高中物理人教必修三拓展課1 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1、拓展課1帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)核心素養(yǎng)物理觀念科學(xué)思維1.掌握初速度與場(chǎng)強(qiáng)方向同直線時(shí)帶電體做直線運(yùn)動(dòng)及初速度與場(chǎng)強(qiáng)方向垂直時(shí)帶電體做類平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的處理方法。2.會(huì)分析圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來(lái)源。1.能夠綜合應(yīng)用運(yùn)動(dòng)和力、功和能的關(guān)系分析帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，提高科學(xué)推理能力。2.建立帶電粒子在交變電場(chǎng)中直線運(yùn)動(dòng)的思維模型。核心要點(diǎn) 帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)要點(diǎn)歸納1.帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)(1)勻速直線運(yùn)動(dòng)：帶電粒子受到的合外力一定等于零，即所受到的靜電力與其他力平衡。(2)勻加速直線運(yùn)動(dòng)：帶電粒子受到的合外力與其初速度方向相同。(3)勻減速直線運(yùn)動(dòng)：帶電粒子受到的合外力與其初速

2、度方向相反。2.討論帶電粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)(加速或減速)的方法(1)力和加速度方法牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式。(2)功和能方法動(dòng)能定理。(3)能量方法能量守恒定律。試題案例例1 如圖所示，水平放置的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球在B板下方距離B板為H處，以初速度v0豎直向上從B板小孔進(jìn)入板間電場(chǎng)。(1)帶電小球在板間做何種運(yùn)動(dòng)？(2)欲使小球剛好打到A板，A、B間電勢(shì)差為多少？解析(1)帶電小球在電場(chǎng)外只受重力的作用做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中受重力和靜電力作用做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。(2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力和靜電力做功，由動(dòng)能定理得mg(Hh)qUAB

3、0eq f(1,2)mveq oal(2,0)解得UABeq f(mveq oal(2,0)2g（Hh）,2q)。答案(1)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)(2)eq f(mveq oal(2,0)2g（Hh）,2q)針對(duì)訓(xùn)練1 如圖所示，水平放置的平行板電容器的兩極板M、N接上直流電源，兩極板間的距離為L(zhǎng)15 cm。上極板M的中央有一小孔A，在A的正上方h處的B點(diǎn)有一小油滴自由落下。已知小油滴的電荷量q3.51014 C、質(zhì)量m3.0109 kg。當(dāng)小油滴即將落到下極板時(shí)速度恰好為零。兩極板間的電勢(shì)差U6105 V。求：(不計(jì)空氣阻力，取g10 m/s2)(1)兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為多少？(2)設(shè)平行

4、板電容器的電容C4.01012 F，則該電容器所帶電荷量Q是多少？(3)B點(diǎn)在A點(diǎn)的正上方的高度h是多少？解析(1)由勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系式可得兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為Eeq f(U,L)4106 V/m。(2)該電容器所帶電荷量為QCU2.4106 C。(3)小油滴自由落下，即將落到下極板時(shí)，速度恰好為零由動(dòng)能定理可得mg(hL)qU0則B點(diǎn)在A點(diǎn)的正上方的高度是heq f(qU,mg)Leq f(3.510146105,3.010910) m15102 m0.55 m。答案(1)4106 V/m(2)2.4106 C(3)0.55 m核心要點(diǎn) 帶電粒子的類平拋運(yùn)動(dòng)要點(diǎn)歸納1.先求加速度

5、。2.將運(yùn)動(dòng)分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和垂直初速度方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在兩個(gè)方向上分別列運(yùn)動(dòng)學(xué)方程。3.涉及功能關(guān)系，也可用動(dòng)能定理列方程。試題案例例2 如圖所示，電荷量為e，質(zhì)量為m的電子從A點(diǎn)沿與電場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，初速度為v0，當(dāng)它通過(guò)電場(chǎng)中B點(diǎn)時(shí)，速度與場(chǎng)強(qiáng)方向成150角，不計(jì)電子的重力，求：(1)電子經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度多大；(2)AB兩點(diǎn)間的電勢(shì)差多大。解析(1)電子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，做類平拋運(yùn)動(dòng)，B點(diǎn)的速度vBeq f(v0,cos 60)2v0。(2)電子從A運(yùn)動(dòng)到B由動(dòng)能定理得eUABeq f(1,2)mveq oal(2,B)eq f(1,2)mveq oal(

