帶電粒子在電場中的運動

帶電粒子在電場中的運動第一頁，共五十頁，2022年，8月28日2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)

(1)如果帶電粒子以初速度v0垂直場強方向進入勻強電場中,

不考慮重力時,則帶電粒子在電場中將做類平拋運動,如圖1

所示.圖1(2)類平拋運動的一般處理方法:將粒子的運動分解為沿初速度方向的

運動和沿電場力方向運動.

根據(jù)

的知識就可解決有關問題.勻速直線初速度為零的勻加速運動的合成與分解第二頁，共五十頁，2022年，8月28日

(3)基本公式運動時間t=(板長為l,板間距離為d,板間電壓為U)

加速度離開電場的偏轉(zhuǎn)量偏轉(zhuǎn)角3.示波器示波器是用來觀察電信號隨時間變化的情況,其核心部件是示波管,它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成,如圖2所示.第三頁，共五十頁，2022年，8月28日圖2(1)如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓,則電子槍射出的電子沿直線傳播,打在熒光屏

,在那里產(chǎn)生一個亮斑.(2)YY′上加的是待顯示的

.XX′上是機器自身的鋸齒形電壓,叫做

.若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同,就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的圖象.中心信號電壓掃描電壓第四頁，共五十頁，2022年，8月28日熱點聚焦1.帶電粒子在電場中的運動,綜合了靜電場和力學的知識,分析方法和力學的分析方法基本相同:先分析受力情況,再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速、減速;直線還是曲線),然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題.解決這類問題的基本方法:(1)采用運動和力的觀點:牛頓第二定律和運動學知識求解.(2)用能量轉(zhuǎn)化的觀點:動能定理和功能關系求解.2.對帶電粒子進行受力分析時應注意的問題

(1)要掌握電場力的特點.電場力的大小和方向不僅跟場強的大小和方向有關,還跟帶電粒子的電性和電荷量有關.在勻強帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)第五頁，共五十頁，2022年，8月28日電場中,同一帶電粒子所受電場力處處是恒力;在非勻強電場中,同一帶電粒子在不同位置所受電場力的大小和方向都可能不同.(2)是否考慮重力要依據(jù)情況而定.

基本粒子:如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或明確的暗示外,一般不考慮重力(但不能忽略質(zhì)量).

帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或明確暗示外,一般都不能忽略重力.3.帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的討論圖3第六頁，共五十頁，2022年，8月28日在圖3中,設帶電粒子質(zhì)量為m,帶電荷量為q,以速度v0垂直于電場線方向射入勻強偏轉(zhuǎn)電場,偏轉(zhuǎn)電壓為U,若粒子飛離偏轉(zhuǎn)電場時的偏距為y,偏轉(zhuǎn)角為θ,則tanθ=.帶電粒子從極板的中線射入勻強電場,其出射時速度方向的反向延長線交于極板中線的中點.所以側(cè)移距離也可表示為y=tanθ,所以粒子好像從極板中央沿直線飛出去一樣.若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的,則qU0=mv02,即y=,tanθ==.由以上討論可知,粒子的偏轉(zhuǎn)角和偏距與粒子的q、m無關,僅決定于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場.即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速后進入同一偏轉(zhuǎn)電場,它們在電場中的偏轉(zhuǎn)角度和偏轉(zhuǎn)距離總是相同的.第七頁，共五十頁，2022年，8月28日題型探究題型1示波管的工作原理【例1】如圖7所示為示波管的結構圖,其中電極YY′長L1=5cm,間距d1=2.5cm,其到熒光屏的距離x1=32.5cm;電極

XX′長L2=10cm,間距d2=2.5cm,其到熒光屏的距離為x2=25cm.如果在電子槍上加1000V加速電壓,偏轉(zhuǎn)電極XX′、

YY′上都沒有加電壓,電子束從金屬板小孔射出后,將沿直線傳播,打在熒光屏中心O點,在那里產(chǎn)生一個亮斑.當在偏轉(zhuǎn)電極上加上電壓后,試分析下面的問題:第八頁，共五十頁，2022年，8月28日圖7(1)在YY′電極上加100V電壓,Y(上）接正,XX′電極不加電壓.在圖中熒光屏上標出亮斑的大體位置A.計算出OA的距離.(2)在YY′電極上加100V電壓,Y接正;XX′電極上加100V電壓,X（內(nèi)）接正.在圖中熒光屏上標出亮斑的大體位置B.計算出OB的距離.第九頁，共五十頁，2022年，8月28日思維導圖解析

