高三物理帶電粒子在電場中的運動課件.ppt

帶電粒子在電場中的運動 一 帶電粒子在電場中的加速問題 在勻強電場中帶電粒子做勻加速直線運動 可通過牛頓定律和勻變速運動的運動學(xué)公式進行討論 1 用力和運動的觀點討論 2 用功和能的觀點討論 根據(jù)動能定理 在任意電場中可通過 式求解 在勻強電場中即可通過 式又可通過 式求解 例1 在點電荷 q的電場中有a b兩點 將質(zhì)子和 粒子分別從a點由靜止釋放 已知質(zhì)子和 粒子的電性相同 帶電量之比為1 2 質(zhì)量之比為1 4 則到達b點時 它們的速度大小之比為多少 帶電粒子的運動為變加速運動 不可能通過力和運動的關(guān)系求解 但注意到w qu這一關(guān)系式對勻強電場和非勻強電場都是適用的 因此用能量的觀點入手由動能定理求解此題 解 質(zhì)子和 粒子從a到b運動過程中 分別應(yīng)用動能定理得 聯(lián)立 兩式可解出它們到達b點時的速度大小之比為 例2 在p板附近有一電子由靜止開始向q板運動 則關(guān)于電子到達q板時的速率 下列解釋正確的是 a 兩板間距離越大 加速時間就越長 則獲得的速率就越大 b 兩板間距離越小 加速時間就越長 則獲得的速率就越大c 與兩板間的距離無關(guān) 僅與加速電壓有關(guān)d 以上解釋都不對 c v與d和t均無關(guān) 1 在帶電粒子的加速運動中 電場力一定做正功 公式w qu中q和u的符號總是相同 列方程時代入絕對值即可 2 電子做初速度為零的勻加速直線運動 本題也可用牛頓運動定律和運動學(xué)求解 還可以用動量定理求解 3 本題屬于電容器動態(tài)變化的第二類問題 u不變 當(dāng)兩板間距離發(fā)生變化時 勻強電場的場強會發(fā)生變化 但是電場力做功w eu不變 電子到達q極板時的動能不變 二 帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動 垂直射入勻強電場的帶電粒子 在電場中的偏轉(zhuǎn)是類平拋問題 與重力場中的平拋運動處理方式相似 也就是 正交分解 法 即在垂直電場線方向上為勻速運動 在平行電場線方向上為初速度為零的勻加速運動 注意 1 合分運動的等效性 獨立性和等時性 2 對每個分運動及合運動用能量的觀點處理問題 例1 一束電子自下而上進人一水平方向的勻強電場后發(fā)生偏轉(zhuǎn) 則電場方向為 進人電場后 電子的動能 填 增加 減少 或 不變 水平向左 增加 根據(jù)帶電粒子的軌跡求解有關(guān)問題時 做出帶電粒子的初速度和電場力矢量兩個有向線段的圖示是解題的出發(fā)點 v0 f e s 解析 由于電子是基本粒子 其重力比電場力小得多 可忽略重力 電子所受初速度與電場力 合外力 垂直 電子做 類平拋運動 電場力方向指向曲線的凹側(cè) 應(yīng)水平向右 電場力做正功 電子的動能增加 例3 二價氧離子與一價碳離子從水平放置的平行金屬板的中央沿垂直于電場方向發(fā)射 在下列各種情況下 求它們飛出電場時 在豎直方向上偏移的位移大小之比 射入時速度相同 射入時動量相同 射入時動能相同 經(jīng)相同電壓加速后射入 1 1 3 2 8 3 2 1 與q和m無關(guān) 首先作好鋪墊 求解物理量之比的程序設(shè)計1 找出所求量的表達式 2 先確定常量 3 再確定所求量 因變量 與表達式中自變量的比例式4 代入數(shù)值求解 例2 a b c d為勻強電場中的四個等勢面 一個電子從n點平行于等勢面方向射入勻強電場后的運動軌跡如實線nm 由此可知 a 電子在n的動能大于在m點的動能b 電子在n點的電勢能小于在m點的電勢能c 電場強度方向向左d 電場中a點電勢低于b電電勢 d 模型化歸 帶電粒子在勻強電場中做 類平拋運動 v0 f e s 解析 由于電子是基本粒子 其重力比電場力小得多 可忽略重力 電子所受初速度與電場力 合外力 垂直 電子做 類平拋運動 