帶電粒子在電場中的運動教師版

1、帶電粒子在電場中的運動考綱要求：n (限于帶電粒子進入電場是速度平行或垂直的情況)學(xué)習(xí)目標：(1)進一步理解在電場中物體的運動和力的關(guān)系(2)初步掌握帶電粒子在電場中一些運動如：平衡、加速、偏轉(zhuǎn)等處理方法一、帶電粒子在電場中的平衡與直線運動1. 帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1) 基本粒子：如電子、質(zhì)子、a粒子、離子等(2) 帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等2. 帶電粒子在電場中的平衡解題步驟：3. 帶電粒子在電場中的直線運動例1：.如圖，在真空中有一對平行金屬板，接上電壓為U的電池組，在它們之間建立方向水平向右的勻強電場。有一個帶電量為+q，質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)穿過正極板上

2、的小孔進入電場， 在電場中被加速，到達負極板時從負極板上正對的小孔穿出。設(shè)穿出時速度大小為 v, v是多大呢?呂I_練1:如圖所示，從 F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中錯誤的是(設(shè)電源電動勢為 U)()A. 電子到達B板時的動能是 U(eV)B. 電子從B板到達C板動能變化量為零C. 電子到達D板時動能是3U(eV)D. 電子在A板和D板之間做往復(fù)運動練2：如圖，板長L=4 cm的平行板電容器，板間距離 d=3 cm，板與水平線夾角a =37°，兩板所加 電壓為U=100 V，有一帶負電液滴，帶電荷量為 q=3X 10-10c，以vo=1 m/s的

3、水平速度自 A板邊緣 水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出，取 g=10 m/s2.求：(1) 液滴的質(zhì)量；(2) 液滴飛出時的速度.4帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)(1) 處理方法：(1) 研宛條件;帶電粒子于電場方向進入勻強電場.，應(yīng)用運動的合成與分解l沿初速度方向做運動.運動時間/=沿電場方向做初速度為零的運動(2) 處理方法：類似于 的方送.能飛出平行板電容器訂=運動時|» *'K打在平行極板上:;y= +山一冷Zmdy離開電場吋的偏移氐y *如I離開電場時的偏轉(zhuǎn)血麗瓷=練3:三個分別帶有正電、負電和不帶電的質(zhì)量相同的顆粒，從水平放置的平行帶電金屬板左側(cè)

4、以相同速度v0垂直電場線方向射入勻強電場，分別落在帶正電荷的下板上的a、b、c三點，如圖所示,下面判斷正確的是()+4-A. 落在a點的顆粒帶正電，c點的帶負電，b點的不帶電B. 落在a、b、c點的顆粒在電場中的加速度的關(guān)系是aa>ab>acC. 三個顆粒在電場中運動的時間關(guān)系是ta>tb>tcD. 電場力對落在c點的顆粒做負功練4如圖所示，在真空中水平放置一對平行金屬板，板間距離為d,板長為I，加電壓U后，板間產(chǎn)生一勻強電場，一質(zhì)子 (質(zhì)量為m，電量為q)以初速度vo垂直電場方向射入勻強電場，求：質(zhì)子射出電場時的速度例2示波管是一種多功能電學(xué)儀器，它的工作原理可以等效

5、成下列情況：如圖所示，真空室中電極 K發(fā)出電子（初速度不計），經(jīng)過電壓為U1的加速電場后，由小孔S沿水平金屬板 A、B間的中心線射入板 中.金屬板長為L,相距為d,當(dāng)A、B間電壓為U2時電子偏離中心線飛出電場打到熒光屏上而顯示亮 點.已知電子的質(zhì)量為 m、電荷量為e不計電子重力，下列情況中一定能使亮點偏離中心距離變大的是 （ ）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變小練5:如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L,板間距離為d,在板右端L處有一豎直放置,最后垂直打在 M屏上，則下列結(jié)論的光屏M, 一帶電荷量為q,質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板

6、中央射入板間 正確的是（）A. 板間電場強度大小為 mg/qB. 板間電場強度大小為2mg/qC. 質(zhì)點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等D. 質(zhì)點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間課后練習(xí)1:若將例1圖中電池組的正負極調(diào)換，則兩極板間勻強電場的場強方向變?yōu)樗较蜃螅?帶電量為+q，質(zhì)量為 m的帶電粒子，以初速度 Vo,穿過左極板的小孔進入電場，設(shè)穿出極板時速 度大小為v，v又是多大呢？課后練習(xí)2:如圖所示，矩形區(qū)域 ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子 a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB 的中點0射

