帶電粒子在電場中的運動教案

第三單元帶電粒子在電場中的運動第一課時電場中的導體、電容器一、電場中的導體知識目標1、靜電感應：絕緣導體放在一個帶電體的附近，在絕緣導體上靠近帶電體的一端應帶電體的異種電荷，在遠離帶電體的一端帶同種電荷．靜電感應可從兩個角度來理解：根據(jù)同種電荷相排斥，異種電荷相吸引來解釋；也可以從電勢的角度來解釋，導體中的電子總是沿電勢高的方向移動．2．靜電平衡狀態(tài)：導體中（包括表面）沒有電荷定向移動的狀態(tài)叫做靜電平衡狀態(tài)．注意這里是沒有定向移動而不是說導體內部的電荷不動，內部的電子仍在做無規(guī)則的運動，3．處于靜電平衡狀態(tài)的導體：（1）內部場強處處為零，導體內部的電場強度是外加電場和感應電荷產(chǎn)生電場疊加的結果．（因為假若內部場強不為零，則內部電荷會做定向運動，那么就不是靜電平衡狀態(tài)了）（2）凈電荷分布在導體的外表面，內部沒有凈電荷．（因為凈電荷之間有斥力，所以彼此間距離盡量大，凈電荷都在導體表面）（3）是一個等勢體，表面是一個等勢面．（因為假若導體中某兩點電勢不相等，這兩點則有電勢差，那么電荷就會定向運動）．4．靜電屏蔽處于靜電平衡狀態(tài)的導體,內部的場強處處為零,導體內部區(qū)域不受外部電場的影響,這種現(xiàn)象就是靜電屏蔽.典型例題：【例1】一個任意形狀的金屬導體，處于靜電平衡狀態(tài)時（）A．導體內部沒有凈電荷．B．導體內部任意兩點間的電勢差不一定為零C．導體內部的場強不一定處處為零D．在導體表面上，電場線可以與導體表面成任意角解析：A．處于靜電平衡狀態(tài)的導體，凈電荷在導體表面，所以A對．B．處于靜電平衡狀態(tài)的導體，是一個等勢體，所以任意兩點間無電勢差，所以B錯．C．處于靜電平衡狀態(tài)的導體，內部場強處處為零，所以C錯．D．處于靜電平衡狀態(tài)的導體，其表面場強不為零，場強的方向與面垂直，所以D對?！纠?】如圖所示，將不帶電的導體BC放在帶正電的金屬球A附近，當導體BC達到靜電平衡后，則下列說法正確的有（）A．用導線連接BC兩端，導線中有瞬間電流通過B．用手摸一下導體B端可使導體帶正電C．導體C端電勢高于B端電勢D．B和C端感應電荷在導體內部產(chǎn)生的場強沿BC方向逐漸減小解析：靜電平衡后，BC內部場強為零，整個導作是個等勢體，故A、C都錯了，根據(jù)導體附近的電場線分布，可判定導體BC的電勢比無窮遠處（大地）的電勢要高，故把導體B端或C端接地時，將有電子從大地流向導體，導體將帶負電；導體處于靜電平衡時，導體內部的電場跟感應電場相平衡，因此可以根據(jù)外電場在導體內部的分布情況來確定感應電荷電場在導體內部的分布情況．答案：D二、電容知識目標1．定義；電容器所帶的電量跟它的兩極間的電勢差的比值叫做電容器的電容．C=Q/U2．說明：（1）電容器定了則電容是定值，跟電容器所帶電量及板間電勢差無關．（2）單位：法或庫/伏（3）電容器所帶電量是指一板上的電量的絕對值．（4）平行板電容器C=．ε為介電常數(shù)，真空中ε＝1，空氣中通常也取1，S為板間正對面積，不可簡單的理解為板的面積，d為板間的距離．（5）電容器被擊穿相當于短路，而燈泡壞了相當于斷路。（6）常用電容器：可變電容、固定電容（紙介電容器與電解電容器）．（7）C＝ΔQ/ΔU因為U1=Q1/C．U2=Q2/C．所以C＝ΔQ/ΔU（8）電容器兩端的電壓恒定時：電量Q=CU∝C，而C=eq\f(εS,4πkd)∝eq\f(εS,d)，E=eq\f(U,d)∝eq\f(1,d)．充電后斷開電路，電容器帶電量Q恒定：C∝eq\f(εS,d)，U∝eq\f(d,εS)，E∝eq\f(1,εS)．典型例題：【例3】兩個較大的平行金屬板A、B相距為d，分別接在電壓為U的電源正、負極上，這時質量為m，帶電量為一q的油滴恰好靜止在兩極之間，如圖所示，在其它條件不變的情況下，如果將兩極非常緩慢地錯開一些，那么在錯開的過程中（）A．