6第4課時(shí)__帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).ppt

1、第4課時(shí) 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),考點(diǎn)自清,1.帶電粒子在電場(chǎng)中的加速 帶電粒子沿與電場(chǎng)線平行的方向進(jìn)入電場(chǎng),帶電粒子將做 運(yùn)動(dòng).有兩種分析方法: (1)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析:= ,E= ,v2-v02=2ad. (2)用功能觀點(diǎn)分析:粒子只受電場(chǎng)力作用,電場(chǎng)力做的功等于 物體動(dòng)能的變化.,加(減)速,2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) (1)如果帶電粒子以初速度v0垂直場(chǎng)強(qiáng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中, 不考慮重力時(shí),則帶電粒子在電場(chǎng)中將做類平拋運(yùn)動(dòng),如圖1 所示. 圖1 (2)類平拋運(yùn)動(dòng)的一般處理方法:將粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿初速 度方向的 運(yùn)動(dòng)和沿電場(chǎng)力方向 運(yùn)動(dòng). 根據(jù) 的知識(shí)就可解決有關(guān)問題.,勻速直線,

2、初速度為零的勻加速,運(yùn)動(dòng)的合成與分解,(3)基本公式 運(yùn)動(dòng)時(shí)間t= (板長(zhǎng)為l,板間距離為d,板間電壓為U) 加速度 離開電場(chǎng)的偏轉(zhuǎn)量 偏轉(zhuǎn)角 3.示波器 示波器是用來觀察電信號(hào)隨時(shí)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.,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(gè)亮斑. (2)YY上加的是待顯示的 .XX上是機(jī)器自身的鋸齒形電壓,叫做 .若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相同,就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)變化的圖象.,中心,信號(hào)電壓,掃描電壓,熱點(diǎn)聚焦,1.帶電粒子在電場(chǎng)中

3、的運(yùn)動(dòng),綜合了靜電場(chǎng)和力學(xué)的知識(shí),分析 方法和力學(xué)的分析方法基本相同: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、減速;直線還是曲線),然后 選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題.解決這類問題的基本方法: (1)采用運(yùn)動(dòng)和力的觀點(diǎn):牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)求解. (2)用能量轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn):動(dòng)能定理和功能關(guān)系求解. 2.對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析時(shí)應(yīng)注意的問題 (1)要掌握電場(chǎng)力的特點(diǎn).電場(chǎng)力的大小和方向不僅跟場(chǎng)強(qiáng)的 大小和方向有關(guān),還跟帶電粒子的電性和電荷量有關(guān).在勻強(qiáng),熱點(diǎn)一 帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn),電場(chǎng)中,同一帶電粒子所受電場(chǎng)力處處是恒力;在非勻強(qiáng)電場(chǎng) 中,同一帶電粒子在不同位置所受電場(chǎng)力的大小

4、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、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(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的討論 圖3,在圖3中,設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m,帶電荷量為q,以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),偏轉(zhuǎn)電壓為U,若粒子飛離偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏距為y,偏轉(zhuǎn)角為,則tan= . 帶電粒子從極板的中線射入勻強(qiáng)電場(chǎng),其出射時(shí)速度方向的反向延長(zhǎng)線交于極板中線的中點(diǎn).所以側(cè)移距離也可表示為 y= tan,所以粒子好像從極板中央沿直線飛出去一樣.

