高三物理復(fù)習(xí)能力提升 第9章 專(zhuān)題7 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)綜合問(wèn)題的分析

專(zhuān)題七帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)綜合問(wèn)題的分析考綱解讀1.了解示波管的工作原理.2.運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法分析解決帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).3.會(huì)運(yùn)用功能觀點(diǎn)、動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)綜合分析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．考點(diǎn)一帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的實(shí)際應(yīng)用——示波管1．構(gòu)造及功能(如圖1所示)圖1(1)電子槍?zhuān)喊l(fā)射并加速電子．(2)偏轉(zhuǎn)電極YY′：使電子束豎直偏轉(zhuǎn)(加信號(hào)電壓)；偏轉(zhuǎn)電極XX′：使電子束水平偏轉(zhuǎn)(加掃描電壓)．2．工作原理偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′不加電壓，電子打到屏幕中心；若只在XX′之間加電壓，只在X方向偏轉(zhuǎn)；若只在YY′之間加電壓，只在Y方向偏轉(zhuǎn)；若XX′加掃描電壓，YY′加信號(hào)電壓，屏上會(huì)出現(xiàn)隨信號(hào)而變化的圖象．例1(2011·安徽·18)圖2為示波管的原理圖，如果在電極YY′之間所加的電壓按圖3甲所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖乙所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是 ()圖2甲乙圖3解析由圖甲及圖乙知，當(dāng)UY為正時(shí)，Y板電勢(shì)高，電子向Y偏，而此時(shí)UX為負(fù)，即X′板電勢(shì)高，電子向X′板偏，所以選B.答案B示波管中電子在熒光屏上落點(diǎn)位置的判斷方法示波管中的電子在YY′和XX′兩個(gè)偏轉(zhuǎn)電極作用下，同時(shí)參與兩個(gè)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，一方面沿YY′方向偏轉(zhuǎn)，另一方面沿XX′方向偏轉(zhuǎn)，找出幾個(gè)特殊點(diǎn)，即可確定熒光屏上的圖形．突破訓(xùn)練1示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖4所示．如果在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的 ()圖4A．極板X(qián)應(yīng)帶正電 B．極板X(qián)′應(yīng)帶正電C．極板Y應(yīng)帶正電 D．極板Y′應(yīng)帶正電答案AC解析根據(jù)亮斑的位置，電子偏向XY區(qū)間，說(shuō)明電子受到電場(chǎng)力作用發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，因此極板X(qián)、極板Y均應(yīng)帶正電．考點(diǎn)二帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)例2如圖5甲所示，熱電子由陰極飛出時(shí)的初速度忽略不計(jì)，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長(zhǎng)和板間距離均為L(zhǎng)＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢(shì)隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示．(每個(gè)電子穿過(guò)平行板的時(shí)間都極短，可以認(rèn)為電子穿過(guò)平行板的過(guò)程中電壓是不變的)求：甲乙圖5(1)在t＝0.06s時(shí)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(zhǎng)？解析(1)電子經(jīng)加速電場(chǎng)加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU偏,mL)·(eq\f(L,v))2所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由題圖知t＝0.06s時(shí)刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm設(shè)打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)距離為Y，滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋L/2,L/2)所以Y＝13.5cm.(2)由題知電子偏移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過(guò)2U0時(shí)，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(zhǎng)為3L＝30cm.答案(1)打在屏上的點(diǎn)位于O點(diǎn)正上方，距O點(diǎn)13.5cm(2)30cm解答帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的思維方法1．注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱(chēng)性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、位移、做功或確定與物理過(guò)程相關(guān)的邊界條件．2．分析時(shí)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系．3．此類(lèi)題型一般有三種情況：一是粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)，二是粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)，三是粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)的特點(diǎn)分段研究)．突破訓(xùn)練2如圖6甲所示，在平行板電容器A、B兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓．開(kāi)始A板的電勢(shì)比B板高，此時(shí)兩板中間原來(lái)靜止的電子在電場(chǎng)力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化) ()圖6答案A解析電子在交變電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力恒定，加速度大小不變，故C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤；從0時(shí)刻開(kāi)始，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，eq\f(1,2)T后電場(chǎng)力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到t＝T時(shí)刻速度變?yōu)榱悖笾貜?fù)上述運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤.43．帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型 1．模型概述各種性質(zhì)的場(chǎng)與實(shí)物(分子和原子的構(gòu)成物質(zhì))的根本區(qū)別之一是場(chǎng)具有疊加性，即幾個(gè)場(chǎng)可以同時(shí)占據(jù)同一空間，從而形成復(fù)合場(chǎng)．對(duì)于復(fù)合場(chǎng)中的力學(xué)問(wèn)題，可以根據(jù)力的獨(dú)立作用原理分別研究每種場(chǎng)力對(duì)物體的作用效果，也可以同時(shí)研究幾種場(chǎng)力共同作用的效果，將復(fù)合場(chǎng)等效為一個(gè)簡(jiǎn)單場(chǎng)，然后與重力場(chǎng)中的力學(xué)問(wèn)題進(jìn)行類(lèi)比，利用力學(xué)的規(guī)律和方法進(jìn)行分析與解答．2．解題方法(1)正交分解法：由于帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力和重力都是恒力，不受約束的粒子做的都是勻變速運(yùn)動(dòng)，因此可以采用正交分解法處理．將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)互相垂直的直線運(yùn)動(dòng)，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)合成的方法去求復(fù)雜運(yùn)動(dòng)的有關(guān)物理量．(2)等效“重力”法：將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，合力F合等效為“重力”，a＝eq\f(F合,m)等效為“重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向．例3如圖7所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心在O點(diǎn)，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓弧的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)．該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)(電荷量不變)，經(jīng)C點(diǎn)時(shí)速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ 圖7＝60°，重力加速度為g.(1)求小球所受到的電場(chǎng)力大小；(2)小球在A點(diǎn)速度v0多大時(shí)，小球經(jīng)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力最??？解析(1)對(duì)小球受力分析如圖所示，小球在C點(diǎn)速度最大，則在該點(diǎn)電場(chǎng)力與重力的合力沿半徑方向，所以小球受到的電場(chǎng)力大小F＝mgtanθ＝eq\r(3)mg(2)小球要到達(dá)B點(diǎn)，必須到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度最??；在D點(diǎn)速度最小時(shí)，小球經(jīng)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力也最?。O(shè)在D點(diǎn)軌道對(duì)小球的壓力恰為零，則有eq\f(mg,cosθ)＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\r(2gr)由軌道上A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mg·r(1＋cosθ)＋F·rsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解得：v0＝2eq\r(2gr).答案(1)eq\r(3)mg(2)2eq\r(2gr)突破訓(xùn)練3如圖8所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電液滴以速度v沿與水平面成θ角的方向斜向上進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，則液滴向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中 ()A．電場(chǎng)力不可能小于mgcosθ 圖8B．液滴的動(dòng)能一定不變C．液滴的機(jī)械能一定變化D．液滴的電勢(shì)能一定不變答案A解析帶電液滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)中共受到兩個(gè)力的作用：豎直向下的重力和恒定的電場(chǎng)力．因?yàn)橐旱巫鲋本€運(yùn)動(dòng)，所以它們的合力沿運(yùn)動(dòng)方向所在直線；當(dāng)電場(chǎng)力垂直于運(yùn)動(dòng)方向時(shí)，如圖中的F0所示，電場(chǎng)力最小，即Fmin＝F0＝mgcosθ，選項(xiàng)A正確；若電場(chǎng)力如圖中的F0所示，電場(chǎng)力垂直于液滴的運(yùn)動(dòng)方向，電場(chǎng)力不做功，液滴的機(jī)械能守恒，液滴斜向上做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，其重力勢(shì)能增大，動(dòng)能減小，所以選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；若電場(chǎng)力如圖中的F1或F2所示，液滴所受合力仍沿運(yùn)動(dòng)方向所在直線，液滴做直線運(yùn)動(dòng)，但F1或F2均對(duì)液滴做功，其電勢(shì)能變化，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．44．綜合運(yùn)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和功能觀點(diǎn)解決帶電體在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動(dòng)的公式來(lái)解決實(shí)際問(wèn)題，一般有兩種情況：(1)帶電粒子初速度方向與電場(chǎng)線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；(2)帶電粒子的初速度方向垂直電場(chǎng)線，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng))．當(dāng)帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般要采用類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解決問(wèn)題．2．功能觀點(diǎn)首先對(duì)帶電體受力分析，再分析運(yùn)動(dòng)形式，然后根據(jù)具體情況選用相應(yīng)公式計(jì)算．