油滴將向上加速運動，電流計中電流從b流向a。B．油滴將向下加速運動，電流計中的電流從a流向b。C．油滴靜止不動，電流計中的電流從b流向a。D．油滴靜止不動，電流計中的電流從a流向b。精析:電容器接在電源的正、負極上沒有斷開，則電容器兩端的電壓不變，兩極板間的距離不變，則場強不變，油滴受力情況不變，油滴靜止不動．在電容器兩極板錯開的過程中，電容器的電容是減小的，由C＝q／U可知，U不變時，Q是減小的，則電容器的帶電量減小，有電荷流向電源，是放電電流，方向由a到b．故選項D正確．【點評】要點是接在電源兩端的電容器的電壓不變，當電容發(fā)生變化時，所帶電量變化，根據(jù)電量的增加或減少判斷是充電或放電，從而確定電流方向．還可以假設兩極板的距離發(fā)生變化和插人電介質或導體后的情況，可讓學生自行判斷．規(guī)律方法應用：（可作為課后練習）1、應用處于靜電平衡狀態(tài)的導體的特點解題1．如圖所示，P為金屬球殼內的一點，殼外一帶負電的帶電體A移近金屬球殼時，金屬球殼內P點處的場強E和電勢U的變化是（）A．E不變，U降低；B．E不變，U升高C．E增大，U升高；D、E增大．U降低解析：金屬球殼處于帶負電的帶電體A形成的電場中，處于靜電平衡狀態(tài)，因此E始終等于零不變，由于帶電體A帶負電且靠近球殼，所以球殼的電勢降低。答案：A2．如圖所示，水平放置的金屬板正上方有一固定的正點電荷Q，一表面絕緣的帶正電的小球（可視為質點且不影響Q的電場），從左端以初速度V0滑上金屬板，沿光滑的上表面向右運動到右端．在該運動過程中（）A．小球作勻速直線運動B．小球作先減速，后加速運動C．小球的電勢能保持不變D、電場力對小球所做的功為零解析：水平放置的金屬板在Q的電場中處于靜電平衡，它是一個等勢體，也就是說它表面的電場線處處與表面垂直，由于表面絕緣，故帶電小球在其表面上滑動時，電量不變，但電場力不做功，故小球作勻速直線運動，所以A、C、D選項正確。3．如圖所示，絕緣導體A帶正電，導體不帶電，由于靜電感應，使導體B的M端帶上負電，而N端則帶等量的正電荷.（1）用導線連接M、N，導線中有無電流流過？（2）若將M、N分別用導線與大地相連，導線中有無電流流過？方向如何？解析：A為帶正電的場源電荷，由正電荷即形成的電場的電勢分布可知：UA＞UB＞U地，其中，B是電場中處于靜電平衡的導體.UM=UN=UB.當用導線在不同位置間連接時，電流定由高電勢流向低電勢，而在電勢相等的兩點間連接時，則導線中無電流通過.所以：（1）因為UM=UN，故導線中無電流.（2）因為UM=UN=UB＞U地，所以無論用導線將M還是N與大地相連，電流均由導體B流向大地.2．電容器的應用4．有一電容器，帶電量為10－5C時，兩板間電壓為200V，如果使它帶的電量再增加10－6C，這時它的電容是F，兩板間的電壓是解析：由C=Q/U可知C＝5×10－8由C＝ΔQ/ΔUM可知ΔU＝ΔQ/C＝10－6/5×10－8＝20VU/＝U＋ΔU=220V答案；5×10－8F+——·+——·PA、U變小，E不變B、E變大，W變大C、U變小，W不變D、U不變，W不變分析：注意到各量間關系的準確把握。解答：電容器充電后電源斷開，說明電容器帶電量不變。正極板向負極板移近，電容變大，由知U變小，這時有。因為,d變小、U變大值不變，即場強E不變。A正確，B、D錯誤負極板接地即以負極板作為電勢、電勢能的標準，場強E不變，P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能也不變，C正確。說明：（1）記住凡與電源斷開，意味著電量不變．在這種情況下板間距離變大時（正對面積不變）E不變．（2）當該題不是與電源斷開而是始終與電源相接，則板間電勢基不變；板下移使電容C變大，電量變大；場強E變大；電勢能W變大．