5、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(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的,則qU0= mv02,即y= ,tan= = .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(guān),僅決定于加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng).即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),它們?cè)陔妶?chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角度和偏轉(zhuǎn)距離總是相同的.,熱點(diǎn)二 示波管 示波管是由電子槍、豎直偏轉(zhuǎn)電極YY、水平偏轉(zhuǎn)電極XX 和熒光屏組成的,電子槍發(fā)射的電子打在熒光屏上將出現(xiàn)亮 點(diǎn).若亮點(diǎn)很快移動(dòng),由于視覺暫留效應(yīng),能在熒光屏上看到 一條亮線. (1)如圖4所示,如果只在偏轉(zhuǎn)電極YY上加上如圖5甲所示 Uy=Umsint的電壓,熒光屏上亮點(diǎn)的偏移也將按正

6、弦規(guī)律變 化,即y=ymsint,并在熒光屏上觀察到的亮線的形狀為圖 6A(設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓頻率較高). (2)如果只在偏轉(zhuǎn)電極XX上加上如圖5乙所示的電壓,在熒 光屏上觀察到的亮線的形狀為圖6B(設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓頻率較高).,圖4 圖5,圖6 (3)如果在偏轉(zhuǎn)電極YY加上圖5甲所示的電壓,同時(shí)在偏轉(zhuǎn)電極XX上加上圖5乙所示的電壓,在熒光屏上觀察到的亮線的形狀為圖6C(設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓頻率較高).,題型1 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【例2】 如圖3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(qiáng)電場(chǎng)中,一帶負(fù)電荷的小球從高h(yuǎn)的A 處由靜止開始下滑,沿軌道ABC運(yùn)動(dòng)后進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng). 已知小

7、球所受的電場(chǎng)力是其重力的3/4,圓環(huán)半徑為R,斜面傾 角為,xBC=2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng),h至 少為多少? 圖3,題型探究,思路點(diǎn)撥 小球所受的重力和電場(chǎng)力都為恒力, 故兩力等效為一個(gè)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(yùn)動(dòng)的臨界點(diǎn)是能否通過D點(diǎn),若恰 好能通過D點(diǎn),即達(dá)到D點(diǎn)時(shí)球與環(huán)的彈力恰好為零. 解析 由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)得 由動(dòng)能定理有 又F=1.25mg 聯(lián)立可求出此時(shí)的高度 答案,方法提煉 由于帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力和重力都是恒力,粒子做的都是勻變速運(yùn)動(dòng),因此處理時(shí)有兩種方法: 1.正交分解法:將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解為

8、兩個(gè)互相垂直的直線運(yùn)動(dòng), 再根據(jù)運(yùn)動(dòng)合成的觀點(diǎn)去求復(fù)雜運(yùn)動(dòng)的有關(guān)物理量. 2.等效“重力”法:將重力與電場(chǎng)力進(jìn)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(chǎng)中的豎直方向.,變式練習(xí)1 如圖4所示,水平軌道與直徑為d=0.8 m的半圓軌道相接,半圓軌道的兩端點(diǎn)A、B連線是一條豎直線,整個(gè)裝置處于方向水平向右,大小為103 V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,一小球質(zhì)量m=0.5 kg,帶有q=510-3 C電量的正電荷,在靜電力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng),不計(jì)一切摩擦,g=10 m/s2. 圖4 (1)若它運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)離A為L(zhǎng),它恰能到達(dá)軌道最高點(diǎn)B,求小球在B點(diǎn)

9、的速度和L的值. (2)若它運(yùn)動(dòng)起點(diǎn)離A為L(zhǎng)=2.6 m,且它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)消失,它繼續(xù)運(yùn)動(dòng)直到落地,求落地點(diǎn)與B點(diǎn)的距離.,解析 (1)因小球恰能到B點(diǎn),則在B點(diǎn)有 小球運(yùn)動(dòng)到B的過程,由動(dòng)能定理 (2)小球離開B點(diǎn),電場(chǎng)消失,小球做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)落地點(diǎn)距B點(diǎn) 距離為s,由動(dòng)能定理小球從靜止運(yùn)動(dòng)到B有,答案 (1)2 m/s 1 m (2)2.53 m,題型2 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【例2】 如圖5甲所示,A、B是兩水平放置的足夠長(zhǎng)的平行金 屬板,組成偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)電場(chǎng),B板接地.A板電勢(shì) 隨時(shí)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(duì)兩孔 O1和O2,兩板間電壓為U2,