電場力方向指向曲線的凹側(cè) 應(yīng)水平向右 電場力做正功 電子的動能增加 電勢能減小 例4 如圖是一個說明示波管工作的部分原理圖 電子經(jīng)過加速后以速度v0垂直進入偏轉(zhuǎn)電場 離開偏轉(zhuǎn)電場時偏移量為h 兩平行板間距為d 電壓為u 板長為l 每單位電壓引起的偏移量 h u 叫做示波管的靈敏度 為了提高靈敏度 可采用的辦法是 a 增加兩極板間的電勢差ub 盡可能縮短板長lc 盡可能減小板間距dd 使電子的入射速度v0大些 c 先找到物理量表達式 先看常量后看變量 先定性判斷后定量計算 例5 一個電子以4 0 106m s的速度沿與電場垂直的方向從a點飛進勻強電場 并且從另一端b點沿與場強方向成1500角方向飛出 那么 a b兩點間的電勢差為多少伏 電子的質(zhì)量為9 1 10 31kg 學(xué)會用能量的觀點處理帶電粒子在電場中的運動問題 曲線運動的基本解法就是運動的合成和分解 va a b 1500 vb va vy 解 電子垂直進入勻強電場中 做類平拋運動 根據(jù)動能定理得 聯(lián)立 兩式解出ab兩點的電勢差 負號說明a點的電勢比b點低 例6 a b c三個 粒子同時由同一點垂直進入偏轉(zhuǎn)電場 其軌跡如圖所示 其中b恰好飛出電場 由此可以肯定 a 在b飛離電場的同時 a剛好打在負極板上b b和c同時飛離電場c 進入電場時 c的速度最大 a的速度最小d 動量的增量相比 c的最小 a和b一樣大 acd x y o 解 粒子做類平拋運動 由圖看出 由 式可知 由 式可知 由 式可知 根據(jù)動量定理得 例7 帶電粒子射入兩塊平行極板間的勻強電場中 入射方向跟極板平行 重力忽略 若初動能為ek 則離開電場時的動能為2ek 如果初速度增為原來的2倍 則離開電場時的動能為 a 3ekb 4ekc 17ek 4d 9ek 2 c 涉及到動能的變化 應(yīng)考慮用動能定理解題 過程一 過程二 解 帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動 聯(lián)立 兩式可得 聯(lián)立 式可得 模型化歸 帶電粒子在勻強電場中做 類平拋運動 三 帶電粒子在電場中的加速偏轉(zhuǎn)綜合問題 帶電粒子先經(jīng)加速電場加速后進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動 離開電場時的偏轉(zhuǎn)角 離開電場時的偏移量 帶電粒子離開電場時的偏轉(zhuǎn)角和偏移量均與帶電粒子的質(zhì)量和電量無關(guān) 只要電性相同的帶電粒子 在電場中留下的軌跡相同 所以無法將電性相同的粒子分開 例1 一束電子流在經(jīng)u1 5000v的加速電壓加速后 在距兩極板等距處垂直進入平行板間的勻強電場 如圖所示 若兩板間距d 1 0cm 板長l 5 0cm 那么 要使電子能從平行板間飛出 兩個極板上最多能加多大電壓 解 電子在加速電場中加速過程中 電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動過程中 聯(lián)立 兩式可得兩個極板上所加電壓的最大值 瞬時速度是聯(lián)系兩個過程的橋梁 例2 靜止的電子在加速電壓u1的作用下從o經(jīng)p板的小孔射出 又垂直進入平行金屬板間的電場 在偏轉(zhuǎn)電壓u2的作用下偏轉(zhuǎn)一段距離 現(xiàn)使u1加倍 要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化 應(yīng)該 a 使u2加倍b 使u2變?yōu)樵瓉淼?