第二課時帶電粒子在電場中的運動知識目標:帶電粒子的重力問題:如果是帶電小球或帶電液滴,沒有特殊聲明,必須考慮重力;如果是電子、離子、質子、原子核等微觀帶電粒子,除非有特殊說明或明確暗示,重力不計.1.帶電粒子只在電場力作用下的兩類基本運動(1)在電場中的加速加速電壓為U，帶電粒子質量為m，帶電量為q，假設從靜止開始加速，則根據(jù)動能定理?mv2=Uq，所以離開電場時速度為v=．(2)在勻強電場中的偏轉如圖所示，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子沿平行于帶電金屬板以初速度v0進入偏轉電場，飛出電場時速度的方向改變角α。①知道在偏轉電場中的兩個分運動：垂直電場方向的勻速運動，vx＝v0，平行電場方向的初速度為零，加速度為Eq/m的勻加速直線運動②偏向角tanα=qUL/mdv02推導：在電場中運動的時間t＝L/v0………①在電場中的加速度a＝qU/dm………②飛出電場時豎直方向速度vy＝at………③偏轉角的正切值tanα=vy/v0……………④由①②③④可得tanα=qUL/mdv02③飛出電場時，豎直方向位移y=?at2=qUL2/2mdv02④經(jīng)同一加速電場由靜止加速的兩個質量、電量均不同的粒子，進入同一偏轉電場，飛出時偏轉角相同U0q=?mv……①tanα=qUL/mdv02……②由①②得tanα=UL/2dU0所以兩粒子的偏轉角相同與m與q無關．注意：這里的U與U0不可約去，因為這是偏轉電場的電壓與加速電場的電壓，二者不一定相等．⑤沿速度v反方向延長交MN交于Q點，則QN＝L/2,QN＝y(tǒng)/tanα=L/2典型例題：【例1】一帶電粒子從靜止經(jīng)加速電壓U1的加速電場加速后進入板間距離為d，板間電勢差為U2的偏轉電場，當它飛出偏轉電場時，偏轉角為θ，要使偏轉角θ增大，則需要（）A．使粒子的荷質比變大（q/m）B．其它條件不變，只使U1變大C．其它條件不變，只使U2變大D．其它條件不變，只使d變大解析：這里是經(jīng)加速電場加速后進入偏轉電場tanα=U2L/2dU所以這里與荷質比無關．所以A錯．從tanα=U2L/2dU1可知：B錯，C對，D錯．答案點評：注意經(jīng)加速電場加速的情況，應當注意從tanα=U2L/2dU1【例2】長為l的平行金屬板，板間形成勻強電場，一個帶電為十q、質量為m的帶電粒子，以初速v0緊貼上板垂直于電場線方向射入該電場，剛好從下板邊緣射出，末速度恰與下板成300角，如圖所示．求：（1）粒子末速度的大?。唬?）勻強電場的場強；（3）兩板間的距離d．解法一：由牛頓定律和運動學公式求解．（1）由速度矢量圖8—63所示，得粒子束速度v＝v0／cos300=2v0／3（2）粒子在電場中運動時間t＝l／v0，粒子射出電場時沿場強方向的分速度vy=v0tan300=v0／3．由vy＝at有v0／3=Eql/mv0．則場強E＝mv/3ql．（3）兩板間距離d=vyt/2=L/6解法二：（1）由動量定理和動能定理求解．v＝v0／cos300，t＝L/v0．（2）由動量定理有qEt＝mv0tan300。E＝mv/3ql（3）由動能定理有qEd＝?mv2－?mv，d=L/6答案：（1）2v0／3；（2）mv/3ql；（3）L/62．帶電粒子在復合場中的運動帶電物體在電場中受到除電場力以外的重力、彈力、摩擦力，由牛頓第二定律來確定其運動狀態(tài)，所以這部分問題將涉及到力學中的動力學和運動學知識。典型例題：【例3】有三個質量相等，分別一帶有正電，負電和不帶電的微粒，從極板左側中央以相同的水平初速度V先后垂直場強射入，分別落到極板A、B、C處，如圖所示，則正確的有（）A．粒子A帶正電，B不帶電，C帶負電B．三個粒子在電場中運動時間相等C、三個粒子在電場中運動的加速度aA＜aB＜aCD．