第4節(jié)帶電粒子在電場中運動的綜合問題

1、第 4 節(jié) _帶電粒子在電場中運動的綜合問題1. 課堂釋疑一站突破要點一示波管的工作原理在示波管模型中， 帶電粒子經加速電場 U 1 加速，再經偏轉電場 U2 偏轉后，需要經歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖 6-4-1所示。圖 6-4-11確定最終偏移距離思路一：思路二：2確定偏轉后的動能 (或速度 )思路一：思路二：典例 1 如圖 6-4-2 所示，真空中水平放置的兩個相同極板 Y 和 Y長為 L ，相距為 d，足夠大的豎直屏與兩板右側相距為 b。在兩板間加上可調偏轉電壓 U，一束質量為 m、帶電荷量為 q 的粒子 (不計重力 )從兩板左側中點 A 以初速度 v0 沿水平

2、方向射入電場且能穿出。圖 6-4-2(1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O 點；(2)求兩板間所加偏轉電壓U 的范圍；(3)求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度。典例 1思路點撥 (1)帶電粒子在兩極板之間做_運動；從電場中射出到屏幕之間做_運動。提示： 類平拋(2)當兩極板間所加電壓最大時，帶電粒子從極板的_射出。提示：右邊緣勻速直線針對訓練 1 (多選)(2015 ·江蘇二校聯(lián)考 )如圖 6-4-3所示，A 板發(fā)出的電子經加速后，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，電子最終打在熒光屏P 上，關于電子的運動，則下列說法中正確的是()A 滑動觸

3、頭向右移動時，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，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變2 如圖 6-4-4 所示，在兩條平行的虛線內存在著寬度為L、電場強度為電荷量為 q、質量為 m 的帶電粒子 (重力不計 )，以垂直于電場線方向的初速度圖 6-4-3B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D 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E 的勻強電場，在與右側虛線相距也為L 處有一與電場平行的屏?，F(xiàn)有一v0 射入電場中， v0 方向的延長線與屏的交點為O。試求：圖 6-4-4(1)粒子從射入電場到打到屏上所用的時間；(2)

4、粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan ；(3)粒子打到屏上的點P 到 O 點的距離 x。要點二帶電粒子在交變電場中的運動1 此類題型一般有三種情況： 一是粒子做單向直線運動 (一般用牛頓運動定律求解 )；二是粒子做往返運動 (一般分段研究 )；三是粒子做偏轉運動 (一般根據交變電場的特點分段研究 )。2 分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系。3 注重全面分析 (分析受力特點和運動規(guī)律 )，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件。多維探究 (一

5、 )粒子做單向直線運動m0.2 kg，帶電荷量為 q2.0×10 6 C 的小物塊處于靜止狀態(tài)，小典例 2 如圖 6- 4-5 甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質量為物塊與地面間的動摩擦因數 0.1。從 t0 時刻開始，空間加上一個如圖乙所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場(取水平向右為正方向， g 取 10m/s2)，求： (1)23 s內小物塊的位移大小。(2)23 s 內電場力對小物塊所做的功。圖 6-4-5圖 6-4-6圖 6-4-7(二 )粒子做往返運動典例 3 如圖 6- 4-6(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B 間加有如圖 (b)所示的交變電壓，一重力可

6、忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在 t0 時刻釋放該粒子，粒子會時而向A 板運動，時而向 B 板運動，并最終打在 A 板上。則 t0 可能屬于的時間段是 ()TT3T3T9TA 0<t0<4B2<t0 < 4C4 <t0<TD T<t 0< 8(三 )粒子做偏轉運動典例 4 如圖 6- 4-7 甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0 ，電容器板長和板間距離均為L10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L 10 cm，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像如圖乙所示。

7、(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的)求：(1)在 t0.06 s 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)間有多長？要點三帶電粒子的力電綜合問題帶電粒子運動問題的兩種求解思路(1)牛頓運動定律和運動學規(guī)律。先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程 (平衡、加速或減速，是直線運動還是曲線運動 )，對勻變速運動問題可用牛頓運動定律和運動學規(guī)律處理。(2)從功和能的角度分析。帶電粒子在電場力作用下的加速、減速或偏轉過程是其他形式的能與動能之間的轉化過程，可以使用動能定理或能量守恒定律解決這類問題。要善于把電學問題轉化為力學問題，建立帶電粒子在電場中加速和偏轉的模