10、組成減速電場(chǎng).現(xiàn)有一帶負(fù)電粒 子在t=0時(shí)刻以一定初速度沿AB兩板間的中軸線O1O1進(jìn)入. 并能從O1沿O1O2進(jìn)入C、D間,剛好到達(dá)O2孔,已知帶電 粒子帶電荷量-q,質(zhì)量m,不計(jì)其重力.求: 圖5,(1)該粒子進(jìn)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(zhǎng)度的最小值. 解析 (1)因粒子在A、B間運(yùn)動(dòng)時(shí),水平方向不受外力做勻速運(yùn)動(dòng),所以進(jìn)入O1孔的速度即為進(jìn)入A、B板的初速度. 在C、D間,由動(dòng)能定理得qU2= mv02 即 (2)由于粒子進(jìn)入A、B后,在一個(gè)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(gè)周期內(nèi)進(jìn)入O1孔,則對(duì)應(yīng)兩板最短長(zhǎng)度為L(zhǎng)=

11、v0T= ,若在該時(shí)間內(nèi),粒子剛好不到A板而返回,則對(duì)應(yīng)兩板最小間距,設(shè)為d,所以 答案,變式練習(xí)2 如圖6所示,真空中相距d=5 cm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(shì)為零),A板電勢(shì)的變化規(guī)律如圖乙所示.將一個(gè)質(zhì)量m=2.010-27 kg,電荷量q=+1.610-19 C的帶電粒子從緊鄰B板處釋放,不計(jì)重力.求: 圖6 (1)在t=0時(shí)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(shì)變化周期T=1.010-5 s,在t=0時(shí)將帶電粒子從緊鄰B板處無初速度釋放,粒子到達(dá)A板時(shí)的速度大小. (3)A板電勢(shì)變化頻率多大時(shí),在t=T/4到t=T/2時(shí)

12、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(dá)A板?,解析 (1)在t=0時(shí)刻,電場(chǎng)強(qiáng)度E= ,所以加速度a= =4.0109 m/s2. (2)帶電粒子在0T/2內(nèi)所受電場(chǎng)力方向向右,T/2T內(nèi)電場(chǎng)力反向.帶電粒子在0T/2內(nèi)只受電場(chǎng)力作用做勻加速直線運(yùn)動(dòng),前進(jìn)的距離為x= at12= a( )2=5 cm,而金屬板間距d=5 cm,所以t=T/2時(shí)帶電粒子恰好到達(dá)A板,此時(shí)帶電粒子速度v=at1=2.0 104 m/s. (3)既然帶電粒子不能到達(dá)A板,則帶電粒子在T/4T/2內(nèi)向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng),在T/23T/4內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng),速度減為零后將反向運(yùn)動(dòng).當(dāng)t=T/4時(shí)將

13、帶電粒子從緊鄰B板處無初速度釋放,粒子向A板運(yùn)動(dòng)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(shí)速度減為零.根據(jù)題意有:,答案 (1)4.0109 m/s2 (2)2.0104 m/s,題型3 力電綜合分析 【例3】 如圖7所示,兩平行金屬板A、B板長(zhǎng)L=8 cm,兩板間 距離d=8 cm,A板比B板電勢(shì)高300 V,一帶正電的粒子帶電量 q=10-10 C,質(zhì)量m=10-20 kg,沿電場(chǎng)中心線OR垂直電場(chǎng)線飛入 電場(chǎng),初速度v0=2106 m/s,粒子飛出平行板電場(chǎng)后經(jīng)過界面 MN、PS間的無電場(chǎng)區(qū)域后,進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成 的電場(chǎng)區(qū)域(設(shè)界面PS右邊點(diǎn)電荷的電場(chǎng)