6、2,0)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UABeq f(f(1,2)m（2v0）2f(1,2)mveq oal(2,0),e)eq f(3mveq oal(2,0),2e)。答案(1)2v0(2)eq f(3mveq oal(2,0),2e)針對(duì)訓(xùn)練2 一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子以平行于兩極板的速度v0進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示。如果兩極板間電壓為U，兩極板間的距離為d、板長(zhǎng)為L(zhǎng)。設(shè)粒子束不會(huì)擊中極板，求粒子從進(jìn)入電場(chǎng)到飛出極板時(shí)電勢(shì)能的變化量。(粒子的重力忽略不計(jì))解析水平方向勻速，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間teq f(L,v0)豎直方向加速，則偏移yeq f(1,2)at2且aeq f(qU,md)由得yeq f

7、(qUL2,2mdveq oal(2,0)則靜電力做功WqEyqeq f(U,d)eq f(qUL2,2mdveq oal(2,0)eq f(q2U2L2,2md2veq oal(2,0)由功能原理得電勢(shì)能減少了eq f(q2U2L2,2md2veq oal(2,0)。答案電勢(shì)能減少了eq f(q2U2L2,2md2veq oal(2,0)核心要點(diǎn) 帶電體在電場(chǎng)(復(fù)合場(chǎng))中的圓周運(yùn)動(dòng)要點(diǎn)歸納解決電場(chǎng)(復(fù)合場(chǎng))中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，關(guān)鍵是分析向心力的來(lái)源，向心力的來(lái)源有可能是重力和靜電力的合力，也有可能是單獨(dú)的靜電力。有時(shí)可以把復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)等效為豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，找出等效“最高點(diǎn)”和“最低點(diǎn)

8、”。試題案例例3 如圖所示，BCDG是光滑絕緣的eq f(3,4)圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點(diǎn)平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))置于水平軌道上，滑塊受到的靜電力大小為eq f(3,4)mg，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g。(1)若滑塊從水平軌道上距離B點(diǎn)s3R的A點(diǎn)由靜止釋放，求滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的作用力大??；(2)為使滑塊恰好始終沿軌道滑行(不脫離軌道)，求滑塊在圓形軌道上滑行過(guò)程中的最小速度。解析(1)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為v，滑塊所帶電荷量為q，勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)

9、為E，由動(dòng)能定理有qE(sR)mgsmgReq f(1,2)mv2qEeq f(3,4)mg解得veq r(gR)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)受到軌道的作用力大小為F，則FqEmeq f(v2,R)解得Feq f(7,4)mg由牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)軌道的作用力大小為FFeq f(7,4)mg(2)要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓形軌道DG間某點(diǎn)，由靜電力和重力的合力提供向心力，此時(shí)的速度最小(設(shè)為vmin)則有eq r(（qE）2（mg）2)meq f(veq oal(2,min),R)解得vmineq f(r(5gR),2)。答案(1)eq f(7,4)mg(2)eq f(r(5gR),2)方法

10、總結(jié)復(fù)合場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)，涉及受力分析、圓周運(yùn)動(dòng)、電場(chǎng)等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，既鞏固了學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)，又鍛煉了學(xué)生遷移應(yīng)用與綜合分析能力，較好地體現(xiàn)了“科學(xué)思維”的學(xué)科素養(yǎng)。針對(duì)訓(xùn)練3 如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場(chǎng)方向平行。a、b為軌道直徑的兩端，該直徑與電場(chǎng)方向平行。一電荷量為q(q0)的質(zhì)點(diǎn)沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力的大小分別為Na和Nb。不計(jì)重力，求電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E、質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。解析質(zhì)點(diǎn)所受靜電力的大小為FqE設(shè)質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m，經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有FNameq f(veq oal(2,a),r)N

11、bFmeq f(veq oal(2,b),r)設(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Eka和Ekb，有Ekaeq f(1,2)mveq oal(2,a)Ekbeq f(1,2)mveq oal(2,b)根據(jù)動(dòng)能定理有EkbEka2rF聯(lián)立式得Eeq f(1,6q)(NbNa)Ekaeq f(r,12)(Nb5Na)Ekbeq f(r,12)(5NbNa)。答案見(jiàn)解析1.(帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng))(多選)如圖所示，從F處釋放一個(gè)無(wú)初速度的電子向B板方向運(yùn)動(dòng)，則下列對(duì)電子運(yùn)動(dòng)的描述中正確的是(設(shè)電源電壓為U)()A.電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能是eUB.電子從B板到達(dá)C板動(dòng)能變化量為零C.電子到達(dá)D板時(shí)動(dòng)