三個粒子到這極板時動能EA＞EB＞EC解析：三粒子在水平方向上都為勻速運動，則它們在電場中的飛行時間關系為tA＞tB＞tC三粒子在豎直方向上有d/2=?at2所以aA＜aB＜aC，則A帶正電，B不帶電，C帶負電．再由動能定理知，三粒子到這極板時動能關系為EA＜EB＜EC．答案：AC說明：通過以上幾個題目，請體會帶電粒子，飛出偏轉電場；恰好飛出，沒有飛出幾種情況的處理方法是什么？【例4】用長為l的細線懸掛一質量為m的帶正電的小球于水平的勻強電場中，電場方向向右，如圖所示．若小球所受到的電場力大小為重力的3／4倍，求：若從懸線豎直位置A點由靜止開始釋放小球，則①懸線對小球的最大拉力為多大？②該小球能上升的最大高度是多少？③若使小球在豎直面內做圓周運動，則小球在A點具有的最小速度是多大？解析：小球受到的重力和電場力均為恒力，這兩個力的合力由圖可知F=5mg／4，與豎直方向的夾角為θ，且tgθ＝3／4．可把小球看作是在與豎直方向的夾角為θ的恒力F的作用下作圓周運動，它類似于在重力作用下豎直面內的圓周運動，繩子在最低點受到的拉力最大，故小球在恒力F和繩子拉力的作用下作豎直面內的圓周運動，當繩子與豎直方向夾角為θ時，繩子拉力最大為Tm，Tm－F＝mv2／L，?mv2＝FL（l－cosθ），Tm＝F＋2F（l－cosθ）＝（3－2cosθ）5mg／4＝1．75mg，小球運動到繩子與豎直方向成θ角時速度最大，由運動的對稱性．可知小球能達到的最大高度就是繩子與豎直方向的夾角為2θ處，小球上升的最大高度為H，H＝L（l一cos2θ）＝L（l一cos2θ＋sin2θ）=0．72L。小球若在豎直面內作圓周運動，則在繩子拉力最大處直徑的另一端點時所具有的最小速度是力F提供的向心力，即F＝mv2／L=5mg／4，?mv2=5mgL／8=?mvA2－FL（l＋cosθ）5mgL／8=?mvA2－（l＋cosθ）L·5mg／4，解得vA=／2【點評】本題是將電場力和重力的合力F等效為重力在豎直面內作圓周運動的情況來處理，使求解過程簡便，其前提條件是電場力和重力均為恒力，才可以這樣處理。CEBACEBA·O(1)滑塊通過B點時的速度大??；(2)水平軌道上A,B兩點之間的距離。解析:（1）小滑塊從C到B的過程中，只有重力和電場力對它做功，設滑塊通過B點時的速度為vB，根據(jù)動能定理有：mgR一qER=?mvB2一0,解得(2)小-滑塊在AB軌道上運動中，所受摩擦力為f=μmg.小滑塊從C經(jīng)B到A的過程中，重力做正功，電場力和摩擦力做負功。設小滑塊在水平軌道上運動的距離（即A,B兩點間的距離）為L，則根據(jù)功能定理有：mgR一qE（R＋L）一μmgL＝0一0,解得3.交變電壓問題典型例題：【例6】如圖（a）所示，A、B表示真空中水平放置的相距為d的平行金屬板，板長為L，兩板加電壓后板間的電場可視為勻強電場，?，F(xiàn)在A、B兩板間加上如圖（b）所示的周期性的交變電壓，在t=0時恰有一質量為m、電量為q的粒子在板間中央沿水平方向以速度v0射入電場，忽略粒子的重力，，則下列關于粒子運動狀況的表述中正確的是A．粒子在垂直于板的方向上的分運動可能是往復振動B．粒子在垂直于板的方向上的分運動是單向運動C．只要周期T和電壓U0的值滿足一定條件，粒子就可沿與板平行的方向飛出；D．粒子不可能沿與板平行的方向飛出解析：當t＝0時，帶電粒子飛入電場后，在垂直于板的方向上受到電場力的作用，做加速運動，若是粒子在T/2的時間內沒有打在極板上，且沒有飛出電場，那么在T／2—T的時間內，粒子做勻減速運動，粒子在這段時間內還沒有打在極板上，同時還沒有飛出電場，當t=T時，粒子沿電場方向的速度為零．在第二個周期內又將重復第一個周期的運動，……所以粒子在垂直于板的方向上的分運動不可能是往復振動，只能是單向運動．