7、入，從頂點C射出.若不計重力，則a和b的比荷（即粒子的電荷量與質(zhì)量之比 ）是（ ）A. 1 : 2B. 2 : 1C. 1 : 8D. 8 : 1課后練習(xí)3:如圖所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在光屏P上，關(guān)于電子的運動，則下列說法中正確的是（） A.滑動觸頭向右移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位 置上升B. 滑動觸頭向左移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升C. 電壓U增大時，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變D. 電壓U增大時，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變一、帶電粒子在電場中做偏轉(zhuǎn)運動

8、1. 如圖所示，在平行板電容器之間有勻強電場，一帶電粒子（重力不計）以速度vo垂直電場線射人電場，經(jīng)過時間t|穿越電場，粒子的動能由 Ek增加到2Ek ；若這個帶電粒子以速度 2 vo垂直進人 該電場，經(jīng)過時間t2穿越電場。求：（l ）帶電粒子兩次穿越電場的時間之比tl： t2；V02. 如圖所示的真空管中，質(zhì)量為 m,電量為e的電子從燈絲F發(fā) 出，經(jīng)過電壓 Ui加速后沿中心線射入相距為 d的兩平行金屬板E、C間的勻強電場中，通過電場后打到熒光屏上，設(shè)E、C間電壓為U2, E、C板長為li,平行金屬板右端到熒光屏的距離 為l 2，求:電子離開勻強電場時的速度與進入時速度間的夾角.電子打到熒光屏

9、上的位置偏離屏中心距離.解析：電子在真空管中的運動過分為三段，從F發(fā)出在電壓Ui作用下的加速運動；進入平行金屬（2）帶電粒子第二次穿出電場時的動能。板E、C間的勻強電場中做類平拋運動；飛離勻強電場到熒光屏間的勻速直線運動.設(shè)電子經(jīng)電壓 Ui加速后的速度為 vi，根據(jù)動能定理有:eU1mv<2電子進入B>C間的勻強電場中，在水平方向以vi的速度做勻速直線運動，豎直方向受電場力的作用做初速度為零的加速運動，其加速度為：eE eU2a 二m dm電子通過勻強電場的時間 t = -1Vi電子離開勻強電場時豎直方向的速度Vy為:Vy"t 迪mdv1電子離開電場時速度 V2與進入電場

10、時的速度Vi夾角為a (如圖5)則tg -VyVieU2l1mdv；U2I12U1d： = arctgU2I12U1d疤人 la 電子通過勻強電場時偏離中心線的位移y-at221 e62 dm2U2I124U1d電子離開電場后，做勻速直線運動射到熒光屏上，豎直方向的位移y = l2tg U2l1l22U1d電子打到熒光屏上時，偏離中心線的距離為y “1 y2 =昭（號 i2）2U1d 23. 在真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場若將一個質(zhì)量為m帶正電電量q的小球在此電場中由靜止釋放，小球?qū)⒀嘏c豎直方向夾角為37的直線運動?，F(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度v0豎直向上拋出，求運動過程中

11、(取 sin37 =0.6,cos37 =0.8)(1) 小球受到的電場力的大小及方向；(2) 小球運動的拋出點至最高點之間的電勢差U.解析：(1)根據(jù)題設(shè)條件，電場力大小3Fe =mgtan37mg 電場力的方向向右(2)小球沿豎直方向做初速為 V。的勻減速運動，到最高點的時間為t，則:Vy 二 V。-gt =°Vog沿水平方向做初速度為°的勻加速運動，加速度為axFe此過程小球沿電場方向位移為:1 +sx 二一axt2c23v°小球上升到最高點的過程中，電場力做功為:W =qU= FeSx= 32mv°9mv°2U =32q4. 在足夠大的

12、空間中，存在水平向右的勻強電場，若用絕緣細線將質(zhì)量為m的帶正電的小球懸掛在電場中，其靜止時細線與豎直方向夾角0 =37° .現(xiàn)去掉細線，將該小球從電場中的某點豎直向上拋出拋出時的初速度大小為v°,如圖13所示.求：(1)電場強度的大小i* 小球在電場內(nèi)運動過程中的最小速率'小球從拋出至達到最小速率的過程中，電場力對小球所做的功_(sin37 ° =°.6,cos37 ° =0.8)上:5. 如圖所示，在空間中取直角坐標系Oxy，在第一象限內(nèi)平行于y軸的虛線MN與y軸距離為d,從y軸到MN之間的區(qū)域充滿一個沿y軸正方向的勻強電場，場強大小

