課時帶電粒子在電場中的運(yùn)動

第4課時帶電粒子在電場中的運(yùn)動考點(diǎn)自清1.帶電粒子在電場中的加速帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入電場,帶電粒子將做

運(yùn)動.有兩種分析方法:(1)用動力學(xué)觀點(diǎn)分析:α=,E=,v2-v02=2ad.(2)用功能觀點(diǎn)分析:粒子只受電場力作用,電場力做的功等于物體動能的變化.加(減)速1整理課件2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)(1)如果帶電粒子以初速度v0垂直場強(qiáng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場中,不考慮重力時,則帶電粒子在電場中將做類平拋運(yùn)動,如圖1所示.圖1(2)類平拋運(yùn)動的一般處理方法:將粒子的運(yùn)動分解為沿初速度方向的

運(yùn)動和沿電場力方向運(yùn)動.根據(jù)

的知識就可解決有關(guān)問題.勻速直線初速度為零的勻加速運(yùn)動的合成與分解2整理課件(3)基本公式運(yùn)動時間t=(板長為l,板間距離為d,板間電壓為U)加速度離開電場的偏轉(zhuǎn)量偏轉(zhuǎn)角3.示波器示波器是用來觀察電信號隨時間變化的情況,其核心部件是示波管,它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成,如圖2所示.3整理課件圖2(1)如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓,則電子槍射出的電子沿直線傳播,打在熒光屏

,在那里產(chǎn)生一個亮斑.(2)YY′上加的是待顯示的

.XX′上是機(jī)器自身的鋸齒形電壓,叫做

.若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同,就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的圖象.中心信號電壓掃描電壓4整理課件熱點(diǎn)聚焦1.帶電粒子在電場中的運(yùn)動,綜合了靜電場和力學(xué)的知識,分析方法和力學(xué)的分析方法基本相同:先分析受力情況,再分析運(yùn)動狀態(tài)和運(yùn)動過程(平衡、加速、減速;直線還是曲線),然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題.解決這類問題的基本方法:(1)采用運(yùn)動和力的觀點(diǎn):牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)知識求解.(2)用能量轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn):動能定理和功能關(guān)系求解.2.對帶電粒子進(jìn)行受力分析時應(yīng)注意的問題(1)要掌握電場力的特點(diǎn).電場力的大小和方向不僅跟場強(qiáng)的大小和方向有關(guān),還跟帶電粒子的電性和電荷量有關(guān).在勻強(qiáng)熱點(diǎn)一帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)5整理課件電場中,同一帶電粒子所受電場力處處是恒力;在非勻強(qiáng)電場中,同一帶電粒子在不同位置所受電場力的大小和方向都可能不同.(2)是否考慮重力要依據(jù)情況而定.基本粒子:如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或明確的暗示外,一般不考慮重力(但不能忽略質(zhì)量).帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或明確暗示外,一般都不能忽略重力.3.帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的討論圖36整理課件在圖3中,設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m,帶電荷量為q,以速度v0垂直于電場線方向射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場,偏轉(zhuǎn)電壓為U,若粒子飛離偏轉(zhuǎn)電場時的偏距為y,偏轉(zhuǎn)角為θ,則tanθ=.帶電粒子從極板的中線射入勻強(qiáng)電場,其出射時速度方向的反向延長線交于極板中線的中點(diǎn).所以側(cè)移距離也可表示為y=tanθ,所以粒子好像從極板中央沿直線飛出去一樣.若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的,則qU0=mv02,即y=,tanθ==.由以上討論可知,粒子的偏轉(zhuǎn)角和偏距與粒子的q、m無關(guān),僅決定于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場.即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場,它們在電場中的偏轉(zhuǎn)角度和偏轉(zhuǎn)距離總是相同的.7整理課件熱點(diǎn)二示波管示波管是由電子槍、豎直偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成的,電子槍發(fā)射的電子打在熒光屏上將出現(xiàn)亮點(diǎn).若亮點(diǎn)很快移動,由于視覺暫留效應(yīng),能在熒光屏上看到一條亮線.(1)如圖4所示,如果只在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加上如圖5甲所示

Uy=Umsinωt的電壓,熒光屏上亮點(diǎn)的偏移也將按正弦規(guī)律變化,即y′=ymsinωt,并在熒光屏上觀察到的亮線的形狀為圖6A(設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓頻率較高).(2)如果只在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加上如圖5乙所示的電壓,在熒光屏上觀察到的亮線的形狀為圖6B(設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓頻率較高).8整理課件圖4圖59整理課件圖6(3)如果在偏轉(zhuǎn)電極YY′加上圖5甲所示的電壓,同時在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加上圖5乙所示的電壓,在熒光屏上觀察到的亮線的形狀為圖6C(設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓頻率較高).10整理課件題型探究題型1示波管的工作原理【例1】如圖7所示為示波管的結(jié)構(gòu)圖,其中電極YY′長L1=5cm,間距d1=2.5cm,其到熒光屏的距離x1=32.5cm;電極