14、分布不受界面影響), 已知兩界面MN、PS相距為12 cm,O點(diǎn)在中心線上距離界面 PS 9 cm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=9109 Nm2/C2),圖7 (1)求粒子穿過界面MN時(shí)偏離中心線OR的距離多遠(yuǎn)? (2)試在圖上粗略畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡. (3)確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電量的大小. 解析 (1)設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出的側(cè)向位移為h,穿過界面PS時(shí)偏離中心線OR的距離為Y,則側(cè)向位移 (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. ,(3)帶負(fù)電,帶電粒子在離開電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng),由相似三角形知識(shí)得: 得Y=

15、4h=12 cm 設(shè)帶電粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為vy,則水平方向速度vx=v0=2106 m/s 電場(chǎng)方向速度vy=at= =1.5106 m/s 粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)速度v= =2.5106 m/s 設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為,則 ,因?yàn)閹щ娏Ｗ哟┻^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(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其半徑與速度方向垂直,勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑,r= =0.15 m 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知 代入數(shù)據(jù)解得Q=1.0410-8 C 答案 (1)3 cm (2)見解析圖 (3)帶負(fù)電 1.0410-8 C 【評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)】

16、 本題共22分.其中式各4分,式各2分,式各1分.,【名師導(dǎo)析】 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一類問題,是近幾年高考中考查的重點(diǎn)內(nèi)容之一.尤其是在力、電綜合試題中,多把電場(chǎng)與牛頓定律、動(dòng)能定理、功能關(guān)系、運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)、電路知識(shí)等巧妙地綜合起來,考查學(xué)生對(duì)這些基本知識(shí)、基本規(guī)律的理解和掌握的情況,應(yīng)用基本知識(shí)分析、解決實(shí)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(chǎng)中平衡、加速或偏轉(zhuǎn)),在處理這類問題時(shí),要善于聯(lián)系力學(xué)中的物理模型,借助力學(xué)模型,從受力情況、運(yùn)動(dòng)情況、能量轉(zhuǎn)移等角度去分析,將力學(xué)中處理問題的方法遷移到電場(chǎng)中去,問題就會(huì)變得比較容易解決.,自我批閱 (14分)如圖8

17、所示,在x0的空間中,存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E;在x0的空間內(nèi),存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)強(qiáng)大小也等于E,一電子(-e,m)在x=d處的P點(diǎn)以沿y軸正方向的初速度v0開始運(yùn)動(dòng),不計(jì)電子重力.求: 圖8 (1)電子在x軸方向的分運(yùn)動(dòng)的周期. (2)電子運(yùn)動(dòng)的軌跡與y軸的各個(gè)交點(diǎn)中,任意兩個(gè)相鄰交點(diǎn)之間的距離l.,解析 電子射入電場(chǎng)后,y方向的分運(yùn)動(dòng)一直為勻速運(yùn)動(dòng);x方向的分運(yùn)動(dòng)先是-x方向的加速運(yùn)動(dòng),接著是-x方向的減速運(yùn)動(dòng),又+x方向的加速運(yùn)動(dòng),再+x方向的減速運(yùn)動(dòng)如此反復(fù).故電子運(yùn)動(dòng)的軌跡如下圖所示. (4分) (1)設(shè)電子從射入到第一次與y軸相交所用時(shí)間為t,則 (2分) 解得 (

18、1分),所以,電子在x方向分運(yùn)動(dòng)的周期為 (2分) (2)在豎直方向上y=v0t= (2分) 電子運(yùn)動(dòng)的軌跡與y軸的各個(gè)交點(diǎn)中,任意兩個(gè)相鄰交點(diǎn)之間的距離l為l=2y= (3分) 答案,素能提升,1.如圖9所示,在xOy豎直平面內(nèi)存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng). 有一帶正電的小球自坐標(biāo)原點(diǎn)沿著y軸正方向以初速度v0拋 出,運(yùn)動(dòng)軌跡最高點(diǎn)為M,與x軸交點(diǎn)為N,不計(jì)空氣阻力,則小 球 ( ) 圖9 A.做勻加速運(yùn)動(dòng) B.從O到M的過程動(dòng)能增大 C.到M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為零 D.到N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于 mv02,解析 帶正電的小球自坐標(biāo)原點(diǎn)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(yùn)動(dòng),在運(yùn)動(dòng)開始的

