應(yīng)用力學(xué)規(guī)律解決電場(chǎng)相關(guān)的運(yùn)動(dòng)與能量問題

1、應(yīng)用力學(xué)規(guī)律解決電場(chǎng)相關(guān)的運(yùn)動(dòng)與能量問題在物理學(xué)科內(nèi)，電學(xué)與力學(xué)結(jié)合最緊密，電學(xué)知識(shí)又是與實(shí)際問題及現(xiàn)代科技聯(lián)系最多的內(nèi)容。在高考中，最復(fù)雜的題目往往是力電綜合題。今天我們研究以帶電粒子在電場(chǎng)中為模型的電學(xué)與力學(xué)的綜合問題，運(yùn)用的基本規(guī)律主要是力學(xué)部分的。解決好力電綜合題目的關(guān)鍵：一是明確電學(xué)知識(shí)的基本概念、基本性質(zhì)；二是正確應(yīng)用力學(xué)的基本規(guī)律；三是遷移力學(xué)知識(shí)中靈活多變的方法。一. 電場(chǎng)中的基本概念、基本性質(zhì)1. 力的角度：電場(chǎng)力：F= Eq F= kQ1Q2 / r2電場(chǎng)強(qiáng)度：E= F/q E= kQ/ r2 E=U/d2. 能的角度：電勢(shì)差：UAB= WAB /q U=Ed電場(chǎng)力做功：W

2、AB = qUAB W= Fscos電勢(shì)能：功能關(guān)系：二. 應(yīng)用的主要力學(xué)規(guī)律1. 力的瞬時(shí)作用：對(duì)物體（質(zhì)點(diǎn)），牛頓第二定律F合=ma2. 力的空間積累作用：對(duì)物體（質(zhì)點(diǎn)），動(dòng)能定理W總=Ek =E k2 E k1；只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功時(shí)，機(jī)械能守恒定律E2=E1即Ek2+Ep2=Ek1+Ep13. 力的時(shí)間積累作用：對(duì)物體（質(zhì)點(diǎn)），動(dòng)量定理I合=p= p-p；對(duì)系統(tǒng)所受外力的合力為零時(shí)，動(dòng)量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1+m2v2三. 基本解題思路1. 認(rèn)真審題，弄清題意。（前提）2. 確定研究對(duì)象，受力分析、運(yùn)動(dòng)分析、做功分析、過程分析（不變量、變量、關(guān)聯(lián)量）。（關(guān)鍵）受力分析

3、運(yùn)動(dòng)分析做功分析過程分析3. 明確解題途徑，正確運(yùn)用規(guī)律。（核心）4. 回顧解題過程，分析解題結(jié)果。（保證）四. 解題的三條基本途徑和優(yōu)選策略1. 力與運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)：受力分析、牛頓運(yùn)動(dòng)定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律：靜止，勻速直線規(guī)律，勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，勻變速曲線運(yùn)動(dòng)規(guī)律（運(yùn)動(dòng)的合成與分解、平拋運(yùn)動(dòng)），圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律（以點(diǎn)電荷為圓心運(yùn)動(dòng)或受裝置約束運(yùn)動(dòng)），帶電粒子在交變電場(chǎng)中周期性運(yùn)動(dòng)及往復(fù)運(yùn)動(dòng)。2. 能量的觀點(diǎn)：動(dòng)能定理、功能關(guān)系、機(jī)械能守恒定律、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律功能關(guān)系：（1），（2），一對(duì)滑動(dòng)摩擦力對(duì)系統(tǒng)的總功為負(fù)，除重力或彈力以外只有滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，絕對(duì)值能量（機(jī)械能、電勢(shì)能、內(nèi)能）守恒

4、的表達(dá)式：初態(tài)和末態(tài)的總能量相等，即E初=E末；某些形式的能量的減少量等于其他形式的能量的增加量，即E減=E增；各種形式的能量的增量的代數(shù)和為零，即E1+E2+En=0。3. 動(dòng)量的觀點(diǎn)：動(dòng)量定理，動(dòng)量守恒定律。注意矢量性，解題時(shí)先選取正方向。例3. 如圖所示，電容器固定在一個(gè)絕緣座上,絕緣座放在光滑水平面上,平行板電容器板間的距離為d,右極板上有一小孔,通過孔有一左端固定在電容器左極板上的水平絕緣光滑細(xì)桿,電容器極板以及底座、絕緣桿總質(zhì)量為M.給電容器充電后,有一質(zhì)量為m的帶正電小環(huán)恰套在桿上以某一初速度v0d,試求：（1）帶電環(huán)與左極板相距最近時(shí)的速度v；（2）此過程中電容器移動(dòng)的距離s.