倍c 使u2變?yōu)樵瓉淼谋禿 使u2變?yōu)樵瓉淼? 2倍 a 要使電子的軌跡不變 則應(yīng)使電子進入偏轉(zhuǎn)電場后 任一水平位移x所對應(yīng)的側(cè)移距離y不變 解 電子先經(jīng)加速電場加速后進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動 聯(lián)立 兩式可得電子的偏移量 由此選項a正確 電學(xué)搭臺 力學(xué)唱戲 例3 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的兩塊平行板間的勻強電場中 在滿足電子射出平行板區(qū)的條件下 下述四種情況中 一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角 變大的是 a u1變大 u2變大b u1變小 u2變大c u1變大 u2變小d u1變小 u2變小 b 解 電子先經(jīng)加速電場加速 后進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動 電子離開電場時的偏轉(zhuǎn)角 聯(lián)立 兩式得 故選項b正確 平拋運動不是分解速度 就是分解位移 例4 有一電子 電量為e 經(jīng)電壓u0加速后進入兩塊間距為d 電壓為u的平行金屬板間 若電子從兩板正中間垂直電場方向射入 且正好能穿過電場 求 1 金屬板ab的長度 2 電子穿出電場時的動能 解 電子先經(jīng)加速電場加速后進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動 聯(lián)立 兩式解出金屬板ab的長度 對電子運動的整個過程根據(jù)動能定理可求出電子穿出電場時的動能 提升物理思想 整個過程運用動能定理解題 例5 空間某區(qū)域有場強大小為e的勻強電場 電場的邊界mn和pq是間距為d的兩個平行平面 如果勻強電場的方向第一次是垂直于mn指向pq界面 第二次是和mn界面平行 在這兩種情況下 一個帶電量為q的粒子以恒定的初速度垂直于mn界面進入勻強電場 帶電粒子從pq界面穿出電場時動能相等 則帶電粒子進入電場時的初動能是多大 不計重力 解 第一次帶電粒子做勻加速運動 聯(lián)立解出帶電粒子進入電場時帶電初動能 第二次帶電粒子做類平拋運動 帶電粒子在第一種情況下做勻加速直線運動 在第二種情況下做類平拋運動 兩種情況下帶電粒子的初末動能均相同 根據(jù)動能定理說明電場力做的功相等 而電場力大小相等 說明沿電場力方向的位移相等 由此第二種情況下 帶電粒子的勻速運動分運動的位移和初速度為零的勻加速運動的分運動的位移大小相等均為兩板間的距離d 四 帶電粒子在勻強電場中的 類斜拋運動 不管是哪一類曲線運動 其基本處理方法是根據(jù)運動的獨立性原理和力的獨立作用原理把曲線運動分解成兩個不同方向的簡單的直線運動來處理 帶電粒子在勻強電場中的 類斜拋運動 一般分解為沿電場力方向的勻變速直線運動和垂直于電場力方向的勻速直線運動 這類問題比較復(fù)雜 一般用動能定理求解 例1 兩平行金屬板相距10cm 兩板間電壓為100v a b兩點的連線與金屬板平行 一質(zhì)子以30ev的動能從a點射入兩板間 初速度v0與ab成 角 若質(zhì)子從b點離開電場 則末動能為 ev 若質(zhì)子從c點離開電場 bc 2cm 則末動能為 ev 若質(zhì)子從d點離開電場 且bd 3cm 則末動能為 ev 30 10 60 解 帶電粒子在勻強電場中做類斜拋運動 根據(jù)動能定理 將 y 0 y 2cm y 3cm代入上式可得答案 曲線運動的基本解法是運動的合成和分解 輔助解法是功和能的觀點常用動能定理 五 帶電粒子在交變電場中的直線運動 帶電粒子進入電場時的方向與電場方向平行 帶電粒子在交變電場力的作用下 做勻加速運動和勻減速運動交替的直線運動 必須分成幾個不同的階段進行分析 首先由電壓變化情況確定粒子所受電場力 再結(jié)合初速度確定帶電粒子的運動性質(zhì) 根據(jù)每段帶電粒子的運動規(guī)律做出其v t圖像 有時需要用坐標(biāo)軸的平移的方法 