(1)如題圖所示,電子經(jīng)過加速電壓U0后獲得速度為v0,由動能定理得U0e=mv02電子以v0速度進入偏轉(zhuǎn)電壓為U1的偏轉(zhuǎn)電場,將做類平拋運動,設加速度為a1,則有設偏轉(zhuǎn)角度為θ1,tanθ1=第十頁，共五十頁，2022年，8月28日(2)電子在豎直方向總偏轉(zhuǎn)量不變,仍為Y,但在水平方向有偏轉(zhuǎn)量,設總偏移為X,同理有答案

(1)3cm(2)5cm第十一頁，共五十頁，2022年，8月28日方法提煉帶電粒子在電場中的運動,綜合了靜電場和力學的知識,分析方法和力學的分析方法基本相同:先分析受力情況再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速、減速,直線還是曲線),然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題.解決這類問題的基本方法:(1)采用運動和力的觀點:牛頓第二定律和運動學知識求解;(2)用能量轉(zhuǎn)化的觀點:動能定理和功能關系求解.第十二頁，共五十頁，2022年，8月28日變式練習1

示波器的示意圖如圖8所示,金屬絲發(fā)射出來的電子被加速后從金屬板的小孔穿出,進入偏轉(zhuǎn)電場.電子在穿出偏轉(zhuǎn)電場后沿直線前進,最后打在熒光屏上.設加速電壓U1=1640V,偏轉(zhuǎn)極板長l=4cm,偏轉(zhuǎn)板間距d=1cm,當電子加速后從兩偏轉(zhuǎn)板的中央沿板平行方向進入偏轉(zhuǎn)電場.圖8(1)偏轉(zhuǎn)電壓為多大時,電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大?(2)如果偏轉(zhuǎn)板右端到熒光屏的距離L=20cm,則電子束最大偏轉(zhuǎn)距離為多少?第十三頁，共五十頁，2022年，8月28日解析

(1)要使電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大,電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必須從下板邊緣出來.電子在加速電場中,由動能定理電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度電子在偏轉(zhuǎn)電場的飛行時間電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度要使電子從下極板邊緣出來,應有解得偏轉(zhuǎn)電壓U2=205V(2)電子束打在熒光屏上最大偏轉(zhuǎn)距離第十四頁，共五十頁，2022年，8月28日由于電子離開偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)向速度電子離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的時間電子最大偏轉(zhuǎn)距離答案

(1)205V(2)0.055m第十五頁，共五十頁，2022年，8月28日題型2帶電粒子在復合場中的運動【例2】

如圖9所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道,處于水平向右的勻強電場中,一帶負電荷的小球從高h的A

處由靜止開始下滑,沿軌道ABC運動后進入圓環(huán)內(nèi)做圓周運動.

已知小球所受的電場力是其重力的3/4,圓環(huán)半徑為R,斜面傾角為θ,xBC=2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運動,h至少為多少?圖9第十六頁，共五十頁，2022年，8月28日思路點撥

小球所受的重力和電場力都為恒力,故兩力等效為一個力F,如右圖所示.可知F=1.25mg,方向左偏下37°,從圖中可知,做完整的圓周運動的臨界點是能否通過D點,若恰好能通過D點,即達到D點時球與環(huán)的彈力恰好為零.解析