5、（3）此過程中能量如何變化？解析：（1）帶電環(huán)進(jìn)入電容器后在電場(chǎng)力的作用下做初速度為v0的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，而電容器則在電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們的速度相等時(shí)，帶電環(huán)與電容器的左極板相距最近，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律可得：動(dòng)量觀點(diǎn)：，力與運(yùn)動(dòng)觀點(diǎn)：設(shè)電場(chǎng)力為F，（2）能量觀點(diǎn)：對(duì)m：Eq·（）mvmv0對(duì)M：EqsMv0Eq（mM）vmv0所以·運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)：對(duì)M：對(duì)m: 解得：帶電環(huán)與電容器的速度圖象如圖所示.由三角形面積可得：, ,解得：4. 選用的一般策略對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)討論，在具備守恒條件時(shí)優(yōu)先考慮二個(gè)守恒定律；出現(xiàn)相對(duì)距離（或相對(duì)路程）時(shí)優(yōu)先考慮功能關(guān)系。對(duì)

6、單個(gè)物體的討論，宜用兩個(gè)定理，涉及時(shí)間優(yōu)先考慮動(dòng)量定理，涉及位移優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。研究所受力的瞬時(shí)作用與物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的關(guān)系，涉及過程的細(xì)節(jié)（加速度），且受恒力作用時(shí)，考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)規(guī)律。非勻強(qiáng)電場(chǎng)一般不適用力與運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)這一途徑，除了以點(diǎn)電荷為圓心的圓周運(yùn)動(dòng)。兩個(gè)定律和兩個(gè)定理，只考查一個(gè)物理過程的始末兩個(gè)狀態(tài)，對(duì)中間過程不予以細(xì)究，這是它們的方便之處，特別是變力問題，充分顯示出其優(yōu)越性。有些題目可以用不同方法各自解決，有些題目得同時(shí)運(yùn)用上述幾種方法才能，三種觀點(diǎn)不要絕對(duì)化。-qqOABE例2.（02全國(guó)理綜）如圖所示有三根長(zhǎng)度皆為l1.00 m的不可伸長(zhǎng)的絕緣輕線，其中兩根的一端固

7、定在天花板上的 O點(diǎn)，另一端分別掛有質(zhì)量皆為m1.00×kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為一q和q，q1.00×CA、B之間用第三根線連接起來空間中存在大小為E1.00×106N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向沿水平向右，平衡時(shí) A、B球的位置如圖所示現(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會(huì)達(dá)到新的平衡位置求最后兩球的機(jī)械能與電勢(shì)能的總和與燒斷前相比改變了多少（不計(jì)兩帶電小球間相互作用的靜電力）點(diǎn)撥解疑：圖（1）中虛線表示A、B球原來的平衡位置，實(shí)線表示燒斷后重新達(dá)到平衡的位置，其中、分別表示OA、AB與豎直方向的夾角。A球受力如圖（2）所示：重力mg，

8、豎直向下；電場(chǎng)力qE，水平向左；細(xì)線OA對(duì)A的拉力T1，方向如圖；細(xì)線AB對(duì)A的拉力T2，方向如圖。由平衡條件得 -qqOABE圖（4）圖 4B球受力如圖（3）所示：重力mg，豎直向下；電場(chǎng)力qE，水平向右；細(xì)線AB對(duì)B的拉力T2，方向如圖。由平衡條件得 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，得 如圖甲所示，a、b兩帶電小球電荷量分別為q和-q，質(zhì)量均為m.兩球用絲線相連，a球又用絲線掛在O點(diǎn).加一個(gè)向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，平衡后兩線都拉緊，則兩球所處位置可能是圖乙中的 由此可知，A、B球重新達(dá)到平衡的位置如圖（4）所示。與原來位置相比，A球的重力勢(shì)能減少了 B球的重力勢(shì)能減少了 A球的電勢(shì)能增加了 WA=qElc