(1)若選用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的動(dòng)能的增量．(2)若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的.解析(1)設(shè)滑塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v，則由牛頓第二定律得mg＋qE＝meq\f(v2,R) (2分)滑塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)s＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) (2分)聯(lián)立方程組，解得：v0＝7m/s (2分)(2)設(shè)滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v′，則從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)s＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) (2分)又在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得：FN＝meq\f(v′2,R) (2分)代入數(shù)據(jù)，解得：FN＝0.6N，方向水平向右 (2分)答案(1)7m/s(2)0.6N，方向水平向右突破訓(xùn)練4在一個(gè)水平面上建立x軸，在過(guò)原點(diǎn)O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝6.0×105N/C，方向與x軸正方向相同．在O處放一個(gè)電荷量q＝－5.0×10－8C、質(zhì)量m10－2kg的絕緣物塊．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20，沿x軸 正方向給物塊一個(gè)初速度v0＝2.0m/s，如圖10所示．求物塊最終停止時(shí)的位置．(g取10m/s2)答案在O點(diǎn)左側(cè)距O點(diǎn)0.2m處解析物塊先在電場(chǎng)中向右減速，設(shè)運(yùn)動(dòng)的位移為s1，由動(dòng)能定理得：－(qE＋μmg)s1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)所以s1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qE＋μmg)代入數(shù)據(jù)得s1＝0.4m可知，當(dāng)物塊向右運(yùn)動(dòng)0.4m時(shí)速度減為零，因物塊所受的電場(chǎng)力F＝qE＝0.03N>Ff＝μmg＝0.02N，所以物塊將沿x軸負(fù)方向加速，跨過(guò)O點(diǎn)之后在摩擦力作用下減速，最終停止在O點(diǎn)左側(cè)某處，設(shè)該點(diǎn)距O點(diǎn)距離為s2，則對(duì)全過(guò)程由動(dòng)能定理得－μmg(2s1＋s2)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).解得s2＝0.2m.故物塊最終停在O點(diǎn)左側(cè)距O點(diǎn)0.2m處．

(限時(shí)：45分鐘)?題組1示波管原理1．如圖1所示是示波管的示意圖，豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長(zhǎng)l＝4cm，板間距離d＝1cm.板右端距離熒光屏L＝18cm.(水平偏轉(zhuǎn)電極上不加電壓，沒(méi)有畫(huà)出)．電子沿中心線進(jìn)入豎直偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度是1.6×107m/s，電子電荷量1.60×10－19C，質(zhì)量m＝0.91×10－30kg.(1)要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的最大偏轉(zhuǎn)電壓U不能超過(guò)多大？(2)若在偏轉(zhuǎn)電極上加U＝40sin100πtV的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸上能觀測(cè)到多長(zhǎng)的線段？答案(1)91V(2)4.4cm解析(1)經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的時(shí)間為t＝eq\f(l,v)豎直方向位移eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(Ue,dm)·t2所以U＝eq\f(d2m,et2)＝eq\f(md2v2,el2)＝91V(2)因?yàn)閠＝eq\f(l,v)＝eq\f(4×10－2,1.6×107)s＝2.5×10－9s而T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,100π)s＝eq\f(1,50)s＝0.02s?t，故進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子均在當(dāng)時(shí)所加電壓形成的勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)．當(dāng)Um＝40V時(shí)，由vx＝v，vy＝eq\f(eUm,dm)·t，得偏轉(zhuǎn)角的正切值tanθ＝eq\f(vy,vx)＝0.11，偏移量y＝(eq\f(l,2)＋L)tanθ，得在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸上的觀測(cè)量為2y＝4.4cm.?題組2帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)2．如圖2所示為勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象．當(dāng)t＝0時(shí)，在此勻強(qiáng)電場(chǎng)中由靜止釋放一個(gè)帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場(chǎng)力的作用，則下列說(shuō)法中正確的是 ()A．帶電粒子將始終向同一個(gè)方向運(yùn)動(dòng) 圖2B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場(chǎng)力做的總功為零答案CD解析設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可見(jiàn)，粒子第1s內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動(dòng)，至3s末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為0，由動(dòng)能定理可知，此過(guò)程中電場(chǎng)力做功為零，綜上所述，可知C、D正確．3．(2011·安徽·20)如圖3(a)所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時(shí)間段是 ()(a)(b)圖3A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)答案B解析設(shè)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(shí)而為正，時(shí)而為負(fù)，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù)．