13、為E。初速度可以忽略的電子經(jīng)過另一個電勢差為U的電場加速后，從 y軸上的A點以平行于x軸的方向射入第一象限區(qū)域，2A點坐標為(0, h)。已知電子的電量為 e,質(zhì)量為 m,加速電場的電勢差 U ，電子的重力忽4h略不計，求：(1)電子從A點進入電場到離開該電場區(qū)域所經(jīng)歷的時間t和離開電場區(qū)域時的速度 v;(2)電子經(jīng)過x軸時離坐標原點 0的距離I。 解析：得電子進入偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域的初速度vo= i,2mu(1)由 eU =1 mvo2設(shè)電子從MN離開，則電子從 A點進入到離開勻強電場區(qū)域的時間d , mt= V0 = d、2eu；1.2 Ed2y= 2 at=石-¥Ed2因為加速電場的

14、電勢差 U > Ed ,說明yv h,4h，說明以上假設(shè)正確eE . m eEd m 所以 Vy= at= - d ：2eu =肓；2eu2eUeE2d2m + 2mU離開時的速度V= V02 + Vy2 =(2)設(shè)電子離開電場后經(jīng)過時間t到達x軸,在x軸方向上的位移為x'則X，= Vot ' , y '= h-y= h號 t= vyt ' 則 1= d+ x'= d+ vot = d+ vo (-)=Vy 2代入解得i=d + 2Ehu、帶電粒子在電場中做圓周運動電量為+q的帶電m+ q6. 在方向水平的勻強電場中，一不可伸長的不導(dǎo)電細線一端連著

15、一個質(zhì)量為 小球，另一端固定于 O點。將小球拉起直至細線與場強平行，然后 無初速釋放，則小球沿圓弧作往復(fù)運動。已知小球擺到最低點的另 一側(cè)，線與豎直方向的最大夾角為v (如圖)。求：(1) 勻強電場的場強。(2) 小球經(jīng)過最低點時細線對小球的拉力。解：(1)設(shè)細線長為I，場強為E，因電量為正，故場強的方向為水平向右。從釋放點到左側(cè)最高點，由動能定理有WG亠WE =：Ek = 0，故mgl cost -qEI(1亠sinv),解得 e 二 mgC0S，q(1 +si nO)由牛頓第二定律得2T mg二m十，聯(lián)立解得T = mg3 -2cos 711 - sin v7.如圖所示，水平軌道與直徑為d

16、=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=5X10-3C2g=10m/s ,(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.電量的正電荷，在電場力作用下由靜止開始運動，不計一切摩擦,(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.(1)因小球恰能到 B點，則在B點有2mvBmg =y d2（1 分）Vbgd =2m/s2（1 分）小球運動到B的過程，由動能定理qEL - mgd 二

17、 1 mvB（1 分）1 2-mvB mgdqE5mgd41mqE（1 分）(2)小球離開B點,電場消失，小球做平拋運動,設(shè)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qEL"-mgd二 1 mVB2VbKEL-Mgd2m/s（2 分）* 8 （x = vBt2m5（2 分）s = d2 x2 = 2.4m,軌道與一一帶正電荷q = 10，求：8.如圖所示，在 E = 103V/m的水平向左勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置， 水平絕緣軌道 MN連接，半圓軌道所在豎直平面與電場線平行，其半徑R= 40cm,一4C的小滑塊質(zhì)量為 m = 40g，與水平軌道間的動摩因數(shù)J

18、 = 0.2 ，取g = 10m/s 2(1) 要小滑塊能運動到圓軌道的最高點L,滑塊應(yīng)在水平軌道上離N點多遠處釋放?(2) 這樣釋放的滑塊通過 P點時對軌道壓力是多大？ ( P為半圓軌道中點)_u解析：（1）滑塊剛能通過軌道最高點條件是mg2v二 m , vRRg =2m/s.滑塊由釋放點到最高點過程由動能定理:1 2EqS hgSmg2R=- mv21 2m -v 2gR.S=-Eq -Eg代入數(shù)據(jù)得：S= 20m（2）滑塊過P點時，由動能定理:1 2 1 2 mgR EqRmv mvp2 2.vP =v2 2( g -Eq) Rm在P點由牛頓第二定律：mv N -Eq -R.N =3mg