由圓周運動知識得由動能定理有又F=1.25mg聯(lián)立可求出此時的高度答案第十七頁，共五十頁，2022年，8月28日方法提煉由于帶電粒子在勻強電場中所受電場力和重力都是恒力,粒子做的都是勻變速運動,因此處理時有兩種方法:1.正交分解法:將復雜的運動分解為兩個互相垂直的直線運動,再根據(jù)運動合成的觀點去求復雜運動的有關物理量.2.等效“重力”法:將重力與電場力進行合成,F合等效于“重力”,a=等效于“重力加速度”,F合的方向等效于“重力”的方向,即在重力場中的豎直方向.第十八頁，共五十頁，2022年，8月28日變式練習2

如圖10所示,水平軌道與直徑為d=0.8m的半圓軌道相接,半圓軌道的兩端點A、B連線是一條豎直線,整個裝置處于方向水平向右,大小為103V/m的勻強電場中,一小球質(zhì)量m=0.5kg,帶有q=5×10-3C電量的正電荷,在靜電力作用下由靜止開始運動,不計一切摩擦,g=10m/s2.圖10(1)若它運動的起點離A為L,它恰能到達軌道最高點B,求小球在B點的速度和L的值.(2)若它運動起點離A為L′=2.6m,且它運動到B點時電場消失,它繼續(xù)運動直到落地,求落地點與B點的距離.第十九頁，共五十頁，2022年，8月28日解析

(1)因小球恰能到B點,則在B點有小球運動到B的過程,由動能定理(2)小球離開B點,電場消失,小球做平拋運動,設落地點距B點距離為s,由動能定理小球從靜止運動到B有第二十頁，共五十頁，2022年，8月28日答案

(1)2m/s1m(2)2.53m第二十一頁，共五十頁，2022年，8月28日題型3帶電粒子在交變電場中的運動【例3】

如圖11甲所示,A、B是兩水平放置的足夠長的平行金屬板,組成偏轉(zhuǎn)勻強電場,B板接地.A板電勢隨時間變化情況如圖乙所示,C、D兩平行金屬板豎直放置,中間有正對兩孔

O1′和O2,兩板間電壓為U2,組成減速電場.現(xiàn)有一帶負電粒子在t=0時刻以一定初速度沿AB兩板間的中軸線O1O1′進入.

并能從O1′沿O1′O2進入C、D間,剛好到達O2孔,已知帶電粒子帶電荷量-q,質(zhì)量m,不計其重力.求:圖11第二十二頁，共五十頁，2022年，8月28日(1)該粒子進入A、B的初速度v0的大小.(2)A、B兩板間距的最小值和A、B兩板長度的最小值.解析

(1)因粒子在A、B間運動時,水平方向不受外力做勻速運動,所以進入O1′孔的速度即為進入A、B板的初速度.在C、D間,由動能定理得qU2=mv02即(2)由于粒子進入A、B后,在一個周期T內(nèi),豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài).即v豎=0,若在第一個周期內(nèi)進入O1′孔,則對應兩板最短長度為L=v0T=,若在該時間內(nèi),粒子剛好不到A板而返回,則對應兩板最小間距,設為d,所以答案第二十三頁，共五十頁，2022年，8月28日變式練習3

如圖12所示,真空中相距d=5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源相接(圖中未畫出),其中B板接地(電勢為零),A板電勢的變化規(guī)律如圖乙所示.將一個質(zhì)量m=2.0×10-27kg,電荷量q=+1.6×10-19C的帶電粒子從緊鄰B板處釋放,不計重力.求:圖12(1)在t=0時刻釋放該帶電粒子,釋放瞬間粒子加速度的大小.(2)若A板電勢變化周期T=1.0×10-5s,在t=0時將帶電粒子從緊鄰B板處無初速度釋放,粒子到達A板時的速度大小.(3)A板電勢變化頻率多大時,在t=T/4到t=T/2時間內(nèi)從緊鄰B板處無初速度釋放該帶電粒子,粒子不能到達A板?第二十四頁，共五十頁，2022年，8月28日解析