這類問題通常用動力學(xué)知識求解 例1 在平行板電容器a b兩板上加上如圖所示的交變電壓 開始b板的電勢比a板高 這時兩板中間原來靜止的電子在電場作用下開始運動 設(shè)電子在運動中不與極板發(fā)生碰撞 則下述說法正確的是 a 電子先向a板運動 然后向b板運動 再返回a板做周期性來回運動b 電子一直向a板運動c 電子一直向b板運動d 電子先向b板運動 然后向a板運動 再返回b板做來回周期性運動 c 解析1 在0 t 2內(nèi) 電子向b板做初速度為零的勻加速運動 在t 2 t內(nèi) 電子向b板做勻減速運動 由于電子的加速度大小相等 所以經(jīng)過一個周期 電子的速度減小為零 以后重復(fù)上述運動 物體的運動性質(zhì)由初速度和合外力兩個因素共同決定 不要做亞里士多德的追隨者 解析2 做出電子運動的速度時間圖像可以清楚地看到電子一直向b板運動 且每半個周期運動的位移相等 思考 若在t t 4時放入電子 電子做什么運動 解析 將上題中的v t圖像向下平移可做出電子運動的速度時間圖像可以清楚地看到在第二個四分之一周期內(nèi) 電子向b板做初速度為零的勻加速運動 在第三個和第四個四分之一周期內(nèi) 電子向b板做 類豎直上拋運動 第三個四分之一周期末剛好回到出發(fā)點 在第五個和第六個四分之一周期內(nèi) 電子向a板做 類豎直上拋運動 第六個四分之一周期末剛好回到出發(fā)點 電子以第二個四分之一周期末的位置為平衡位置做機械振動 例2 真空中相距d 5cm的兩塊平行金屬板a b與電源連接 圖中未畫出 其中b板接地 電勢為零 a板電勢變化的規(guī)律如圖 將一個質(zhì)量m 2 0 10 23kg 電量q 1 6 10 15c的帶電粒子從緊臨b板處釋放 不計重力 求 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時將帶電粒子從緊臨b板處無初速釋放 求粒子到達a板時動量的大小 解 釋放瞬間粒子的加速度 帶電粒子從b板釋放后 前半個周期向a板勻加速運動 后半個周期后向a板勻減速運動 根據(jù)對稱性 每半個周期內(nèi)運動的位移相等 說明帶電粒子經(jīng)半個周期到達a板 它到達a板的動量 做出帶電粒子運動的速度時間圖像可以清楚地看到帶電粒子一直向a板運動 且每半個周期運動的位移相等 圖 在物理學(xué)中有著十分重要的地位 它是將抽象物理問題直觀化 形象化的最佳工具 中學(xué)物理中常用的圖有示意圖 過程圖 函數(shù)圖 矢量圖 電路圖和光路圖等等 若題干或選項中已經(jīng)給出了函數(shù)圖 則需從圖象縱 橫坐標(biāo)的物理意義以及圖線中的 點 線 斜率 截距 和 面積 等諸多方面尋找解題的突破口 用圖象法解題不但快速 準(zhǔn)確 能避免繁雜的運算 還能解決一些用一般計算方法無法解決的問題 作圖法解物理題 例3 在平行金屬板a b之間加如圖所示的交變電壓 其頻率為f t 0時刻a板處有一個質(zhì)量為m 電量為q的正離子從靜止開始向b板運動 重力忽略不計 求 為使離子到b板時的速度最大 a b之間的距離d應(yīng)滿足什么條件 解 要使正離子到達b板的速度最大 需要正離子在電場中始終做加速運動 應(yīng)滿足 因此ab之間的距離應(yīng)滿足 取t t 2正離子運動的位移l為板長臨界狀態(tài)考慮 此時電場力做功為qu 若dl 則兩板間場強變小 電場力變小 加速度變小 正離子運動時間t t 2 半個周期正離子不會到達b板 半個周期內(nèi)電場力做功小于qu 加速電壓小于u 此后電場力做負功 整個過程電場力做功一定小于qu 例4 有一對長為l 相距為d的水平放置的金屬板a b 在兩極板間加如圖所示的交變電壓 t 0時 一正離子以速度v0從d 2處平行于金屬板進入電場 然后從電場中飛出 為保證正離子在d 2處離開電場 則交變電壓頻率應(yīng)滿足什么條件 欲使正離子離開電場時速度與初速度相同 