19、 Eq代入數(shù)據(jù)得：N = 1.5N9.如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點0,用一根長度為| =0.40 m的絕緣細線把質(zhì)量為 m=0.20 kg,帶有正電荷的金屬小球懸掛在 o點，小球靜止在 B點時細線與 豎直方向的夾角為 =37°.現(xiàn)將小球拉至位置 A使細線水平后由靜止釋放，求：（1）小球運動通過最低點C時的速度大小.（2）小球通過最低點C時細線對小球的拉力大小.（3）如果要使小球能繞o點做圓周運動，則在 A點時沿垂直于 0A方向上施加給小球的初速度的大小范圍。（g取10m/s 2 , sin 37° =0.60, cos 37 ° =0.80)解:(

20、1)小球受到電場力gE、輸力噸和繩的拉力咋用處于靜11,根錯共慮力平衡條件有:.3qE m 腳 n 3 丁 二丁 mg q対于小球從A點運動到C鼠，根據(jù)動能定理有:mg!-證f二專叔解鶴小球通過C點時的遞度 叨J2儷g-qE)7?石=72 m/5c(2)設(shè)小球在最牴點時細線對小球的拉力為八銀據(jù)牛頓第二定律有:%m t解埶T= 3 N10. 如圖所示，在勻強電場中一帶正電的小球以某一初速度從絕緣斜面上滑下，并沿與斜面相切的絕緣圓軌道通過最高點已知斜面傾角為30。，圓軌道半徑為R,勻強電場水平向右，場強為 E,小球質(zhì)量為m，帶電量為 三啤，不計運動中的摩擦阻力，則小球至少應(yīng)以多大的初速度滑下？在3

21、E此情況下，小球通過軌道最高點的壓力多大?圖解析：小球的受力如圖9所示，從圖中可知:圖tg=二 qE _ WmgE _3，30。mg 3Emg 3所以帶電小球所受重力和電場力的合力始終垂直于斜面,小球在斜面上做勻速直線運動，其中F 二血 3mgcos 日 3把小球看作處于垂直斜面向下的等效力場F中，等效力加速度Fm點的速度最小，為 Vb = 、Rg,=233 Rg，由功能關(guān)系可得:1 mv = 1mvB +2Rmg,2 2Va =JvB +4Rg，=、詈RgHRg =此即為小球沿斜面下滑的最小速度.設(shè)C點的速度為Vc,則1 2 1 2mvCmvB =mgR(1_cosn)% = Jv； +2&

22、#167;只（1 cos日）=JRg+痙 Rg（i _逅）=J（2j3 2）RgV 332小于球通過最高點c時，向心力由重力和軌道壓力提供，因而有：mvCN mg 一y R2mvCR-mg =m(2、3 -2)RgR-mg=(2.3 _3)mg11. 如圖甲所示，A、B是一對平行放置的金屬板，中心各有一個小孔P、Q, PQ連線垂直金屬板，兩板間距為d.現(xiàn)從P點處連續(xù)不斷地有質(zhì)量為m、帶電量為+ q的帶電粒子（重力不計），沿PQ方向放出，粒子的初速度可忽略不計在t= 0時刻開始在 A、B間加上如圖乙所示交變電壓（ A板電勢高于B板電勢時，電壓為正），其電壓大小為 U、周期為T.帶電粒子在 A、B

23、間運動過程中， 粒子間相互作用力可忽略不計.ABP1 1r_1rjUOu11'111111t.J.1 一t/2TI3T/2 -U11_1l|jij甲乙圖13（1 ）如果只有在每個周期的 0T時間內(nèi)放出的帶電粒子才能從小孔Q中射出，則上述物4理量之間應(yīng)滿足怎樣的關(guān)系.（2）如果各物理量滿足（1 ）中的關(guān)系，求每個周期內(nèi)從小孔Q中有粒子射出的時間與周期T的比值.解：（1）在0 > T時間內(nèi)，進入 A、B板間的粒子，在電場力的作用下，先向右做勻加速運動，在4T 一； T時間內(nèi)再向右做勻減速運動，且在0； T時間內(nèi)，越遲進入 A、B板間的粒子，其加速過24程越短，減速運動過程也相應(yīng)地縮短