當粒子在周期T的整數(shù)倍時飛出電場時，它的速度方向是與板平行的，因為此時粒子沿電場方向（就是與板垂直方向）的速度剛好為零．由此可見選項B、C正確?！军c評】關鍵是分析帶電粒子在電場力的作用下所作運動的特點：當電場力的方向發(fā)生變化時，帶電粒子的加速度也發(fā)生了變化．當加速度方向與速度方向相同時，帶電粒子作加速運動，加速度方向與速度方相反時，帶電粒子做減速運動．可讓學生討論帶電粒子T/4或T/2時刻進入電場的情況【例7】兩平行金屬板間所加電壓隨時間變化的規(guī)律如圖所示，大量質量為m、帶電量為e的電子由靜止開始經(jīng)電壓為U0的電場加速后連續(xù)不斷地沿兩平行金屬板間的中線射入，若兩板間距恰能使所有子都能通過．且兩極長度使每個電子通過兩板均歷時3t0，電子所受重力不計，試求：uU02tuU02t04t0t03t05t0t0②側向位移最大和最小的電子通過兩板后的動能之比．【解析】①電子在t=2nt0（其中：n=0、1、2、……）時刻進入電場，電子通過兩極的側向位移最大，在t＝(2n＋l）t0（其中n＝0、l、2、…）時刻進入電場電子通過兩板側向位移最小．電子側向位移最大時，進入電場在沿電場線方向上作初速度為零的勻加速運動，再作勻速運動，后作初速度不為零的勻加速運動，各段運動的時間均為t0；當電子側向位移最小時，在電場線上只有在第二個t0的時間開始作初速度為零的勻加速運動，在第三個t0的時間作勻速運動．電子進入偏轉電場后，在電場中的加速度均為a=eUO／md,電子側向最大位移為ymax=at02／2＋at02＋at02＋at02／2＝3at02＝3eU0t02／md。ymax=d／2由以上兩式解得ymax＝t0；d＝2ymax＝2t0；；電子側向最小位移為ymin=at02／2＋at02=ymax／2＝t0ymin=d／4②電子離開偏轉電場時的動能等于加速電場和偏轉電場電場力做功之和．當電子的側向位移為最大時，電子在電場中加速（只有加速，電場力才做功）．運動的距離為y1＝2ymax／3＝d／3，電子的側向位移最小時，電子在電場中加速運動的距離為y2＝y(tǒng)min／3=d／12,側向位移最大的電子動能為Ekmax＝eUO＋eUO·y1／d＝4eUO／3，側向位移最小的電子動能為Ekmin=eUO＋eUO·y2／d＝13eUO／12，故Ekmax∶Ekmin＝16∶13點評：該題所加電壓雖然不是交變電壓，但是由于電壓發(fā)生周期性變化，處理方法與交變電壓相似。電子在電場中的分段運動分析清楚后，在電場中側向位移是可求的，電子離開偏轉電場時的動能則必須注意到電子進入兩平行金屬板后，在加速階段有電場力對電子做功，在無電場時的勻速運動階段沒有電場力做功．規(guī)律方法應用1．如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩場平行極板間的電場中，入射方向跟極板平行，整裝置處于真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下列四種情況中，一定能使電子的偏轉角變大的是（）U2-——+UU2-——+U1B、U1變小，U2變大oC、U1變大，U2變小D、U1變小，U2變小-+分析：注意到“電加速”與“電偏轉”的規(guī)律解答：電子經(jīng)加速、偏轉飛出電場時偏轉角的正切計算公式為：一定能使變大的情況是U2變大、U1變小，故選項B正確。B－＋Ad2．（05年南通）如圖，相距為d的A、B兩平行金屬板足夠大，板間電壓恒為U，有一波長為λ的細激光束照射到B板中央，使B板發(fā)生光電效應。已知普朗克恒量為h，金屬板B的逸出功為W，電子質量為B－＋Ad⑴從B板運動到A板所需時間最短的光電子，到達A板時的動能；⑵光電子從B板運動到A板時所需的最長時間。