19、一段時(shí)間內(nèi)合力與速度的夾角為鈍角,速度減小,A、B都錯(cuò);小球自坐標(biāo)原點(diǎn)到M點(diǎn),y方向在重力作用下做速度減小到零的勻變速運(yùn)動(dòng),x方向在電場(chǎng)力作用下做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),所以到M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能不為零,C錯(cuò);由動(dòng)能定理有:qEx= mvN2- mv020,D正確. 答案 D,2.如圖10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(shì)隨時(shí)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(jì)電子的重力).下列說法正確的是 ( ) 圖10 A.從t=0時(shí)刻釋放電子,電子始終向右運(yùn)動(dòng),直到打到右極板上 B.從t=0時(shí)刻釋放電子,電子可能在兩板間振動(dòng) C.從t=T/4時(shí)刻釋放電子,電

20、子可能在兩板間振動(dòng),也可能打 到右極板上 D.從t=3T/8時(shí)刻釋放電子,電子必將打到左極板上,解析 從t=0時(shí)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(yùn)動(dòng);如果兩板間距離不夠大,電子也始終向右運(yùn)動(dòng),直到打到右極板上. 從t=T/4時(shí)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(dòng);如果兩板間距離不夠大,則電子在第一次向右運(yùn)動(dòng)過程中就有可能打在右極板上. 從t=3T/8

21、時(shí)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(yùn)動(dòng)過程中就打在右極板上;如果第一次向右運(yùn)動(dòng)沒有打在右極板上,那就一定會(huì)在第一次向左運(yùn)動(dòng)過程中打在左極板上,綜上所述,選A、C. 答案 AC,3.如圖11所示,兩加上電壓的水平平行金屬板之 間放了一個(gè)薄帶電金屬網(wǎng),形成了上下兩個(gè)勻 強(qiáng)電場(chǎng)空間,場(chǎng)強(qiáng)分別為E1、E2.兩個(gè)不計(jì)重力 的帶電微粒從離金屬網(wǎng)d1、d2處先后水平射入 電場(chǎng)(不考慮兩微粒間的庫侖力),運(yùn)動(dòng)軌跡與金屬網(wǎng)相交于同 一點(diǎn),則 ( ) A.兩微粒帶同種電荷 B.若兩微粒初速度相同,則到達(dá)金屬網(wǎng)所用的時(shí)間相同 C.不改變其他物理量,僅將E1和d1同時(shí)減半,兩粒子仍然能相 交于同一

22、點(diǎn) D.若E1=E2,d1d2,則上方微粒的比荷(帶電量與質(zhì)量的比值)較 大,圖11,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(chǎng)力方向相反,而電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同,所以兩帶電微粒帶異種電荷, A錯(cuò)誤;在垂直于電場(chǎng)方向,帶電微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng),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(dá)金屬網(wǎng)所用的時(shí)間相同,B正確;由牛頓第二定律和類平拋運(yùn)動(dòng)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(shí)減半,帶電微粒在垂直于電場(chǎng)方向上的位移不變,兩粒子仍然能相交于同一點(diǎn),C正確;若E1=E2,d1d2,v1=v2,上

23、方微粒的比荷較大,若E1=E2,d1d2,v1v2,上方微粒的比荷較大,若E1=E2,d1d2,v1v2,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(cuò)誤. 答案 BC,4.如圖12所示,一根長(zhǎng)L=1.5 m的光滑絕緣細(xì)直桿MN,豎直固定 在場(chǎng)強(qiáng)為E=1.0105 N/C、與水平方向成=30角的傾斜 向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中.桿的下端M固定一個(gè)帶電小球A,電荷量 Q=+4.510-6 C;另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動(dòng),電荷 量q=+1.010-6 C,質(zhì)量m=1.010-2 kg.現(xiàn)將小球B從桿的上 端N靜止釋放,小球B開始運(yùn)動(dòng).(靜電力常量k=9.0 109 Nm2/C2,取g=10 m