24、，當(dāng)速度為零后，粒子會反向向左加速運動。由題意可知0-4時間內(nèi)放出的粒子進入 A、B板間，均能從 Q孔射出，也就是說在 T時刻進入A、B板間的粒子是2能射出Q孔的臨界狀態(tài)。粒子在L時刻進入A、B間電場時，先加速，后減速，由于粒子剛好離開電場，說明它離開電2倍，所以有4場的速度為零，由于加速和減速的對稱性，故粒子的總位移為加速時位移的1.T. 2d=2 產(chǎn)（4）_ qUT 2-16mdd2疋16m(2)若情形(1)中的關(guān)系式成立，貝U t = 0時刻進入電場的粒子在電場中運動的時間為最短 (因只有加速過程)，設(shè)最短時間為tx,則有1 2d二捫T3T在t時刻進入電場的粒子在 t的時刻射出電場，所以

25、有粒子飛出電場的時間為43T t4由式得 ：tT三、帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)1 如圖甲所示，A、B是在真空中平行放置的金屬板，加上電壓后，它們之間的電場可視為勻 強電場。 A、B兩板間距d =15cm。今在A、B兩極上加如圖乙所示的電壓，交變電壓的周期6q8T =1.0 00-s； t =0時，A板電勢比B板電勢高，電勢差 U° =108V。一個荷質(zhì)比=1.0 00 C/kg的m帶負電的粒子在t =0時從B板附近由靜止開始運動，不計重力。問：(1) 當(dāng)粒子的位移為多大時，粒子速度第一次達到最大值？最大速度為多大?(2) 粒子運動過程中將與某一極板相碰撞，求粒子撞擊極板時的速度大小。

26、u/VUo-Uo:T/2 T 3T/2 : 2TtT/35T/64T/31圖乙解：(1)帶負電的粒子電場中加速或減速的加速度大小為a 二也=7.2md11 210 m/s丄5v =at =2.4 00 m/s當(dāng)粒子的位移為 W = 4.0槍2m,速度最大值為一個周期內(nèi)粒子運動的位移為s0 =2o丄aiT 2o丄aiT =600一2m2 13丿2 “丿由此可以判斷粒子在第三個周期內(nèi)與B板碰撞，因為n二丄=2.5So-2在前兩個周期內(nèi)粒子運動的位移為S2 =2s° =12 X10 m在第三周期內(nèi)粒子只要運動.-s =3cm即與B板碰撞，可知在第三周期的前 T內(nèi)某時刻就與B板3碰撞。v =

27、 2a ：s =2 . 0X105 m/s2. 兩塊水平平行放置的金屬板如圖（甲）所示，大量電子（已知電子質(zhì)量為 m、電荷量為e）由靜止開始，經(jīng)電壓為Uo的電場加速后，連續(xù)不斷地從兩板正中間沿水平方向射人兩板間當(dāng)兩板均不帶電時， 這些電子通過兩板之間的時間為3如 當(dāng)在兩板間加如圖（乙）所示的周期為 2to、幅值恒為U的周期性電壓時，恰好能使所有電子均從兩板間通過求這些電子飛離兩板間時，側(cè)向位移 （即豎直方向上的位移）的最大值Symax； （2）這些電子飛離兩板間時，側(cè)向位移的 最小值Symin。A JK斗電子新畫班場力的方向為，軸正商向電于在* N0時和# N昨時進人兩板何后潛電 場力肓向的建

28、度 時間r變牝的巧-t禹念井別如網(wǎng) 和團"丿所示罔.3圖t6J（門觀電滬披陰板聞電贛脈迎時加連度的大小為 s艸根何距 & 有mil由國 3）可得電于 的錄大陽祎為而也切=務(wù)聯(lián)立求m傅加-® 佗由寓“）可巒 電于陸At小側(cè)移為3. 如圖（1）所示，在平行板電容器的A板附近，有一個帶正電的粒子（不計重力）處于靜止，在 A、B兩板間加如圖（2）所示的交變電壓，帶電粒子在電場力作用下由靜止開始運動經(jīng)3t0時間剛好到達B板，設(shè)此時粒子的動能大小為Ek3。（1）若用改變A、B兩板間距的方法，使粒子在5t0時刻到達B板，此時粒子的動能大小為Ek5。求Ek3/Ek5等于多少？(2)