8、型，能夠從帶電粒子的受力與運動的關系及功能關系兩條途徑進行分析與研究。3OA，將一質量為 m 的小球以典例 5 (2014 全·國卷 )如圖 6-4-8，O、A、B 為同一豎直平面內的三個點， OB 沿豎直方向， BOA60 °，OB2一定的初動能自 O 點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A 點。使此小球帶電，電荷量為 q(q0)，同時加一勻強電場，場強方向與OAB 所在平面平行。現(xiàn)從 O 點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A 點，到達 A 點時的動能是初動能的3 倍；若該小球從 O 點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B 點，且到達 B 點時

9、的動能為初動能的 6 倍，重力加速度大小為 g。求圖 6-4-8(1)無電場時，小球到達A 點時的動能與初動能的比值；(2)電場強度的大小和方向。針對訓練 3 (多選)如圖 6-4-9 所示，光滑的水平軌道AB 與半徑為 R 的光滑的半圓形軌道BCD 相切于 B 點，AB 水平軌道部分存在水平向右的勻強電場，半圓形軌道在豎直平面內， B 為最低點， D 為最高點。一質量為m、帶正電的小球從距B 點 x 的位置在電場力的作用下由靜止開始沿AB 向右運動，恰能通過最高點，則 ()A R 越大， x 越大BR 越大，小球經過B 點后瞬間對軌道的壓力越大C m越大， x 越大Dm 與 R 同時增大，電

10、場力做功增大圖 6-4-9圖 6-4-10圖 6- 4-114 (多選 )如圖 6-4-10 所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O 點處有一正點電荷，帶負電的小物體以初速度v1 從 M 點沿斜面上滑，到達 N 點時速度為零，然后下滑回到M 點，此時速度為 v2(v2<v1 )。若小物體電荷量保持不變， OM ON，則()A 小物體上升的最大高度為v12v22C從 M 到 N 的過程中，電場力對小物體先做負功后做正功4gB 從 N 到 M 的過程中，小物體的電勢能逐漸減小D從 N 到 M 的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小5 如圖 6-4-11 所示，兩塊平行金屬板豎直放置

11、， 兩板間的電勢差U1.5×103 V( 僅在兩板間有電場 )，現(xiàn)將一質量 m1×10 2 kg、電荷量 q4×10 5 C 的帶電小球從兩板的左上方距兩板上端的高度 h20 cm 的地方以初速度 v0 4 m/s 水平拋出，小球恰好從左板的上邊緣進入電場，在兩板間沿直線運動，從右板的下邊緣飛出電場，g 取 10 m/ s2，求：(1)金屬板的長度L。(2)小球飛出電場時的動能Ek。要點四用等效法解決帶電體在電場、重力場中的運動等效思維方法是將一個復雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復合場中做圓周運動的問題，是高中

12、物理教學中一類重要而典型的題型。對于這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復雜，運算量大。若采用“等效法”求解，則能避開復雜的運算，過程比較簡捷。先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效F合重力”，將 a m 視為“等效重力加速度”。再將物體在重力場中的運動規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可。典例 6 如圖 6- 4-12 所示，絕緣光滑軌道 AB 部分為傾角為 30 °的斜面， AC 部分為豎直平面上半徑為R 的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于電場強度為 E、方向水平向右的勻強電場中。現(xiàn)有一個質量為m 的小球，帶正電荷量為q3mgO 點的初速度3E ，要使小球能安全通過

13、圓軌道，在應滿足什么條件？圖 6-4-12針對訓練 6 (2015 ·吉安模擬 )如圖 6-4-13 所示，一條長為L 的細線上端固定，下端拴一個質量為m 的電荷量為 q 的小球，將它置于方向水平向右的勻強電場中，使細線豎直拉直時將小球從A 點靜止釋放，當細線離開豎直位置偏角60°時，小球速度為 0。圖 6-4-13(1)求：小球帶電性質；電場強度E。(2)若小球恰好完成豎直圓周運動，求從A 點釋放小球時應有的初速度vA 的大小 (可含根式 )。7 (2015 ·洛陽名校聯(lián)考 )在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A 點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖6-4