作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖象如圖所示．由于速度圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過(guò)的位移，則由圖象可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時(shí)粒子在一個(gè)周期內(nèi)的總位移小于零；當(dāng)t0>T時(shí)情況類(lèi)似．因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個(gè)周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對(duì)照各選項(xiàng)可知只有B正確．4．(2010·江蘇·15(1))制備納米薄膜裝置的工作電極可簡(jiǎn)化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖4甲所示．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(k>1)，電壓變化的周期為2τ，如圖乙所示．在t＝0時(shí)，極板B附近的一個(gè)電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場(chǎng)作用由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．若整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用．若k＝eq\f(5,4)，電子在0～2τ時(shí)間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng)滿足的條件．圖4答案d>eq\r(\f(9eU0τ2,10m))解析電子在0～τ時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小a1＝eq\f(eU0,md)位移x1＝eq\f(1,2)a1τ2在τ～2τ時(shí)間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小a2＝eq\f(5eU0,4md)初速度的大小v1＝a1τ勻減速運(yùn)動(dòng)階段的位移x2＝eq\f(v\o\al(2,1),2a2)由題知d>x1＋x2，解得d>eq\r(\f(9eU0τ2,10m))?題組3應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和功能觀點(diǎn)分析帶電體在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)5．如圖5所示，質(zhì)量為m的帶電滑塊沿絕緣斜面勻加速下滑，當(dāng)滑至豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)(滑塊受到的電場(chǎng)力小于重力)，滑塊的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能 ()A．仍為勻加速下滑，加速度比原來(lái)的小 圖5B．仍為勻加速下滑，加速度比原來(lái)的大C．變成勻減速下滑，加速度和原來(lái)一樣大D．仍為勻加速下滑，加速度和原來(lái)一樣大答案AB解析設(shè)斜面傾角為θ，滑塊在開(kāi)始下滑的過(guò)程中，mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得a＝gsinθ－μgcosθ>0，故sinθ>μcosθ.滑塊可能帶正電也可能帶負(fù)電，當(dāng)滑塊帶正電時(shí)，(mg＋Eq)sinθ－μ(mg＋Eq)cosθ＝ma1，a1＝g(sinθ－μcosθ)＋eq\f(qE,m)(sinθ－μcosθ)，可推出加速度變大；當(dāng)滑塊帶負(fù)電時(shí)，(mg－Eq)sinθ－μ(mg－Eq)cosθ＝ma2，a2＝g(sinθ－μcosθ)－eq\f(qE,m)(sinθ－μcosθ)，可推出加速度變小，選項(xiàng)A、B正確．6．如圖6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(diǎn)，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點(diǎn)，D為最高點(diǎn)．一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點(diǎn)s的位置在電場(chǎng)力的作用下由靜止開(kāi)始沿AB向右運(yùn)動(dòng)，恰能通過(guò)最高點(diǎn)，則 () 圖6A．R越大，s越大B．R越大，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后瞬間對(duì)軌道的壓力越大C．m越大，s越大D．m與R同時(shí)增大，電場(chǎng)力做功增大答案ACD解析小球在BCD部分做圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)，mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，小球由B到D的過(guò)程中有：－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(5gR)，R越大，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度越大，則s越大，選項(xiàng)A正確；在B點(diǎn)有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝6mg，與R無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由Eqs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，知m、R越大，小球在B點(diǎn)的動(dòng)能越大，則s越大，電場(chǎng)力做功越多，選項(xiàng)C、D正確．7．如圖7所示，在豎直平面內(nèi)，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長(zhǎng)絕緣粗糙軌道，AB與CD通過(guò)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R＝0.50m，軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E＝1.0×104N/C，現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.20kg， 圖7電荷量q＝8.0×10－4C的帶電體(可視為質(zhì)點(diǎn))，從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，已知sAB＝1.0m，帶電體與軌道AB、CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5.假定帶電體與軌道之間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等．求：(取g＝10m/s2(1)帶電體運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道C點(diǎn)時(shí)的速度；(2)帶電體最終停在何處．答案(1)10m/s