29、若保持A、B兩板間距離及電壓的值 Uo不變，僅用改變交變電壓周期的方法使粒子到達B板的動能最大，求此交變電壓的最小周期與原周期之比。(1) 5: 3(2) ,3:14. 如圖(a)，平行金屬板 A和B間的距離為d,現(xiàn)在A、B板上加上如圖(b)所示的方波形電壓，t=0時A板比B板的電勢高，電壓的正向值為Ub,反向值也為 U).現(xiàn)有由質(zhì)量為 m的帶正電且電荷量為q的粒子組成的粒子束，從AB的中點0以平行于金屬板方向 OO勺速度vo= 3qUbT射入，所3dm有粒子在AB間的飛行時間均為 T,不計重力影響求：(1)粒子飛出電場時的速度；(2 )粒子飛出電場時位置離 0點的距離范圍I4T-陽解析：(1

30、)打出粒子的速度都是相同的，在沿電場線方向速度大小為u°qdmT u°qT=3 3dm所以打出速度大小為v= Jv： +v：'Z3u°qT + FuoqT (=3dm 丿(3dm 丿2uoqT3dmV 1V0設(shè)速度方向與vo的夾角為b,則tan日=裳=V3(2)當(dāng)粒子由t二nT時刻進入電場，向下側(cè)移最大，則qu。2Tquo T*1 7qu°T22dm3 dm 33 2dm 318dm當(dāng)粒子由t=nT 空 時刻進入電場，向上側(cè)移最大，則3quoS2 2dm3 18dm在距離o'中點下方如衛(wèi)至上方世工范圍內(nèi)有粒子打出.18dm18dm5. 如

31、左圖，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量為m=0.2kg，帶電量為 q =，2.0 10"C 的小物塊處于靜止狀態(tài)， 小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)' -0.1。從t=0時刻開始,空間加上一個如右圖所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場,(取水平向右的方向為正方向，g取10m/s2。)求:(1)23秒內(nèi)小物塊的位移大小;(2)23秒內(nèi)電場力對小物塊所做的功。51 E/ (X 10 N/C)0-11"to124 |68 1 « iui0 12t/s右圖左圖解析：(1) 02s內(nèi)物塊加速度 印=Eq _mg =2m/s2m位移 s =1 a1t12 = 4m

32、2 112s末的速度為V2 =ait4m/s24s內(nèi)物塊加速度 a2二 二-2m/s2m位移s =4m4s末的速度為v4 =0因此小物塊做周期為4s的加速和減速運動，第22s末的速度也為v22 =4m/s，第23s末的速度V23 二 V22 a?t 二 2m/s (t = 1s)所求位移為 s = 22 $ v22 v231 = 47m2 2(2) 23秒內(nèi)，設(shè)電場力對小物塊所做的功為W，由動能定理:2W - 'mgsmv232求得W = 9.8Jb所示)，6. 如圖a所示，為一組間距 d足夠大的平行金屬板，板間加有隨時間變化的電壓(如圖設(shè)U0和T已知。A板上0處有一靜止的帶電粒子，其

33、帶電量為q,質(zhì)量為m （不計重力），在t=0時刻起該帶電粒子受板間電場加速向B板運動，途中由于電場反向，粒子又向A板返回（粒子未曾與B板相碰）。（1 ）當(dāng)Ux=2Uo時求帶電粒子在t=T時刻的動能；（2）為使帶電粒子在 0T時間內(nèi)能回到 O點，Ux要大于多少?Uo,IVT 3T/21O 'T/2Ux -1TTTV2 =Vi -a?二a,222TU°q2dm(a)(b)解析：（1）印需,2Uoqa2, 'dmT/, = a, ,22 2 2L12 T UoqEk mv2228dmT1Tx2sx = V1 二ax()，222Vi = ai T， s 二-sx，由上面四式，得 ax = 3ai2因為a,Uoqdmax二釗，所以Ux=3U°dm7. 如圖所示，熱電子由陰極飛出時的初速忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為Uo,電容器板長和板間距離均為 L=1cm ,下極板接地。電容器右端到熒光屏的距離也是L=1 cmo在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖。（每個電子穿過平行板的時間極短，可以認為電壓是不變的）求：（1）在t=0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處？（2）熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多