12、能是3eUD.電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)解析由eUEkB可知，電子到達(dá)B板時(shí)的動(dòng)能為eU，A正確；因B、C兩板間電勢(shì)差為0，故電子從B板到達(dá)C板的過(guò)程中動(dòng)能變化量為零，B正確；電子由C到D的過(guò)程中靜電力做負(fù)功大小為eU，故電子到達(dá)D板時(shí)速度為零，然后又返回A板，以后重復(fù)之前的運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤，D正確。答案ABD2.(帶電粒子的類平拋運(yùn)動(dòng))(多選)a、b、c三個(gè)質(zhì)量和電荷量都相同的粒子由同一點(diǎn)垂直場(chǎng)強(qiáng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，其軌跡如圖所示，其中b恰好飛出電場(chǎng)，對(duì)于三個(gè)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A.在b飛離電場(chǎng)的同時(shí)，a剛好打在負(fù)極板上B.b和c同時(shí)飛離電場(chǎng)C.進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，c的速度最大，a

13、的速度最小D.動(dòng)能的增量相比，c的最小，a和b的一樣大解析粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由于a、b、c質(zhì)量和電荷量都相同，所以它們的加速度也相同，由題圖可知豎直方向位移yaybyc，由yeq f(1,2)at2可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間tatbtc；水平方向xaxbxc，由xv0t可知vavbEkc，故A、C、D正確。答案ACD3.帶電體在電場(chǎng)(復(fù)合場(chǎng))中的圓周運(yùn)動(dòng)如圖所示，長(zhǎng)L0.20 m的絕緣絲線的一端拴一質(zhì)量為m1.0104 kg、帶電荷量為q1.0106 C的小球，另一端連在一水平軸O上，絲線拉著小球可在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E2.0103 N/C。現(xiàn)將小球拉到

14、與軸O在同一水平面上的A點(diǎn)，然后無(wú)初速度地將小球釋放，取g10 m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：(1)小球通過(guò)最高點(diǎn)B時(shí)速度的大??；(2)小球通過(guò)最高點(diǎn)B時(shí)，絲線對(duì)小球拉力的大小。解析(1)小球由A運(yùn)動(dòng)到B，其初速度為零，靜電力對(duì)小球做正功，重力對(duì)小球做負(fù)功，絲線拉力不做功，則由動(dòng)能定理有qELmgLeq f(mveq oal(2,B),2)vBeq r(f(2（qEmg）L,m)2 m/s。(2)設(shè)小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，受重力mg、靜電力qE和絲線拉力FTB作用，mg1.010410 N1.0103 NqE1.01062.0103 N2.0103 N因?yàn)閝Emg，而qE方向豎直向上，mg方向豎直向下，

15、小球做圓周運(yùn)動(dòng)，其到達(dá)B點(diǎn)時(shí)向心力的方向一定指向圓心，由此可以判斷出小球一定受到絲線的拉力FTB作用，由牛頓第二定律有FTBmgqEeq f(mveq oal(2,B),L)FTBeq f(mveq oal(2,B),L)qEmg3.0103 N。答案(1)2 m/s(2)3.0103 N4.(帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng)和類平拋運(yùn)動(dòng)相結(jié)合)虛線PQ、MN間存在如圖所示的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電粒子質(zhì)量為m2.01011 kg、電荷量為q1.0105 C，從a點(diǎn)由靜止開(kāi)始經(jīng)電壓為U100 V的電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從虛線MN上的某點(diǎn)b(圖中未畫出)離開(kāi)勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)速度與電場(chǎng)方向成30角。已知PQ、M

16、N間距為20 cm，帶電粒子的重力忽略不計(jì)。求：(1)帶電粒子剛進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的速率v1；(2)水平勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大??；(3)ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。解析(1)由動(dòng)能定理得qUeq f(1,2)mveq oal(2,1)代入數(shù)據(jù)得v11.0104 m/s。(2)粒子沿初速度方向做勻速運(yùn)動(dòng)dv1t粒子沿電場(chǎng)方向做勻加速運(yùn)動(dòng)vyat由題意得tan 30eq f(v1,vy)由牛頓第二定律得qEma聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得Eeq r(3)103 N/C1.7103 N/C。(3)由動(dòng)能定理得qUabeq f(1,2)m(veq oal(2,1)veq oal(2,y)0聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得Uab40

