN2Bm、R 越大，小球在 B 點(diǎn)的動(dòng)能越大，則 x 越大，電場力做功越多，選項(xiàng) C、D 正確。4.解析：選 AD11M、N 兩點(diǎn)在同一等勢面上。 從 M 至 N 的過程中， 根據(jù)動(dòng)能定理， mghWf0 mv1 2，從 N 至 M 的過程中， mghWf mv22，22由兩式聯(lián)立可得 hv 12v22B 項(xiàng)錯(cuò)誤；從 M 到 N 的過程

25、4g，A 項(xiàng)正確；從 N 至 M，點(diǎn)電荷周圍的電勢先增大后減小，故小物體的電勢能先減小后增大，中，電場力對(duì)小物體先做正功后做負(fù)功，C 項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)庫侖定律，從 N 到 M 的過程中，小物體受到的庫侖力先增大后減小，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。5.解析： (1)小球到達(dá)左板上邊緣時(shí)的豎直分速度： vy 2gh2 m/sv0設(shè)小球此時(shí)速度方向與豎直方向之間的夾角為，則 tan vy 2d，則： tan qE qUd ，小球在電場中沿直線運(yùn)動(dòng)，所受合力方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，設(shè)板間距為，LqUmgmgdtan 解得 Lmgtan20.15 m。11

26、電場中運(yùn)動(dòng)過程1mv12 解得 Ek0.175 J。答案： (1)0.15 m(2)0.175 J(2)進(jìn)入電場前 mghmv12 mv02qU mgLEk2226.解析： (1)根據(jù)電場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0EqLsinmgL(1 cos ) 解得 E3mg。3q23(2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G，則 G3mg，方向與豎直方向成 30°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)。mv22311232gL 31答案：見解析3mg2mv2 mvA 23mgL(1cos 30 °) 聯(lián)立

27、解得 vAL27.解析： (1)如圖所示，帶電小球在水平方向上受電場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 x1x2 13。(2)小球從 A 到 M，水平方向上電場力做功 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 Ek BEk04W 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)小球所受的電場力為F，重力為 G，則有：1F226 JF·x1 6 J· tF3F332 mG·h8 J?1G22?G2由圖可知， tan G2 ? sin 7，· t8 J

28、2 m124則小球從 A 運(yùn)動(dòng)到 B 的過程中速度最小時(shí)速度一定與等效重力G垂直，故 Ekmin 2m(v0sin )2 7 J。24答案： (1)13(2)32 J(3) 7J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)電場時(shí)偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場方向的速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為 ，其反向延長線通1 2vyyL過 O 點(diǎn)， O 點(diǎn)與板右端的水平距離為x，則有 y2at Lv0tvyattan v0x，聯(lián)立可得 x2 ，即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心。EqUqUL2(2)a mE d由式解得y2dmv0 2d222222md v0md v0md v0

29、當(dāng) y2時(shí)， UqL2則兩板間所加電壓的范圍qL2U qL2dL(3)當(dāng) y2時(shí)，粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大(設(shè)為 y0)，則 y0 (2b)tan dd L 2bd L2b而 tan L ，解得 y02L則粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長度為L。md2v02md2v02d L 2b答案 (1)見解析(2) qL2U qL2(3)L典例 2解析 (1)02 s 內(nèi)小物塊的加速度為 a1由牛頓第二定律得： E1qmg ma1 即 a1E1qmg2 m/s2，位移 x11a 1t1m24 m2 s末的速度為 v2a1 t14 m/s224 s 內(nèi)小物塊的加速度為 a2，由牛頓第二定律得E2qmgma2E

30、2qmgm/s2即 a2 m 2位移 x2 x14 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)2222v23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 x2 x1v2t47 m。(2)23 s 內(nèi)，設(shè)電場力對(duì)小物塊所做的功為 W，由動(dòng)能定理得12解得 W9.8 J。 答案 (1)47 m(2)9.8 JWmgx2mv23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TT 3T打在 A 板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù)。