(1)在t=0時刻,電場強度E=,所以加速度a==4.0×109m/s2.(2)帶電粒子在0～T/2內(nèi)所受電場力方向向右,T/2～T內(nèi)電場力反向.帶電粒子在0～T/2內(nèi)只受電場力作用做勻加速直線運動,前進的距離為x=at12=a()2=5cm,而金屬板間距d=5cm,所以t=T/2時帶電粒子恰好到達A板,此時帶電粒子速度v=at1=2.0×104m/s.(3)既然帶電粒子不能到達A板,則帶電粒子在T/4～T/2內(nèi)向A板做勻加速直線運動,在T/2～3T/4內(nèi)向A板做勻減速直線運動,速度減為零后將反向運動.當t=T/4時將帶電粒子從緊鄰B板處無初速度釋放,粒子向A板運動的位移最大,該過程先勻加速T/4,然后勻減速T/4,t=3T/4時速度減為零.根據(jù)題意有:第二十五頁，共五十頁，2022年，8月28日答案

(1)4.0×109m/s2

(2)2.0×104m/s第二十六頁，共五十頁，2022年，8月28日題型4力電綜合分析【例4】如圖13所示,兩平行金屬板A、B板長L=8cm,兩板間距離d=8cm,A板比B板電勢高300V,一帶正電的粒子帶電量

q=10-10C,質(zhì)量m=10-20kg,沿電場中心線OR垂直電場線飛入電場,初速度v0=2×106m/s,粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面

MN、PS間的無電場區(qū)域后,進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面影響),

已知兩界面MN、PS相距為12cm,O點在中心線上距離界面

PS9cm處,粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上.(靜電力常數(shù)k=9×109N·m2/C2)第二十七頁，共五十頁，2022年，8月28日圖13(1)求粒子穿過界面MN時偏離中心線OR的距離多遠?(2)試在圖上粗略畫出粒子運動的軌跡.(3)確定點電荷Q的電性并求其電量的大小.解析

(1)設粒子從電場中飛出的側(cè)向位移為h,穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為Y,則側(cè)向位移①(2)第一段是拋物線,第二段必須是直線,第三段是圓弧,軌跡如下圖所示.②第二十八頁，共五十頁，2022年，8月28日(3)帶負電,帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動,由相似三角形知識得:得Y=4h=12cm③設帶電粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為vy,則水平方向速度vx=v0=2×106m/s④電場方向速度vy=at==1.5×106m/s⑤粒子從電場中飛出時速度v==2.5×106m/s⑥設粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ,則⑦第二十九頁，共五十頁，2022年，8月28日因為帶電粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上,所以該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q做勻速圓周運動,其半徑與速度方向垂直,勻速圓周運動的半徑,r==0.15m⑧由牛頓運動定律可知⑨代入數(shù)據(jù)解得Q=1.04×10-8C⑩答案

(1)3cm(2)見解析圖(3)帶負電1.04×10-8C【評分標準】

本題共22分.其中①②式各4分,③④⑤⑥⑨⑩式各2分,⑦⑧式各1分.第三十頁，共五十頁，2022年，8月28日【名師導析】帶電粒子在電場中運動一類問題,是近幾年高考中考查的重點內(nèi)容之一.尤其是在力、電綜合試題中,多把電場與牛頓定律、動能定理、功能關系、運動學知識、電路知識等巧妙地綜合起來,考查學生對這些基本知識、基本規(guī)律的理解和掌握的情況,應用基本知識分析、解決實際問題的能力.縱觀這類題目,所涉及的情景基本相同(無外乎是帶電粒子在電場中平衡、加速或偏轉(zhuǎn)),在處理這類問題時,要善于聯(lián)系力學中的物理模型,借助力學模型,從受力情況、運動情況、能量轉(zhuǎn)移等角度去分析,將力學中處理問題的方法遷移到電場中去,問題就會變得比較容易解決.第三十一頁，共五十頁，2022年，8月28日自我批閱(14分)如圖14所示,在x>0的空間中,存在沿x軸正方向的勻強電場E;在x<0的空間內(nèi),存在沿x軸負方向的勻強電場,場強大小也等于E,一電子(-e,m)在x=d處的P點以沿y軸正方向的初速度v0開始運動,不計電子重力.求:圖14(1)電子在x軸方向的分運動的周期.(2)電子運動的軌跡與y軸的各個交點中,任意兩個相鄰交點之間的距離l.第三十二頁，共五十頁，2022年，8月28日解析