9、os60°B球的電勢(shì)能減少了 兩種勢(shì)能總和減少了 代入數(shù)據(jù)解得 例1. 質(zhì)量為m，電量為+q的小球以初速度v0以與水平方向成角射出，如圖所示，如果在某方向加上一定大小的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，能保證小球仍沿v0方向做直線運(yùn)動(dòng)，試求所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的最小值，加了這個(gè)電場(chǎng)后，經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間速度變?yōu)榱?命題意圖：考查分析綜合能力及思維發(fā)散能力.B級(jí)要求.錯(cuò)解分析：部分考生挖掘隱含條件的能力差，不能據(jù)“保證小球仍沿v0方向做直線運(yùn)動(dòng)”的條件，推測(cè)重力和電場(chǎng)力在垂直于v0方向合力為零，從而無(wú)法切入.解題方法與技巧：由題知小球在重力和電場(chǎng)力作用下沿v0方向做直線運(yùn)動(dòng)，可知垂直v0方向上合外力為零，或者用力的分解或力

10、的合成方法，重力與電場(chǎng)力的合力沿v0所在直線.建如圖17-4所示坐標(biāo)系，設(shè)場(chǎng)強(qiáng)E與v0成角，則受力如圖：由牛頓第二定律可得Eqsin-mgcos=0 Eqcos-mgsin=ma 由式得：E=mgcosqsin 由式得：90°時(shí)，E最小為Eminmgcos/q其方向與v0垂直斜向上將90°代入式可得agsin即在場(chǎng)強(qiáng)最小時(shí)，小球沿v0做加速度為agsin的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t時(shí)速度為0，則：0v0gsint可得：t=-+OC例4. 已知如圖，水平放置的平行金屬板間有勻強(qiáng)電場(chǎng)。一根長(zhǎng)l的絕緣細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端系有質(zhì)量為m并帶有一定電荷的小球。小球原來靜止在C

11、點(diǎn)。當(dāng)給小球一個(gè)水平?jīng)_量后，它可以在豎直面內(nèi)繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若將兩板間的電壓增大為原來的3倍，求：要使小球從C點(diǎn)開始在豎直面內(nèi)繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，至少要給小球多大的水平?jīng)_量？在這種情況下，在小球運(yùn)動(dòng)過程中細(xì)繩所受的最大拉力是多大？解：由已知，原來小球在豎直面內(nèi)繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受到的電場(chǎng)力和重力大小相等，增大電壓后電場(chǎng)力是重力的3倍。在C點(diǎn)，最小速度對(duì)應(yīng)最小的向心力，這時(shí)細(xì)繩的拉力為零，合力為2mg，可求得速度為v=，因此給小球的最小沖量為I = m。在最高點(diǎn)D小球受到的拉力最大。從C到D對(duì)小球用動(dòng)能定理：，在D點(diǎn)，解得F=12mg。OvE例5. 真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的

12、勻強(qiáng)電場(chǎng)。在電場(chǎng)中，若將一個(gè)質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)中小球的速度與豎直方向夾角為37°（取）。現(xiàn)將該小球從電場(chǎng)中某點(diǎn)以初速度豎直向上拋出。求運(yùn)動(dòng)過程中（1）小球受到的電場(chǎng)力的大小及方向；（2）小球從拋出點(diǎn)至最高點(diǎn)的電勢(shì)能變化量；（3）小球的最小動(dòng)量的大小及方向。解：（1）根據(jù)題設(shè)條件，電場(chǎng)力大小電場(chǎng)力的方向水平向右。（2）小球沿豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度為沿水平方向做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a，小球上升到最高點(diǎn)的時(shí)間此過程小球沿電場(chǎng)方向位移電場(chǎng)力做功W=小球上升到最高點(diǎn)的過程中，電勢(shì)能減少（3）水平速度，豎直速度小球的速度由以上各式得出 解得當(dāng)此時(shí)·,

13、即與電場(chǎng)方向夾角為37°斜向上小球動(dòng)量的最小值為最小動(dòng)量的方向與電場(chǎng)方向夾角為37°，斜向上。例6. 一個(gè)帶電荷量為q的油滴，從O點(diǎn)以速度v射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，v的方向與電場(chǎng)方向成角，已知油滴的質(zhì)量為m，測(cè)得油滴達(dá)到運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)時(shí)，它的速度大小又為v，求：（1）最高點(diǎn)的位置可能在O點(diǎn)的哪一方？（2）電場(chǎng)強(qiáng)度 E為多少？（3）最高點(diǎn)處(設(shè)為N)與O點(diǎn)的電勢(shì)差UNO為多少？解：（1）由動(dòng)能定理可得在O點(diǎn)的左方（2）在豎直方向 mgt = mv sin，水平方向 qEt = mv + mv cos 得：UNO = （3）油滴由O點(diǎn)N點(diǎn)，由qUmgh = 0，在豎直方向上，(v0