31、作出 t00、4、2、 4 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)T3TT3T間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖像可知 0<t0<4， 4 <t 0<T 時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零； 4<t0< 4 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 B1經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量11 qU偏L mv2y at2 ·(v)2典例 4解析 (1)電子經(jīng)電場加速滿足 qU0 222 mLU偏 L所以 y4U 0，由圖知 t0.0

32、6 s時(shí)刻 U 偏 1.8U 0， 所以 y4.5 cmLY L2設(shè)打在屏上的點(diǎn)距 O 點(diǎn)的距離為Y，滿足 y L所以 Y13.5 cm。2(2)由題知電子側(cè)移量 y 的最大值為 L，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)間長為3L 30 cm。2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、豎直位移可確定有重力做功和電場力做功， 其中電場力做的功等于電勢能的變到 A(B)點(diǎn)時(shí)動(dòng)能是初動(dòng)能的3

33、(6)倍化量第二步：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)過程電勢能的變化，可先找出兩個(gè)等勢點(diǎn) (在 OB 線上找出與 A 等勢的點(diǎn)，并確定其具體位置 )。(3)電場強(qiáng)度的大小可由WqEl 求出。3d，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有解析 (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 OB1132dsin 60 °v0 t由式得 Ek0dcos 60 ° gt2又 Ek0 mv02 mgd22

34、81Ek A 7設(shè)小球到達(dá) A 點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為 Ek A，則EkAEk02mgd由式得 Ek03(2)加電場后，小球從 O 點(diǎn)到 A 點(diǎn)和 B 點(diǎn)，高度分別降低了 d和3d，設(shè)電勢能分別減小EpA 和 EpB，由能量守恒及式得22EpA 3Ek0Ek01mgd2Ek0EpB6Ek0Ek03mgdEk0232x在勻強(qiáng)電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的。設(shè)直線OB 上的 M 點(diǎn)與 A 點(diǎn)等電勢， M 與 O 點(diǎn)的距離為 x，如圖，則有Ep A3 Ep B 解得 xd。2dMA 為等勢線，電場必與其垂線 OC 方向平行。設(shè)電場方向與豎直向下的方向的夾角為，由幾何關(guān)系可得 30°即電場方向

35、與豎直向下的方向的夾角為30°斜向右下方。設(shè)場強(qiáng)的大小為 E，有 qEdcos 30 ° EpA? 由 ? 式得 E3mg?6q73mg答案 (1)3 (2)6q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、電場力、支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的

36、合力視為等效重力23mgmg，大小為 mg qE 2 mg 23，tan qE3，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)。mg3mvD2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： mgR，因 30°與斜面的傾11角相等，由幾何關(guān)系知AD 2R，令小球以最小初速度v0 運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知：2mgR2mvD 22mv02解得 v 103gR，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v10 3gR。答案 v10 3gR03332. 課后演練對(duì)點(diǎn)設(shè)計(jì)1.解析：選 B在 0 2t1 時(shí)間內(nèi)，

37、掃描電壓掃描一次，信號(hào)電壓完成一個(gè)周期，當(dāng)U Y 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)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)電場的時(shí)間為 t l豎直方向位移d1 Ue2所以 Ud 2mmd2 v2v2 ·t2 2 91 V。l4×10 22 dmetel(2)因?yàn)?t 7s2.5×10 9 sv1.6×102 21而 T 100s50s0.02 s? t ，故進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子均在當(dāng)時(shí)所加電壓形成的勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)。UY當(dāng) Um40 V 時(shí)，由 vxv，vyeUm t，得偏轉(zhuǎn)角的正切值tan vy0.11，偏移量 ylLdmvx(2)4.4 cm。答案： (1)91 V(2)4.4 cmeU013.解析：電子在 0時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)2加速度的大小 a1 md位移 x12a1keU0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 md初速度的大小2