14、-14A、B 兩點在同一水平線上， M 為軌跡的最高點。小球拋出時的動能為8.0 J，在 M 點的動能為 6.0 J，不計空氣的阻力。求：所示。小球運動的軌跡上圖 6-4-14(1)小球水平位移x1 與 x2 的比值； (2)小球落到 B 點時的動能 Ek B；(3)小球從 A 點運動到 B 點的過程中最小動能Ekmin 。2. 課后演練對點設計對點訓練：示波管的工作原理1 圖 1(a)為示波管的原理圖。如果在電極在熒光屏上會看到的圖形是圖2中的()YY之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則圖1圖22 如圖 3 所示是示波管的示意圖，豎直偏

15、轉電極的極板長l4 cm，板間距離 d1 cm。板右端距離熒光屏L18 cm。(水平偏轉電極上不加電壓，沒有畫出 )。電子沿中心線進入豎直偏轉電場的速度是1.6×107 m/s，電子電荷量 e1.60×10 19 C，質量 m0.91×10 30 kg。(1)要使電子束不打在偏轉電極的極板上，加在豎直偏轉電極上的最大偏轉電壓U 不能超過多大？(2)若在偏轉電極上加U40sin 100 tV 的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標軸上能觀測到多長的線段？圖 3對點訓練：帶電粒子在交變電場中的運動3 制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d 的兩平行極板，如圖4 甲所

16、示。加在極板A、B 間的電壓 UAB 做周期性變化，其正向電壓為 U0，反向電壓為kU0 (k1)，電壓變化的周期為2，如圖乙所示。在t0 時，極板B 附近的一個電子，質量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動。若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。若5k4，電子在02時間內不能到達極板A，求 d 應滿足的條件。4 如圖 5 甲所示，長為 L 、間距為 d 的兩金屬板 A、B 水平放置， ab 為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b 點以速度 v0 射出，求：(1)交變電壓的周期T 應滿足什么條件？(2)粒子從 a

17、點射入金屬板的時刻應滿足什么條件？v0 從 a 點水平射入，沿直線從圖 4 b 點射圖 5對點訓練：帶電粒子的力電綜合問題5 (多選)如圖 6 所示，空間有豎直向下的勻強電場，電場強度為E，在電場中 P 處由靜止釋放一質量為m、帶電量為 q 的小球 (可視為質點 )。在P 的正下方 h 處有一水平彈性絕緣擋板S(擋板不影響電場的分布 )，小球每次與擋板相碰后電量減小到碰前的k 倍(k1)，而碰撞過程中小球的機械能不損失，即碰撞前后小球的速度大小不變，方向相反。設在勻強電場中，擋板S 處的電勢為零，則下列說法正確的是()A 小球在初始位置P 處的電勢能為 EqhC小球第一次與擋板相碰后所能達到最

18、大高度時的電勢能小于EqhB 小球第一次與擋板相碰后所能達到的最大高度大于hD小球第一次與擋板相碰后所能達到的最大高度小于h圖6圖76 如圖 7 所示，在豎直平面內， AB 為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD 為豎直放置的足夠長絕緣粗糙軌道，AB 與 CD 通過四分之一絕緣光滑圓弧形軌道平滑連接， 圓弧的圓心為 O，半徑 R0.50 m，軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度的大小 E1.0×104 N/C，現(xiàn)有質量 m0.20 kg，電荷量 q8.0×104C 的帶電體 (可視為質點 )，從 A 點由靜止開始運動，已知sAB1.0 m，帶電體與軌道 AB、CD 間的動摩

19、擦因數均為 0.5。假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等。求：(g 取 10 m/ s2)(1)帶電體運動到圓弧形軌道 C 點時的速度；(2)帶電體最終停在何處。對點訓練：用等效法解決帶電體在電場、重力場中的運動7.(2015 ·徽三校聯(lián)考安)如圖 8 所示，在水平向左的勻強電場中，一帶電小球質量為m，電量為 q。用絕緣輕繩 (不伸縮 )懸于 O 點，平衡時小球位于 A 點，此時繩與豎直方向的夾角 30°。繩長為 l，AOCODOl ，OD 水平， OC 豎直。求：(1)電場強度 E 的大小；(2)當小球移到 D 點后，讓小球由靜止自由釋放，小球向右運動過程中