24、/s2) 圖12,(1)小球B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為多大？ (2)小球B的速度最大時(shí),距M端的高度h1為多大？ (3)小球B從N端運(yùn)動(dòng)到距M端的高度h2=0.61 m時(shí),速度為v= 1.0 m/s,求此過程中小球B的電勢(shì)能改變了多少？ 解析 (1)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場(chǎng)力,小球B沿桿方向運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律得 解得 代入數(shù)據(jù)解得a=3.2 m/s2,(2)小球B速度最大時(shí)合外力為零,即 解得 代入數(shù)據(jù)解得h1=0.9 m (3)小球B從開始運(yùn)動(dòng)到速度為v的過程中,設(shè)重力做功為W1,電場(chǎng)力做功為W2,庫侖力做功為W3,根據(jù)動(dòng)能定理有 W1+W2+W3= mv2 W1=mg(

25、L-h2) W2=-qE(L-h2)sin 解得W3= mv2-mg(L-h2)+qE(L-h2)sin,設(shè)小球B的電勢(shì)能改變了Ep,則 Ep=-(W2+W3)Ep=mg(L-h2)- mv2 代入數(shù)據(jù)解得Ep=8.410-2 J 答案 (1)3.2 m/s2 (2)0.9 m (3)8.410-2 J,5.有一帶負(fù)電的小球,其帶電量q=-210-3 C.如圖13所示,開始 時(shí)靜止在場(chǎng)強(qiáng)E=200 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)中的P點(diǎn),靠近電場(chǎng)極板 B有一擋板S,小球與擋板S的距離h=5 cm,與A板距離H=45 cm, 重力作用不計(jì).在電場(chǎng)力作用下小球向左運(yùn)動(dòng),與擋板S相碰 后電量減少到碰前的k倍,已知

26、k= ,而碰后小球的速度大小 不變. 圖13 (1)設(shè)勻強(qiáng)電場(chǎng)中擋板S所在位置處電勢(shì)為零,則電場(chǎng)中P點(diǎn)的 電勢(shì)為多少?小球在P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能為多少?(電勢(shì)能用Ep表示),(2)小球從P點(diǎn)出發(fā)第一次回到最右端的過程中電場(chǎng)力對(duì)小球做了多少功? (3)小球經(jīng)過多少次碰撞后,才能抵達(dá)A板?(取lg1.2=0.08) 解析 (1)由勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)差之間的關(guān)系式得 USP=Eh 由電勢(shì)差和電勢(shì)之間的關(guān)系得 USP= 聯(lián)立解得P點(diǎn)的電勢(shì)為 -Eh=0 V -200510-2 V=-10 V 小球在P點(diǎn)的電勢(shì)能為 Ep=q =-210-3(-10) J=0.02 J,(2)對(duì)小球從P點(diǎn)出發(fā)第一次回到最右端的過程應(yīng)用動(dòng)能定理得 W電=Ek1-Ek0 由題可知小球從P出發(fā)第一次回到最右端時(shí)速度為零， 所以W電=Ek1-Ek0=0-0=0 (3)設(shè)碰撞n次后小球到達(dá)A板,對(duì)小球運(yùn)動(dòng)的全過程應(yīng)用動(dòng)能定理得 qEh-knqE(h+H)=Ekn-Ek0 小球到達(dá)A板的條件是:Ekn0 聯(lián)立解得n12.5,即小球經(jīng)過13次碰撞后,才能抵達(dá)A板. 答案 (1)-10 V 0.02 J (2)0 (3)13次,6.在足夠大的絕緣光滑水平面