17、0 V。答案(1)1.0104 m/s(2)1.7103 N/C(3)400 V基礎(chǔ)過(guò)關(guān)1.一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷以一定的初速度v0(v00)，沿著垂直于勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向射入電場(chǎng)，則其可能的運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)該是以下圖中的()解析點(diǎn)電荷垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，靜電力垂直于其初速度方向，電荷做類平拋運(yùn)動(dòng)，故本題選B。答案B2.如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略

18、。下列說(shuō)法正確的是()A.a的質(zhì)量比b的大B.在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大C.在t時(shí)刻，a和b的電勢(shì)能相等D.在t時(shí)刻，a和b的速度大小相等答案B3.(多選)如圖所示，一帶電液滴在重力和勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)它的作用力的作用下，從靜止開(kāi)始由b沿直線運(yùn)動(dòng)到d，且bd與豎直方向的夾角為45，則下列結(jié)論中正確的是()A.此液滴帶負(fù)電B.液滴做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C.合外力對(duì)液滴做的總功等于零D.液滴的電勢(shì)能減少解析液滴所受的合力沿bd方向，知靜電力方向水平向右，則此液滴帶負(fù)電，故A正確；液滴所受合力恒定，加速度恒定，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B正確；合外力不為零，則合外力做功不為零，故C錯(cuò)誤；從b到d，靜電力做正功，液滴電勢(shì)

19、能減小，故D正確。答案ABD4.(多選)A、B是某電場(chǎng)中一條電場(chǎng)線上的兩點(diǎn)，一正電荷僅在靜電力作用下，沿電場(chǎng)線從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，vt圖像如圖所示，下列關(guān)于A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和電勢(shì)能Ep的高低的判斷正確的是()A.EAEB B.EAEBC.EpAEpB解析正電荷僅在靜電力作用下沿電場(chǎng)線運(yùn)動(dòng)，從vt圖上可以看出從A點(diǎn)到B點(diǎn)，正電荷的速度越來(lái)越小，在B點(diǎn)趨于定值，則正電荷的加速度越來(lái)越小，所以正電荷受到的靜電力越來(lái)越小，由此可以判斷電場(chǎng)強(qiáng)度越來(lái)越小，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；正電荷速度變小，可知正電荷做減速運(yùn)動(dòng)，靜電力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，所以選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案AC5.(多選)如圖所示，豎直

20、向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用絕緣細(xì)線拴住的帶電小球在豎直平面內(nèi)繞O做圓周運(yùn)動(dòng)，以下四種說(shuō)法中正確的是()A.帶電小球可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B.帶電小球可能做非勻速圓周運(yùn)動(dòng)C.帶電小球通過(guò)最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力一定最小D.帶電小球通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)線拉力有可能最小答案ABD6.(多選)有三個(gè)質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電的油滴，從極板左側(cè)中央以相同的水平初速度v先后垂直電場(chǎng)射入，落到極板A、B、C處，如圖所示，則()A.油滴A帶正電，B不帶電，C帶負(fù)電B.三個(gè)油滴在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等C.三個(gè)油滴在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度aAaBaCD.三個(gè)油滴到達(dá)極板時(shí)動(dòng)能EkAEkBxBxC，根據(jù)水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以由

21、公式xvt得tAtBtC，三個(gè)油滴在豎直方向上的位移相等，根據(jù)yeq f(1,2)at2，知aAaBaC。從而得知B僅受重力，A所受的靜電力方向向上，C所受的靜電力方向向下，所以B不帶電，A帶正電，C帶負(fù)電，故A、C正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，三個(gè)油滴重力做功相等，靜電力對(duì)A做負(fù)功，靜電力對(duì)C做正功，所以C的動(dòng)能變化量最大，A的動(dòng)能變化量最小，A、B、C的初動(dòng)能相等，所以三個(gè)油滴到達(dá)極板時(shí)的動(dòng)能EkAEkB0)，在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中剛好與水平面成30角以速度v0向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g。(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；(2)若電場(chǎng)方向改為垂直速度方向斜向下，要使液滴仍做直線運(yùn)動(dòng)，