交變電壓的頻率應(yīng)滿足什么條件 解 要使正離子從d 2處離開電場 要求它在豎直方向的分運動的位移為零 要求正離子在電場中運動的時間為交變電壓的周期的整數(shù)倍 要使正離子離開電場時的速度與初速度相同 要求它在豎直方向的分運動的速度為零 要求正離子在電場中運動的時間為交變電壓的半個周期的整數(shù)倍 正離子在垂直于兩板方向做機械振動這樣周期性運動 六 帶電粒子在電場和重力場的復(fù)合場中的運動 由于帶電粒子在勻強電場中所受的電場力與重力都是恒力 因此其處理方法有以下兩種 1 正交分解法 處理這種運動的基本思想與處理偏轉(zhuǎn)運動是類似的 可以將復(fù)雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直線運動 2 等效重力法 將重力和電場力進行合成 則其等效于 重力 a f合 m 等效于 重力加速度 f合的方向等效于 重力 的方向即重力場中的豎直向下的方向 有時需要結(jié)合直線運動和曲線運動的條件進行分析 例1 把一個傾角為 的絕緣斜面固定在勻強電場中 電場方向水平向右 電場強度大小為e 有一質(zhì)量為m 帶電量為 q的物體以初速度v0 從a端滑上斜面恰好能沿斜面勻速運動 求物體與斜面間的動摩擦因數(shù)多大 解 對物體受力分析 根據(jù)平衡條件得 聯(lián)立 兩式解出物體與斜面間的動摩擦因數(shù) 模型化歸 四個不在一條直線上的共點力的平衡問題 基本解法是正交分解 例2 水平放置的平行金屬板a b 分別與電源的兩極相連 帶電液滴p在金屬板a b間保持靜止 現(xiàn)設(shè)法使p固定 再使兩金屬板a b分別以過中心點o o 垂直與紙面的軸轉(zhuǎn)過一個角度 然后釋放p 則p在電場內(nèi)將做 a 勻速直線運動 b 水平向右的勻加速直線運動 c 斜向右下方的勻加速直線運動 d 曲線運動 b 解 根據(jù)平衡條件初狀態(tài)有 末狀態(tài)有 因此帶電液滴水平向右做勻加速直線運動 物體的運動性質(zhì)由初速度和合外力兩個因素共同決定 例3 一平行板電容器板長為l 兩板間距離為d 將其傾斜放置 如圖所示 兩板間形成一勻強電場 現(xiàn)有一質(zhì)量為m 帶電量為 q的油滴以初速度v0自左側(cè)下板邊緣處水平進入兩板之間 沿水平方向運動并且恰從右側(cè)上板邊緣處離開電場 那么 兩板之間的電勢差為多大 解 對帶電油滴受力分析 根據(jù)物體做直線運動的條件得 聯(lián)立 兩式解出兩板之間的電勢差 根據(jù)物體做直線運動的條件進行分析 準(zhǔn)確規(guī)范認真作圖是物理學(xué)習(xí)的基本功 力學(xué)搭臺 電學(xué)唱戲 例4 如圖中的虛線為勻強電場中的等勢面 相鄰等勢面的電勢差均為100v 間距為5cm 一質(zhì)量為0 1kg的帶負電的小球 以10m s的速度 沿與水平方向成30 角射入電場 若該小球做直線運動 求 小球的帶電量 沿運動方向的最大位移 g 10m s2 解 根據(jù)物體做直線運動的條件得 所以小球的電量 小球沿初速度方向做勻減速直線運動 根據(jù)動能定理 其中 聯(lián)立 兩式解出小球沿運動方向的最大位移 模型化歸 小球做 類豎直上拋運動 受力分析和運動分析是解 力學(xué)題 的生命線 例5 在真空室中有兩個水平的金屬板 板間的距離為h 有一質(zhì)量為m的小油滴 帶電量為q 自上極板的下表面處由靜止開始自由下落 當(dāng)它運動到兩極板間距離的中點時 給兩極板加電壓u 使電荷受到向上的電場力 當(dāng)電壓等于多大 才能使小油滴在剛好接近下極板時 開始向上運動 解 前半程帶電油滴做自由落體運動 后半程帶電油滴在重力和電場力的共同作用下做勻減速直線運動 到下極板時速度減小為零 然后開始向上運動 整個過程中根據(jù)動能定理 所以兩極板加的電壓 提升物理思想 整個過程運用動能定理解題 例6 一根粗細均勻的直桿 