20、的最大速率和該時刻輕繩中張力的大小(計算結果可帶根號 )。圖 8考點綜合訓練8.(2015 ·州模擬亳 )如圖 9 所示，在 E103 V /m 的豎直勻強電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN 與一水平絕緣軌道MN 在 N 點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑 R40 cm，N 為半圓形軌道最低點， P為 QN 圓弧的中點，一帶負電 q10 4 C 的小滑塊質量 m10 g，與水平軌道間的動摩擦因數 0.15，位于 N 點右側 1.5 m 的 M 處， g 取 10 m/ s2 ，求：(1)要使小滑塊恰能運動到圓軌道的最高點Q，則小滑塊應以多大的初速度v0 向左運動？(2)

21、這樣運動的小滑塊通過P 點時對軌道的壓力是多大？圖 99 (2015 ·上海十三校聯(lián)考 )如圖 10 所示，在粗糙水平面內存在著2n 個有理想邊界的勻強電場區(qū)，水平向右的電場和豎直向上的電場相互間隔，每mg一電場區(qū)域場強的大小均為E，且 E q ，電場寬度均為 d，一個質量為 m、帶正電的電荷量為q 的物體 (看作質點 )，從第一個向右的電場區(qū)域的邊緣由靜止進入電場，該物體與水平面間的動摩擦因數為，則物體從開始運動到離開第2n 個電場區(qū)域的過程中，求：(1)電場力對物體所做的總功？摩擦力對物體所做的總功(2)物體在第 2n 個電場 (豎直向上的 )區(qū)域中所經歷的時間？(3)物體在所有

22、水平向右的電場區(qū)域中所經歷的總時間？圖 10第 4節(jié)_帶電粒子在電場中運動的綜合問題針對訓練 1.解析：選 BC滑動觸頭向右移動時，其他不變，加速電壓增大，電子速度增大，則電子打在熒光屏上的位置下降，選項A 錯誤；滑動觸頭向左移動時，其他不變，加速電壓減小，電子速度減小，則電子打在熒光屏上的位置上升，選項B 正確；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，電子打在熒光屏上的速度增大，選項C正確 D錯誤。2L2.解析： (1)根據題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入電場到打到屏上所用的時間t v0 。EqLqEL(2)設粒子射出電場時沿平行電場線

23、方向的速度為vy，根據牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a m ，所以 vyav0mv0 ，所以粒子剛射出vyqEL電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tan v0mv02。1L1qEL 23qEL2(3)方法一設粒子在電場中的偏轉距離為 y，則 y2a(v0)22mv02又 xyLtan ，解得： x2mv02LL3qEL2xL 23qEl 22LqEL3qEL2方法二xvyv0y2mv02 。方法三由y L 得： x3y2mv02。答案： (1)v0(2) mv02(3) 2mv0223.解析：選 ACD小球在 BCD 部分做圓周運動，在vD 212 12D 點， mgm R

24、，小球由 B 到 D 的過程中有： 2mgR2mvD 2mvB ，解得 vB 5gR，R 越大，小球經過 B 點時的速度越大，則 x 越大，選項 A 正確；在 B 點有： F mgmvB2，解得 F6mg，與 R 無關，選項 B 錯誤；由 Eqx1mv2，知NRN2Bm、R 越大，小球在 B 點的動能越大，則 x 越大，電場力做功越多，選項 C、D 正確。4.解析：選 AD11M、N 兩點在同一等勢面上。 從 M 至 N 的過程中， 根據動能定理， mghWf0 mv1 2，從 N 至 M 的過程中， mghWf mv22，22由兩式聯(lián)立可得 hv 12v22B 項錯誤；從 M 到 N 的過程

25、4g，A 項正確；從 N 至 M，點電荷周圍的電勢先增大后減小，故小物體的電勢能先減小后增大，中，電場力對小物體先做正功后做負功，C 項錯誤；根據庫侖定律，從 N 到 M 的過程中，小物體受到的庫侖力先增大后減小，受力分析知，小物體受到的支持力先增大后減小，因而摩擦力也是先增大后減小，D 項正確。5.解析： (1)小球到達左板上邊緣時的豎直分速度： vy 2gh2 m/sv0設小球此時速度方向與豎直方向之間的夾角為，則 tan vy 2d，則： tan qE qUd ，小球在電場中沿直線運動，所受合力方向與運動方向相同，設板間距為，LqUmgmgdtan 解得 Lmgtan20.15 m。11