14、sin)2 = 2ghUNO =tU0-U0oT/2 T 3T/2 2T例7. 如圖所示，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)律如圖所示。電子原來靜止在左極板小孔處。（不計(jì)重力作用）下列說法中正確的是A.從t=0時(shí)刻釋放電子，電子將始終向右運(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：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

15、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。選AC例9. 如圖，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的A點(diǎn)，有一點(diǎn)電荷，并用絕緣、不會(huì)伸長(zhǎng)細(xì)線與

16、O點(diǎn)相連，原來細(xì)線剛好被水平拉直。讓點(diǎn)電荷從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，求點(diǎn)電荷經(jīng)O點(diǎn)正下方時(shí)的速率v。已知電荷的質(zhì)量m=1×10-4kg，電量q=+1.0×10-7C,細(xì)線長(zhǎng)度L=10cm，電場(chǎng)強(qiáng)度E=1.73×104V/m，g=10m/s2。解題方法與技巧：許多同學(xué)見到此題不加思索地認(rèn)為小球從A點(diǎn)開始作圓周運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理列出方程，mgL+EqL=mv2/2代入數(shù)據(jù)解得v=2.3m/s.解：實(shí)際上本題中Eq=mg，電場(chǎng)力與重力的合力的方向與水平方向的夾角為30°，所以電荷從A點(diǎn)開始沿直線經(jīng)O點(diǎn)正下方B點(diǎn)處，到達(dá)C點(diǎn)后，細(xì)線方開始被拉直，如圖所示，電荷從A到B

17、，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，而不是從一開始就作圓周運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理列出方程，mgLsin30°+EqL=mv2/2，解得v=2.1m/s.例9. 靜止在太空中的飛行器上有一種裝置,它利用電場(chǎng)加速帶電粒子,形成向外發(fā)射的粒子流,從而對(duì)飛行器產(chǎn)生反沖力,使其獲得加速度.已知飛行器的質(zhì)量為M,發(fā)射的是2價(jià)氧離子,發(fā)射功率為P,加速電壓為U,每個(gè)氧離子的質(zhì)量為m,單位電荷的電量為e,不計(jì)發(fā)射離子后飛行器質(zhì)量的變化,求：（1）射出的氧離子速度；（2）每秒鐘射出的氧離子數(shù)；（3）射出離子后飛行器開始運(yùn)動(dòng)的加速度。解析：（1）以氧離子為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理，有：所以氧離子速度為 （2）設(shè)每秒鐘射出的氧離

18、子數(shù)為N，則發(fā)射功率可表示為：所以氧離子數(shù)為N=P/2eU （3）以氧離子和飛行器為系統(tǒng)，設(shè)飛行器的反沖速度為V，根據(jù)動(dòng)量守恒定律所以，飛行器的加速度為例9.（89全國(guó)）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m，電量為-q的小物體，可在水平軌道x上運(yùn)動(dòng)，O端有一與軌道垂直的固定墻，軌道處在場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向沿Ox軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小物體以初速度v0從點(diǎn)x0沿Ox軌道運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中受到大小不變的摩擦力f作用，且f<qE ，小物體與墻壁碰撞時(shí)不損失機(jī)械能，求它在停止前所通過的總路程？點(diǎn)撥解疑：首先要認(rèn)真分析小物體的運(yùn)動(dòng)過程，建立物理圖景。開始時(shí)，設(shè)物體從x0點(diǎn)，以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，它在水平方向受電場(chǎng)力qE和摩

19、擦力f，方向均向左，因此物體向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到速度為零；而后，物體受向左的電場(chǎng)力和向右的摩擦力作用，因?yàn)閝E>f，所以物體向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到以一定速度與墻壁碰撞，碰后物體的速度與碰前速度大小相等，方向相反，然后物體將多次的往復(fù)運(yùn)動(dòng)。但由于摩擦力總是做負(fù)功，物體機(jī)械能不斷損失，所以物體通過同一位置時(shí)的速度將不斷減小，直到最后停止運(yùn)動(dòng)。物體停止時(shí)，所受合外力必定為零，因此物體只能停在O點(diǎn)。對(duì)于這樣幅度不斷減小的往復(fù)運(yùn)動(dòng)，研究其全過程。電場(chǎng)力的功只跟始末位置有關(guān)，而跟路徑無(wú)關(guān)，所以整個(gè)過程中電場(chǎng)力做功注意三點(diǎn)：電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)，只與電荷的初末位置有關(guān)。摩擦力在物