答案：⑴根據(jù)愛因斯坦光電效應方程EK＝hv–W光子的頻率：所以，光電子的最大初動能：能以最短時間到達A板的光電子，是初動能最大且垂直于板面離開B板的電子，設到達A板時的動能為EK1，由動能定理：所以：(2)能以最長時間到達A板的光電子，是離開B板時的初速度為零或運動方向平行于B板的光的電子。∵d=at2/2=Uet2/dm/2∴t=d3、測定電子荷質比的最精確的現(xiàn)代方法之一是雙電容器法，如圖所示。在真空管中由陰極K發(fā)射出的電子，其初速度可忽略不計。此電子被陽極A的電場加速后穿過屏障D1上的小孔。然后順序穿過電容器C1、屏障D2和第二個電容器C2而射到熒光屏E上。陽極與陰極羊擔憂勢差為U。在電容器C1、C2之間加有頻率為f的同步交變電壓。選擇頻率f使電子束在熒光屏上的亮點不發(fā)生偏轉。試證明：電子荷質為，其中l(wèi)是兩電容器間的距離，n為一整數(shù)。4．北京靜電透鏡是利用靜電場使電子束會聚或發(fā)散的一種裝置，其中某部分靜電場的分布如下圖所示。虛線表示這個靜電場在xoy平面內的一簇等勢線，等勢線形狀相對于ox軸、oy軸對稱。等勢線的電勢沿x軸正向增加，且相鄰兩等勢線的電勢差相等。一個電子經(jīng)過P點（其橫坐標為-x0）時，速度與ox軸平行。適當控制實驗條件，使該電子通過電場區(qū)域時僅在ox軸上方運動。在通過電場區(qū)域過程中，該電子沿y方向的分速度vy隨位置坐標x變化的示意圖是(D)解析:電子在Y軸方向的分速度Vy變化的原因，應為Y方向上的電場力作用，給出ox軸上方的電場線示意圖，注意電場線與等勢線垂直如圖所示，則x<0的范圍，電場有沿Y軸負向的分量，電子先向Y軸負向獲得分速度,A,C選項排除，經(jīng)過Y軸后，電場有對電子向上的力作用，故Vy將減小，但在x方向上一直在加速，因此當其橫坐標為＋x時，電子并未回到與P點對稱的位置，由功能關系知，Vy不會為零，因此選D.5．從陰極K發(fā)射的電子經(jīng)電勢差U0=5000V的陽極加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長L1=10cm、間距d=4cm的平行金屬板A、B之間，在離金屬板邊緣L2=75cm處放置一個直徑D=20cm、帶有紀錄紙的圓筒．整個裝置放在真空內，電子發(fā)射時的初速度不計，如圖所示，若在金屬板上加U=1000cos2πtV的交流電壓，并使圓筒繞中心軸按圖示方向以n=2r/s勻速轉動，分析電子在紀錄紙上的軌跡形狀并畫出從t=0開始的1s內所紀錄到的圖形．【解析】對電子的加速過程，由動能定理得：eU0=eq\f(1,2)mυ02得電子加速后的速度υ0=eq\r(\f(2eU0,m))=4．2×107m/s電子進入偏轉電場后，由于在其中運動的時間極短，可以忽略運動期間偏轉電壓的變化，認為電場是穩(wěn)定的，因此電子做類平拋的運動．如圖所示．交流電壓在A、B兩板間產(chǎn)生的電場強度E=eq\f(U,d)=2．5×104cos2πtV/m電子飛離金屬板時的偏轉距離y1=eq\f(1,2)ateq\o(2,1)=eq\f(1,2)eq\f(eE,m)（eq\f(L1,v0)）2電子飛離金屬板時的豎直速度υy=at1=eq\f(eE,m)（eq\f(L1,v0)）電子從飛離金屬板到到達圓筒時的偏轉距離y2=υyt2=eq\f(eE,m)eq\f(L1,υ0)eq\f(L2,υ0)所以在紙筒上的落點對入射方向的總偏轉距離為y=y1+y2=（eq\f(L1,2)+L2）eq\f(eEl,mυ\o(2,0))=（eq\f(L1,2)+L2）eq\f(L1U2,2dU0)=0．20cosπtm可見，在紀錄紙上的點在豎直方向上以振幅0.20m、周期T=1s做簡諧運動．因為圓筒每秒轉2周，故轉一周在紙上留下的是前半個余弦圖形，接著的一周中，留下后半個圖形，則1s內，在紙上的圖形如圖所示．