26、電場中運動過程1mv12 解得 Ek0.175 J。答案： (1)0.15 m(2)0.175 J(2)進入電場前 mghmv12 mv02qU mgLEk2226.解析： (1)根據電場方向和小球受力分析可知小球帶正電。小球由 A 點釋放到速度等于零，由動能定理有0EqLsinmgL(1 cos ) 解得 E3mg。3q23(2)將小球的重力和電場力的合力作為小球的等效重力G，則 G3mg，方向與豎直方向成 30°角偏向右下方。若小球恰能做完整的圓周運動，在等效最高點。mv22311232gL 31答案：見解析3mg2mv2 mvA 23mgL(1cos 30 °) 聯(lián)立

27、解得 vAL27.解析： (1)如圖所示，帶電小球在水平方向上受電場力的作用做初速度為零的勻加速運動，豎直方向上只受重力作用做豎直上拋運動，故從A 到M 和 M 到 B 的時間相等，則 x1x2 13。(2)小球從 A 到 M，水平方向上電場力做功 W 電 6 J，則由能量守恒可知，小球運動到 B 點時的動能為 Ek BEk04W 電 32 J。(3)由于合運動與分運動具有等時性，設小球所受的電場力為F，重力為 G，則有：1F226 JF·x1 6 J· tF3F332 mG·h8 J?1G22?G2由圖可知， tan G2 ? sin 7，· t8 J

28、2 m124則小球從 A 運動到 B 的過程中速度最小時速度一定與等效重力G垂直，故 Ekmin 2m(v0sin )2 7 J。24答案： (1)13(2)32 J(3) 7J典例 典例 1解析 (1)設粒子在運動過程中的加速度大小為 a，離開偏轉電場時偏轉距離為y，沿電場方向的速度為vy，偏轉角為 ，其反向延長線通1 2vyyL過 O 點， O 點與板右端的水平距離為x，則有 y2at Lv0tvyattan v0x，聯(lián)立可得 x2 ，即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心。EqUqUL2(2)a mE d由式解得y2dmv0 2d222222md v0md v0md v0

29、當 y2時， UqL2則兩板間所加電壓的范圍qL2U qL2dL(3)當 y2時，粒子在屏上側向偏移的距離最大(設為 y0)，則 y0 (2b)tan dd L 2bd L2b而 tan L ，解得 y02L則粒子可能到達屏上區(qū)域的長度為L。md2v02md2v02d L 2b答案 (1)見解析(2) qL2U qL2(3)L典例 2解析 (1)02 s 內小物塊的加速度為 a1由牛頓第二定律得： E1qmg ma1 即 a1E1qmg2 m/s2，位移 x11a 1t1m24 m2 s末的速度為 v2a1 t14 m/s224 s 內小物塊的加速度為 a2，由牛頓第二定律得E2qmgma2E

30、2qmgm/s2即 a2 m 2位移 x2 x14 m,4 s 末小物塊的速度為v40因此小物塊做周期為4 s的勻加速和勻減速運動2222v23第 22 s 末的速度為 v224 m/s，第 23 s 末的速度 v23v22a2t2 m/s(t23 s22 s1 s) 所求位移為 x2 x1v2t47 m。(2)23 s 內，設電場力對小物塊所做的功為 W，由動能定理得12解得 W9.8 J。 答案 (1)47 m(2)9.8 JWmgx2mv23典例 3解析 設粒子的速度方向、位移方向向右為正。依題意得，粒子的速度方向時而為正，時而為負，最終TT 3T打在 A 板上時位移為負，速度方向為負。

31、作出 t00、4、2、 4 時粒子運動的速度圖像如圖所示。由于速度圖線與時T3TT3T間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖像可知 0<t0<4， 4 <t 0<T 時粒子在一個周期內的總位移大于零； 4<t0< 4 時粒子在一個周期內的總位移小于零；當t0>T 時情況類似。因粒子最終打在 A 板上，則要求粒子在每個周期內的總位移應小于零，對照各選項可知只有 B 正確。 答案 B1經電場偏轉后側移量11 qU偏L mv2y at2 ·(v)2典例 4解析 (1)電子經電場加速滿足 qU0 222 mLU偏 L所以 y4U 0，由圖知 t0.0