電子射入電場后,y方向的分運動一直為勻速運動;x方向的分運動先是-x方向的加速運動,接著是-x方向的減速運動,又+x方向的加速運動,再+x方向的減速運動……如此反復.故電子運動的軌跡如下圖所示.(4分)(1)設電子從射入到第一次與y軸相交所用時間為t,則

(2分)解得

(1分)第三十三頁，共五十頁，2022年，8月28日所以,電子在x方向分運動的周期為

(2分)(2)在豎直方向上y=v0t=(2分)電子運動的軌跡與y軸的各個交點中,任意兩個相鄰交點之間的距離為2y=(3分)答案第三十四頁，共五十頁，2022年，8月28日1.如圖15所示,在xOy豎直平面內(nèi)存在著水平向右的勻強電場.

有一帶正電的小球自坐標原點沿著y軸正方向以初速度v0拋出,運動軌跡最高點為M,與x軸交點為N,不計空氣阻力,則小球()圖15A.做勻加速運動B.從O到M的過程動能增大

C.到M點時的動能為零D.到N點時的動能大于mv02第三十五頁，共五十頁，2022年，8月28日解析

帶正電的小球自坐標原點沿著y軸正方向以初速度v0拋出后受到恒定的合力作用做勻變速運動,在運動開始的一段時間內(nèi)合力與速度的夾角為鈍角,速度減小,A、B都錯;小球自坐標原點到M點,y方向在重力作用下做速度減小到零的勻變速運動,x方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速運動,所以到M點時的動能不為零,C錯;由動能定理有:qEx=mvN2-mv02>0,D正確.答案

D第三十六頁，共五十頁，2022年，8月28日2.如圖16甲所示,兩平行金屬板豎直放置,左極板接地,中間有小孔,右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,電子原來靜止在左極板小孔處(不計電子的重力).下列說法正確的是

()圖16A.從t=0時刻釋放電子,電子始終向右運動,直到打到右極板上

B.從t=0時刻釋放電子,電子可能在兩板間振動

C.從t=T/4時刻釋放電子,電子可能在兩板間振動,也可能打到右極板上

D.從t=3T/8時刻釋放電子,電子必將打到左極板上第三十七頁，共五十頁，2022年，8月28日解析

從t=0時刻釋放電子,如果兩板間距離足夠大,電子將向右先勻加速T/2,接著勻減速T/2,速度減小到零后,又開始向右勻加速T/2,接著勻減速T/2…直到打在右極板上.電子不可能向左運動;如果兩板間距離不夠大,電子也始終向右運動,直到打到右極板上.從t=T/4時刻釋放電子,如果兩板間距離足夠大,電子將向右先勻加速T/4,接著勻減速T/4,速度減小到零后,改為向左先勻加速T/4,接著勻減速T/4,即在兩板間振動;如果兩板間距離不夠大,則電子在第一次向右運動過程中就有可能打在右極板上.從t=3T/8時刻釋放電子,如果兩板間距離不夠大,電子將在第一次向右運動過程中就打在右極板上;如果第一次向右運動沒有打在右極板上,那就一定會在第一次向左運動過程中打在左極板上,綜上所述,選A、C.答案

AC第三十八頁，共五十頁，2022年，8月28日3.如圖17所示,兩加上電壓的水平平行金屬板之間放了一個薄帶電金屬網(wǎng),形成了上下兩個勻強電場空間,場強分別為E1、E2.兩個不計重力的帶電微粒從離金屬網(wǎng)d1、d2處先后水平射入電場(不考慮兩微粒間的庫侖力),運動軌跡與金屬網(wǎng)相交于同一點,則()A.兩微粒帶同種電荷