20、體運(yùn)動(dòng)過程中始終做負(fù)功。因?yàn)?，較易判定物體最后只能停在靠墻點(diǎn)O處。就不難用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解了。根據(jù)動(dòng)能定理，得：。點(diǎn)評(píng)：該題也可用能量守恒列式：電勢(shì)能減少了，動(dòng)能減少了，內(nèi)能增加了，同樣解得。例9. 如圖所示，半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)的環(huán)面固定在水平面上，場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)與環(huán)面平行。一電量為+q、質(zhì)量為m的小球穿在環(huán)上，可沿環(huán)作無(wú)摩擦的圓周運(yùn)動(dòng)，若小球經(jīng)A點(diǎn)時(shí)，速度vA的方向恰與電場(chǎng)垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無(wú)力的作用，試計(jì)算：（1）速度vA的大??；（2）小球運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)對(duì)稱的B點(diǎn)時(shí)，對(duì)環(huán)在水平方向的作用力。點(diǎn)撥解疑：（1）在A點(diǎn)，小球在水平方向只受電場(chǎng)力作用，根據(jù)牛頓第二定律得：

21、 所以小球在A點(diǎn)的速度。（2）在小球從A到B的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力做的正功等于小球動(dòng)能的增加量，即 ，小球在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律，在水平方向有解以上兩式，小球在B點(diǎn)對(duì)環(huán)的水平作用力為：。點(diǎn)評(píng)：分析該題，也可將水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)等效成一新的重力場(chǎng)，重力為Eq，A是環(huán)上的最高點(diǎn)，B是最低點(diǎn)；這樣可以把該題看成是熟悉的小球在豎直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)的問題。 M N C d /2 h 3m m A B例9. 如圖中的M、N為兩豎直平行金屬板，相距為d，兩板間的電勢(shì)差恒為U，兩板間有一絕緣的光滑曲面AC和絕緣光滑平面AB，相切于兩板中點(diǎn)A，A與C的高度差為h，質(zhì)量為m的帶電小球在靠近N板的B處由靜止

22、開始在電場(chǎng)力的作用下運(yùn)動(dòng)，與停止A處的質(zhì)量為3m的不帶電小球相碰，碰后兩球粘在一起向曲面運(yùn)動(dòng)，不計(jì)兩球的大小，欲使它們剛好運(yùn)動(dòng)到C處速度減小為零，則質(zhì)量為m的球所帶電量為多少? （ q=32mgh/5U ）例9. 如圖所示，上表面粗糙的絕緣木板B放在光滑的水平面上,另一質(zhì)量為m,電量為q的小物塊A沿木板上表面以某一初速度從左端沿水平方向滑上木板.木板周圍空間存在著范圍足夠大的、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng).當(dāng)物塊A滑到木板最右端時(shí),物塊與木板恰好相對(duì)靜止.若將電場(chǎng)方向改為豎直向上,場(chǎng)強(qiáng)大小不變,物塊仍以原初速度從左端滑上木板,結(jié)果物塊運(yùn)動(dòng)到木板中點(diǎn)時(shí)兩者恰好相對(duì)靜止,假設(shè)物塊的帶電量不變,試問：物塊

23、所帶電荷的電性如何？電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為多少？【解析】(1)設(shè)小物塊的質(zhì)量為m,木板的質(zhì)量為M,它們相對(duì)靜止時(shí)的速度為v,由系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律可知上述兩種情景,小物塊與木板最終相對(duì)靜止時(shí)共同速度均為v.當(dāng)電場(chǎng)方向改為豎直向上時(shí),物塊仍以原初速度從左端滑上木板,結(jié)果物塊運(yùn)動(dòng)到木板中點(diǎn)時(shí)兩者恰好相對(duì)靜止,說明此時(shí)滑動(dòng)摩擦力較大,即此時(shí)物塊對(duì)木板的壓力較大,因此物塊帶負(fù)電.(2)在上述兩種情景中,小物塊均在滑動(dòng)摩擦力的作用下做初速度為v0的勻減速直線運(yùn)動(dòng),而木板在滑動(dòng)摩擦力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),它們的速度圖象如圖所示.設(shè)木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng),則AOC的面積為L(zhǎng),而AOB的面積為0.5L,則由三角形面積關(guān)系可