22、電場(chǎng)強(qiáng)度為多大？液滴前進(jìn)多少距離后可返回？解析(1)因?yàn)橐旱翁幱谄胶鉅顟B(tài)，所以有Eqmg解得Eeq f(mg,q)。(2)電場(chǎng)方向改變，液滴受力分析如圖所示。液滴做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，垂直速度方向的合力為零，即qEmgcos 30解得Eeq f(mgcos 30,q)eq f(r(3)mg,2q)液滴在運(yùn)動(dòng)方向的反方向上的合力Fmgsin 30，由牛頓第二定律做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小aeq f(F,m)gsin 30eq f(g,2)液滴可前進(jìn)的距離seq f(veq oal(2,0),2a)eq f(veq oal(2,0),g)。(或由動(dòng)能定理mgsin 30s0eq f(1,2)mveq oal(

23、2,0)得液滴可前進(jìn)的距離seq f(veq oal(2,0),2gsin 30)eq f(veq oal(2,0),g)。)答案(1)eq f(mg,q)(2)eq f(r(3)mg,2q)eq f(veq oal(2,0),g)8.如圖所示，在豎直平面內(nèi)放置著絕緣軌道ABC，AB部分是半徑R0.40 m的光滑半圓形軌道，BC部分是粗糙的水平軌道，BC軌道所在的豎直平面內(nèi)分布著E1.0103 V/m的水平向右的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，AB為電場(chǎng)的左側(cè)豎直邊界。現(xiàn)將一質(zhì)量為m0.04 kg、電荷量為q1104 C的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))從BC上的某點(diǎn)由靜止釋放，滑塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力恰好為零。已知滑塊與B

24、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.05，不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2。求：(1)滑塊通過(guò)A點(diǎn)時(shí)速度vA的大?。?2)滑塊在BC軌道上的釋放點(diǎn)到B點(diǎn)的距離x；(3)滑塊離開(kāi)A點(diǎn)后在空中運(yùn)動(dòng)速度v的最小值。解析(1)因?yàn)榛瑝K通過(guò)A點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力恰好為零，所以有mgeq f(mveq oal(2,A),R)，解得vA2 m/s。(2)根據(jù)動(dòng)能定理可得|q|Exmgxmg2Req f(1,2)mveq oal(2,A)，解得x5 m。(3)滑塊離開(kāi)A點(diǎn)后在水平方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故有vxvAeq f(|q|E,m)t22.5t在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以有vygt10t，veq r(veq oal(

25、2,x)veq oal(2,y)eq r(106.25t210t4)，故vmineq f(8,17)eq r(17) m/s1.94 m/s。答案(1)2 m/s(2)5 m(3)1.94 m/s能力提升9.(多選)兩個(gè)共軸的半圓柱形電極間的縫隙中，存在一沿半徑方向的電場(chǎng)，如圖所示。帶正電的粒子流由電場(chǎng)區(qū)域的一端M射入電場(chǎng)，沿圖中所示的半圓形軌道通過(guò)電場(chǎng)并從另一端N射出，由此可知(不計(jì)粒子重力)()A.若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的質(zhì)量一定相等B.若入射粒子的電荷量相等，則出射粒子的動(dòng)能一定相等C.若入射粒子的比荷相等，則出射粒子的速率一定相等D.若入射粒子的比荷相等，則出射粒子的動(dòng)能一

26、定相等解析由題圖可知，該粒子在電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，靜電力提供向心力qEmeq f(v2,r)得req f(mv2,qE)，r、E為定值，若q相等則eq f(1,2)mv2一定相等；若eq f(q,m)相等，則速率v一定相等，故B、C正確。答案BC10.(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB2BC，如圖所示。由此可見(jiàn)()A.靜電力為3mgB.小球帶正電C.小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等D.小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等解析兩

27、個(gè)平拋過(guò)程水平方向的位移是二倍的關(guān)系，所以時(shí)間也是二倍的關(guān)系，故C錯(cuò)誤；分別列出豎直方向的方程，即heq f(1,2)gt2，eq f(h,2)eq f(1,2)eq f(Fmg,m)(eq f(t,2)2，解得F3mg，故A正確；小球受到的靜電力向上，與電場(chǎng)方向相反，所以小球應(yīng)該帶負(fù)電，故B錯(cuò)誤；速度變化量等于加速度與時(shí)間的乘積，即vat，結(jié)合以上的分析可得，AB過(guò)程vgt，BC過(guò)程veq f(3mgmg,m)eq f(t,2)gt，故D正確。答案AD11.如圖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)電的小球從高為h的A處由靜止開(kāi)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)。已知小球所受靜電力是其重力的eq f(3,4)，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為53，軌道水平段BC長(zhǎng)度sBC2R。若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則高度h為()A.2R B.4R C.10R D.17R解析小球所受的重力和靜電力均為恒力，