B.若兩微粒初速度相同,則到達金屬網(wǎng)所用的時間相同

C.不改變其他物理量,僅將E1和d1同時減半,兩粒子仍然能相交于同一點

D.若E1=E2,d1>d2,則上方微粒的比荷(帶電量與質(zhì)量的比值)較大圖17第三十九頁，共五十頁，2022年，8月28日解析

由帶電微粒的偏轉(zhuǎn)情況可知,兩帶電微粒所受的電場力方向相反,而電場強度方向相同,所以兩帶電微粒帶異種電荷,A錯誤;在垂直于電場方向,帶電微粒做勻速直線運動,x=vt,由題圖可知,兩帶電微粒的x相同,若兩微粒初速度相同,到達金屬網(wǎng)所用的時間相同,B正確;由牛頓第二定律和類平拋運動公式得:qE1=ma,d1=at2,x=v1t,聯(lián)立解得x=v1,比荷.不改變其他物理量,僅將E1和d1同時減半,帶電微粒在垂直于電場方向上的位移不變,兩粒子仍然能相交于同一點,C正確;若E1=E2,d1>d2,v1=v2,上方微粒的比荷較大,若E1=E2,d1>d2,v1>v2,上方微粒的比荷較大,若E1=E2,d1>d2,v1<v2,可能上方微粒的比荷較大,也可能下方微粒的比荷較大,D錯誤.答案

BC第四十頁，共五十頁，2022年，8月28日4.如圖18所示,一根長L=1.5m的光滑絕緣細直桿MN,豎直固定在場強為E=1.0×105N/C、與水平方向成θ=30°角的傾斜向上的勻強電場中.桿的下端M固定一個帶電小球A,電荷量

Q=+4.5×10-6C;另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動,電荷量q=+1.0×10-6C,質(zhì)量m=1.0×10-2kg.現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放,小球B開始運動.(靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2,取g=10m/s2)圖18第四十一頁，共五十頁，2022年，8月28日(1)小球B開始運動時的加速度為多大？(2)小球B的速度最大時,距M端的高度h1為多大？(3)小球B從N端運動到距M端的高度h2=0.61m時,速度為v=1.0m/s,求此過程中小球B的電勢能改變了多少？解析

(1)開始運動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力,小球B沿桿方向運動,由牛頓第二定律得解得代入數(shù)據(jù)解得a=3.2m/s2第四十二頁，共五十頁，2022年，8月28日(2)小球B速度最大時合外力為零,即解得代入數(shù)據(jù)解得h1=0.9m(3)小球B從開始運動到速度為v的過程中,設重力做功為W1,電場力做功為W2,庫侖力做功為W3,根據(jù)動能定理有W1+W2+W3=mv2W1=mg(L-h2)W2=-qE(L-h2)sinθ解得W3=mv2-mg(L-h2)+qE(L-h2)sinθ第四十三頁，共五十頁，2022年，8月28日設小球B的電勢能改變了ΔEp,則ΔEp=-(W2+W3)

ΔEp=mg(L-h2)-mv2代入數(shù)據(jù)解得ΔEp=8.4×10-2J答案

(1)3.2m/s2(2)0.9m(3)8.4×10-2J第四十四頁，共五十頁，2022年，8月28日5.有一帶負電的小球,其帶電量q=-2×10-3C.如圖19所示,開始時靜止在場強E=200N/C的勻強電場中的P點,靠近電場極板

B有一擋板S,小球與擋板S的距離h=5cm,與A板距離H=45cm,

重力作用不計.在電場力作用下小球向左運動,與擋板S相碰后電量減少到碰前的k倍,已知k=,而碰后小球的速度大小不變.圖19(1)設勻強電場中擋板S所在位置處電勢為零,則電場中P點的電勢為多少?小球在P點時的電勢能為多少?(電勢能用Ep表示)第四十五頁，共五十頁，2022年，8月28日(2)小球從P點出發(fā)第一次回到最右端的過程中電場力對小球做了多少功?(3)小球經(jīng)過多少次碰撞后,才能抵達A板?(取lg1.2=0.08)解析

(1)由勻強電場的場強和電勢差之間的關系式得USP=Eh由電勢差和電勢之間的關系得USP=聯(lián)立解得P點的電勢為

-Eh=0V

-200×5×10-2V=-10V小球在P點的電勢能