24、知：.設(shè)小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.當(dāng)電場(chǎng)方向豎直向上時(shí)研究木板,由動(dòng)量定理可得：,當(dāng)電場(chǎng)方向豎直向下時(shí)研究木板,由動(dòng)量定理可得：.、可得：. B A O例9. 如圖所示為區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上，長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端拴著一個(gè)質(zhì)量為3m的小球A，其帶電量為q,由于其所受的電場(chǎng)力大于其重力，靜止時(shí)A平衡在O點(diǎn)正上方，這時(shí)繩的拉力剛好等于A的重力。另一質(zhì)量為2m、大小與A完全相同的不帶電的小金屬球B，以水平速度v0與A發(fā)生正碰（碰后形狀不變），碰后瞬間B的速度為零，A則開始在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。為使A、B兩球能在某時(shí)刻的速度相同，繩長(zhǎng)l必須滿足怎樣的條件？（金屬

25、小球視為質(zhì)點(diǎn)，且不計(jì)帶電小球間的庫(kù)侖力） ( l=16v02/9g(4n+3) ( n=0,1,2) )如圖所示，帶正電小球質(zhì)量為m1×10-2kg，帶電量為ql×10-6C，置于光滑絕緣水平面上的A點(diǎn)當(dāng)空間存在著斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，該小球從靜止開始始終沿水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，測(cè)得其速度vB 1.5ms，此時(shí)小球的位移為S 0.15m求此勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的取值范圍(g10m/s2。)某同學(xué)求解如下：設(shè)電場(chǎng)方向與水平面之間夾角為，由動(dòng)能定理qEScos0得 V/m由題意可知0，所以當(dāng)E 7.5×104Vm時(shí)小球?qū)⑹冀K沿水平面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)檢查，計(jì)

26、算無(wú)誤該同學(xué)所得結(jié)論是否有不完善之處?若有請(qǐng)予以補(bǔ)充解：該同學(xué)所得結(jié)論有不完善之處為使小球始終沿水平面運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力在豎直方向的分力必須小于等于重力qEsin mg所以即7.5×104V/mE1.25×105V/m已知質(zhì)量為m、電荷為q的小球，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放后沿直線OP向斜下方運(yùn)動(dòng)（OP和豎直方向成角），那么所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的最小值是多少？OPmgEq解：根據(jù)題意，釋放后小球所受合力的方向必為OP方向。用三角形定則從右圖中不難看出：重力矢量OG的大小方向確定后，合力F的方向確定（為OP方向），而電場(chǎng)力Eq的矢量起點(diǎn)必須在G點(diǎn)，終點(diǎn)必須在OP射線上。在圖中畫出一組可

27、能的電場(chǎng)力，不難看出，只有當(dāng)電場(chǎng)力方向與OP方向垂直時(shí)Eq才會(huì)最小，所以E也最小，有E =為研究靜電除塵，有人設(shè)計(jì)了一個(gè)盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃，它的上下底面是面積A=0.04m2的金屬板，間距L=0.05m，當(dāng)連接到U=2500V的高壓電源正負(fù)兩極時(shí)，能在兩金屬板間產(chǎn)生一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示?，F(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每立方米有煙塵顆粒1013個(gè)，假設(shè)這些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，每個(gè)顆粒帶電量為q=+1.0×10-17C，質(zhì)量為m=2.0×10-15kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。求合上電鍵后：經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間煙塵顆粒可以被全部吸附？除塵過程中電場(chǎng)對(duì)煙塵顆粒共做了多少功？經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間容器中煙塵顆粒的總動(dòng)能達(dá)到最大？US接地+L解：當(dāng)最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時(shí)，煙塵就被全部吸附。煙塵顆粒受到的電場(chǎng)力F=qU/L，L=at2/2=qUt2/2mL，故t=0.02sW=NALqU/2=2.5×10-4J設(shè)煙塵顆粒下落距離為x，則當(dāng)時(shí)所有煙塵顆粒的總動(dòng)能EK=NA