32、6 s時刻 U 偏 1.8U 0， 所以 y4.5 cmLY L2設打在屏上的點距 O 點的距離為Y，滿足 y L所以 Y13.5 cm。2(2)由題知電子側移量 y 的最大值為 L，所以當偏轉電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L 30 cm。2答案 (1)打在屏上的點位于 O 點上方，距 O 點 13.5 cm(2)30 cm典例 5審題指導 第一步：抓關鍵點關鍵點獲取信息將小球水平向右拋出小球做平拋運動小球恰好通過 A 點平拋運動過 A 點時的水平、豎直位移可確定有重力做功和電場力做功， 其中電場力做的功等于電勢能的變到 A(B)點時動能是初動能的3

33、(6)倍化量第二步：找突破口(1)要確定小球到達A 點時的動能與初動能比值，可由平拋運動規(guī)律求解；寫出水平、豎直方向的位移關系。(2)要確定電場強度的方向，根據到 A、B 兩點的動能變化可確定兩個過程電勢能的變化，可先找出兩個等勢點 (在 OB 線上找出與 A 等勢的點，并確定其具體位置 )。(3)電場強度的大小可由WqEl 求出。3d，根據平拋運動的規(guī)律有解析 (1)設小球的初速度為 v0，初動能為 Ek0 ，從 O 點運動到 A 點的時間為 t，令 OAd，則 OB1132dsin 60 °v0 t由式得 Ek0dcos 60 ° gt2又 Ek0 mv02 mgd22

34、81Ek A 7設小球到達 A 點時的動能為 Ek A，則EkAEk02mgd由式得 Ek03(2)加電場后，小球從 O 點到 A 點和 B 點，高度分別降低了 d和3d，設電勢能分別減小EpA 和 EpB，由能量守恒及式得22EpA 3Ek0Ek01mgd2Ek0EpB6Ek0Ek03mgdEk0232x在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的。設直線OB 上的 M 點與 A 點等電勢， M 與 O 點的距離為 x，如圖，則有Ep A3 Ep B 解得 xd。2dMA 為等勢線，電場必與其垂線 OC 方向平行。設電場方向與豎直向下的方向的夾角為，由幾何關系可得 30°即電場方向

35、與豎直向下的方向的夾角為30°斜向右下方。設場強的大小為 E，有 qEdcos 30 ° EpA? 由 ? 式得 E3mg?6q73mg答案 (1)3 (2)6q與豎直向下的方向的夾角為 30°斜向右下方典例 6思路點撥 (1)試分析小球的受力情況，畫出受力分析圖。提示：(2)小球在斜面上做什么運動？要使小球能安全通過圓軌道，那么臨界狀態(tài)是什么情況？提示： 小球在斜面上做勻速直線運動；在圓軌道上臨界狀態(tài)是恰好能過“等效最高點 ”。解析 小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場，將電場力與重力的

36、合力視為等效重力23mgmg，大小為 mg qE 2 mg 23，tan qE3，得 30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動。mg3mvD2因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點 ”(D 點)滿足 “等效重力 ”剛好提供向心力，即有： mgR，因 30°與斜面的傾11角相等，由幾何關系知AD 2R，令小球以最小初速度v0 運動，由動能定理知：2mgR2mvD 22mv02解得 v 103gR，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應滿足v10 3gR。答案 v10 3gR03332. 課后演練對點設計1.解析：選 B在 0 2t1 時間內，

37、掃描電壓掃描一次，信號電壓完成一個周期，當U Y 為正的最大值時，電子打在熒光屏上有正的最大位移，當為負的最大值時，電子打在熒光屏上有負的最大位移，因此一個周期內熒光屏上的圖像為B。2.解析： (1)經過偏轉電場的時間為 t l豎直方向位移d1 Ue2所以 Ud 2mmd2 v2v2 ·t2 2 91 V。l4×10 22 dmetel(2)因為 t 7s2.5×10 9 sv1.6×102 21而 T 100s50s0.02 s? t ，故進入偏轉電場的電子均在當時所加電壓形成的勻強電場中運動。UY當 Um40 V 時，由 vxv，vyeUm t，得偏轉角的正切值tan vy0.11，偏移量 ylLdmvx(2)4.4 cm。答案： (1)91 V(2)4.4 cmeU013.解析：電子在 0時間內做勻加速運動2加速度的大小 a1 md位移 x12a1keU0在 2時間內先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小 a2 md初速度的大小2