豎直固定在水平面上 置于豎直向上的勻強電場中 場強為e 桿上套著一個質(zhì)量為m 電量為 q的小球 小球在桿上滑動時受到的摩擦力為f 小球在高出水平面h的a處以初速度v0豎直向上彈出 設(shè)豎直桿足夠長 小球與水平面碰撞時無能量損失 小球與桿 水平面絕緣 求小球向上的最大位移x以及最大的路程s 解 小球受重力 摩擦力和電場力作用向上做勻減速直線運動 根據(jù)動能定理 小球最終停在水平面上 在整個過程中 根據(jù)動能定理 小球向上運動的最大位移 所以小球運動的最大路程 例7 一個質(zhì)量為m 帶有電荷 q的小物體 可在水平軌道ox軸上運動 o端固定在墻上 軌道處于勻強電場中 場強大小為e 方向沿ox軸正向 如圖所示 小物體以初速v0從x0點沿ox軌道運動 運動時受到大小不變的摩擦力f作用 且f qe 設(shè)小物體與墻碰撞時不損失機械能 且電量保持不變 求它在停止運動前所通過的總路程s 解 開始時設(shè)物體的從x0點以v0向右運動 則物體先向右做勻減速運動 直到速度減小為零 由于qe f 接著物體向左做勻加速運動 直到以一定速度與墻碰撞 原速率彈回后重復(fù)以上過程 由于摩擦力總是做負功 所以物體通過同一位置的速度將不斷減小 直到最后停止 物體停止時 必須滿足速度為零和合外力為零兩個條件 只有o點滿足上述條件 在整個過程中 根據(jù)動能定理有 提升物理思想 整個過程運用動能定理解題 例8 質(zhì)量為5 0 10 8kg的帶電微粒 以v0 2m s的速度從水平放置的平行金屬板a b的中央水平飛入板間 已知板長l 10cm 板間距離d 2cm 當(dāng)uab 1000v時 帶電微粒恰好沿直線穿過板間 問 ab間所加電壓在什么范圍內(nèi)帶電微粒能從板間飛出 g 10m s2 解 根據(jù)平衡條件得 所以小球的電量 當(dāng)帶電微粒剛好從a板右端飛出時 所加電壓具有最大值umax 模型化歸 過程一 小球做 勻速直線運動 過程二 小球做 類平拋運動 用等效重力的思想把重力和電場力看成等效重力 當(dāng)帶電微粒剛好從b板右端飛出時 所加電壓具有最大值umin 聯(lián)立 式解出ab間所加電壓的最小值 聯(lián)立 式解出ab間所加電壓的最大值 1 全面地 變化地分析問題 2 矛盾的主要方面決定事物是性質(zhì) 例9 一帶電粒子以豎直向上的初速度v自a點進入場強為e 方向水平向右的勻強電場 粒子受到的電場力大小等于重力 當(dāng)粒子到達b點時 速度大小仍等于v 但方向變?yōu)樗?那么a b之間的電勢差等于多少 從a到b所經(jīng)歷的時間時多少 解 帶電粒子在豎直方向上做豎直上拋運動 水平向右做初速度為零的勻加速直線運動 a b之間的電勢差 聯(lián)立 式解出a b間的電勢差 由 式解出從a到b所經(jīng)歷的時間 曲線運動的基本解法是運動的合成和分解 將曲線運動分解為兩個互相正交的簡單的直線運動 例10 一個勁度系數(shù)為k 絕緣材料制成的輕彈簧 一端固定 另一端與質(zhì)量為m 帶正電荷q的小球相連 靜止在光滑水平面上 當(dāng)加入下圖所示的場強為e的勻強電場后 小球開始運動 以下敘述正確的是 a 球的速率為零時 彈簧伸長qe kb 球做簡諧振動 振幅為qe kc 運動過程中 小球的機械能定恒d 運動過程中 電勢能 動能和彈性勢能互相轉(zhuǎn)化 bd 解析 本題屬于類豎直方向的彈簧振子模型 小球做簡諧運動 首先確定平衡位置在電場力和彈簧力二力平衡的位置 此時彈簧伸長qe k 彈簧原長時小球在最左端 說明振幅為qe k 小球在最右端時 彈簧伸長2qe k 運動過程中 彈簧力和電場力對小球做功 小球的機械能和電勢能之和守恒 模型化歸 豎直方向上的彈簧振子 電場力和彈簧力的合力提供回復(fù)力 例11 質(zhì)量為m 帶電量為 q的小球 用一絕緣細線懸于o點 開始時它在a c之間來回擺動 oa oc與豎直方向ob的夾角均為 如圖所示 如