6．（05年高考）圖中B為電源，電動勢E=27V，內阻不計．固定電阻R1＝500Ω，R2為光敏電阻．C為平行板電容器，虛線到兩極板距離相等，極板長l1＝8.0×10－2m，兩極板的間距d=1.0×10－2m．S為屏，與極板垂直，到極板的距離l2=0.16m．P為一圓盤，由形狀相同、透光率不同的三個扇形a、b和c構成，它可繞AA′軸轉動．當細光束通過扇形a、b、c照射光敏電阻R2時，別為1000Ω、2000Ω、4500Ω．有一細電子束沿圖中虛線以速度υ0=8.0×106m/s連續(xù)不斷地射入C．已知電子電量e=1．6×10－19C，電子質量m=9×10－31kg．忽略細光束的寬度、電容器的充電放電時間及電子所受的重力．假設照在R2上的光強發(fā)生變化時（1）設圓盤不轉動，細光束通過b照射到R2上，求電子到達屏S上時，它離O點的距離y．（計算結果保留二位有效數(shù)字）．（2）設轉盤按圖2-6-10中箭頭方向勻速轉動，第3秒轉一圈．取光束照在a、b分界處時t＝0，試在圖2-6-11給出的坐標紙上，畫出電子到達屏S上時，它離O點的距離y隨時間t的變化圖線（0～6s間）．要求在y軸上標出圖線最高點與最低點的值．（不要求寫出計算過程）答案：（1）y=2．4×10-2（2）略E7、懸線下掛一個帶正電的小球，它的質量為m，電量為q，整個裝置處于水平向右的勻強電場中，如圖所示，電場強度為E（）EA、小球平衡時，懸線與豎直方向夾角的正切為B、若剪斷懸線，則小球做曲線運動C、若剪斷懸線，則小球做勻速運動D、若剪斷懸線，則小球做勻加速直線運動8、如圖所示，水平安方的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電，現(xiàn)有質量為m，帶電量為+q的小球在B板下方距離為H處，以初速度v0豎直向上從B板小孔進入板間電場，欲使小球剛好打到A板，A、B間電勢差UAB=？（）9、如圖，光滑絕緣桿豎直放置，且與以點電荷+Q為圓心的圓周交于B、C兩點。一質量為m帶電量為q的空心小球從桿上A點無初速下滑，且AB=BC=h，小于滑到B點的速度為，求：小球滑到C點時的速度為多少？A、C兩點的電勢差是多少？（（1），（2））CABMNOθGH10．（06年宿遷）如圖所示，處于同一條豎直線上的兩個點電荷A、B帶等量同種電荷，電荷量為Q；G、H是它們連線的垂直平分線。另有一個帶電小球C，質量為m、電荷量為＋q（可視為點電荷），被長為l的絕緣輕細線懸掛于O點，現(xiàn)在把小球C拉起到M點，使細線水平且與A、B處于同一豎直面內，由靜止開始釋放，小球C向下運動到GHCABMNOθGH⑴在A、B所形成的電場中，MN兩點間的電勢差，并指出M、N哪一點的電勢高。CABMNOθGHFTFAFBmg⑵若NCABMNOθGHFTFAFBmg答案：⑴帶電小球C在A、B形成的電場中從M運動到N點的過程中，重力和電場力做功，但合功為零，則：所以即M、N兩點間的電勢差大小為且N點的電勢高于M點的電勢。⑵在N點，小球C受到重力mg、細線的拉力FT、以及A和B分別對它的斥力FA和FB四個力的作用如圖所示，且沿細線方向的合力為零。則FT－mgcos30o－FAcos30o＝0又得FT＝mgcos30o＋11．（05年南京）兩個正點電荷Q1＝Q和Q2＝4Q分別置于固定在光滑絕緣水平面上的A、B兩點，A、B兩點相距L，且A、B兩點正好位于水平放置的光滑絕緣半圓細管兩個端點的出口處，如圖所示。（1）現(xiàn)將另一正點電荷置于A、B連線上靠近A處靜止釋放，求它在AB連線上運動過程中達到最大速度時的位置離A點的距離。（2）若把該點電荷放于絕緣管內靠近A點處由靜止釋放，已知它在管內運動過程中速度為最大時的位置在P處。試求出圖中PA和AB連線的夾角θ。答案：（1）正點電荷在A、B連線上速度最大處對應該電荷所受合力為零，即所以x=（