XX′長L2=10cm,間距d2=2.5cm,其到熒光屏的距離為x2=25cm.如果在電子槍上加1000V加速電壓,偏轉(zhuǎn)電極XX′、

YY′上都沒有加電壓,電子束從金屬板小孔射出后,將沿直線傳播,打在熒光屏中心O點(diǎn),在那里產(chǎn)生一個亮斑.當(dāng)在偏轉(zhuǎn)電極上加上電壓后,試分析下面的問題:11整理課件圖7(1)在YY′電極上加100V電壓,Y接正,XX′電極不加電壓.在圖中熒光屏上標(biāo)出亮斑的大體位置A.計算出OA的距離.(2)在YY′電極上加100V電壓,Y接正;XX′電極上加100V電壓,X接正.在圖中熒光屏上標(biāo)出亮斑的大體位置B.計算出OB的距離.12整理課件思維導(dǎo)圖解析

(1)如題圖所示,電子經(jīng)過加速電壓U0后獲得速度為v0,由動能定理得U0e=mv02電子以v0速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電壓為U1的偏轉(zhuǎn)電場,將做類平拋運(yùn)動,設(shè)加速度為a1,則有設(shè)偏轉(zhuǎn)角度為θ1,tanθ1=13整理課件(2)電子在豎直方向總偏轉(zhuǎn)量不變,仍為Y,但在水平方向有偏轉(zhuǎn)量,設(shè)總偏移為X,同理有答案

(1)3cm(2)5cm14整理課件方法提煉帶電粒子在電場中的運(yùn)動,綜合了靜電場和力學(xué)的知識,分析方法和力學(xué)的分析方法基本相同:先分析受力情況再分析運(yùn)動狀態(tài)和運(yùn)動過程(平衡、加速、減速,直線還是曲線),然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題.解決這類問題的基本方法:(1)采用運(yùn)動和力的觀點(diǎn):牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)知識求解;(2)用能量轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn):動能定理和功能關(guān)系求解.15整理課件變式練習(xí)1示波器的示意圖如圖8所示,金屬絲發(fā)射出來的電子被加速后從金屬板的小孔穿出,進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場.電子在穿出偏轉(zhuǎn)電場后沿直線前進(jìn),最后打在熒光屏上.設(shè)加速電壓U1=1640V,偏轉(zhuǎn)極板長l=4cm,偏轉(zhuǎn)板間距d=1cm,當(dāng)電子加速后從兩偏轉(zhuǎn)板的中央沿板平行方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場.圖8(1)偏轉(zhuǎn)電壓為多大時,電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大?(2)如果偏轉(zhuǎn)板右端到熒光屏的距離L=20cm,則電子束最大偏轉(zhuǎn)距離為多少?16整理課件解析

(1)要使電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大,電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必須從下板邊緣出來.電子在加速電場中,由動能定理電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度電子在偏轉(zhuǎn)電場的飛行時間電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度要使電子從下極板邊緣出來,應(yīng)有解得偏轉(zhuǎn)電壓U2=205V(2)電子束打在熒光屏上最大偏轉(zhuǎn)距離17整理課件由于電子離開偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)向速度電子離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的時間電子最大偏轉(zhuǎn)距離答案

(1)205V(2)0.055m18整理課件題型2帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動【例2】如圖9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)電場中,一帶負(fù)電荷的小球從高h(yuǎn)的A

處由靜止開始下滑,沿軌道ABC運(yùn)動后進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)做圓周運(yùn)動.已知小球所受的電場力是其重力的3/4,圓環(huán)半徑為R,斜面傾角為θ,xBC=2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運(yùn)動,h至少為多少?圖919整理課件思路點(diǎn)撥

小球所受的重力和電場力都為恒力,故兩力等效為一個力F,如右圖所示.可知F=1.25mg,方向左偏下37°,從圖中可知,做完整的圓周運(yùn)動的臨界點(diǎn)是能否通過D點(diǎn),若恰好能通過D點(diǎn),即達(dá)到D點(diǎn)時球與環(huán)的彈力恰好為零.解析

由圓周運(yùn)動知識得由動能定理有又F=1.25mg聯(lián)立可求出此時的高度答案20整理課件方法提煉由于帶電粒子在勻強(qiáng)電場中所受電場力和重力都是恒力,粒子做的都是勻變速運(yùn)動,因此處理時有兩種方法:1.正交分解法:將復(fù)雜的運(yùn)動分解為兩個互相垂直的直線運(yùn)動,再根據(jù)運(yùn)動合成的觀點(diǎn)去求復(fù)雜運(yùn)動的有關(guān)物理量.2.等效“重力”法:將重力與電場力進(jìn)行合成,F合等效于“重力”,a=等效于“重力加速度”,F合的方向等效于“重力”的方向,即在重力場中的豎直方向.21整理課件變式練習(xí)2如圖10所示,水平軌道與直徑為d=0.8m的半圓軌道相接,半圓軌道的兩端點(diǎn)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(qiáng)電場中,一小球質(zhì)量m=0.5kg,帶有q=5×10-3C電量的正電荷,在靜電力作用下由靜止開始運(yùn)動,不計一切摩擦,g=10m/s2.圖10(1)若它運(yùn)動的起點(diǎn)離A為L,它恰能到達(dá)軌道最高點(diǎn)B,求小球在B點(diǎn)的速度和L的值.(2)若它運(yùn)動起點(diǎn)離A為L′=2.6m,且它運(yùn)動到B點(diǎn)時電場消失,它繼續(xù)運(yùn)動直到落地,求落地點(diǎn)與B點(diǎn)的距離.22整理課件解析(1)因小球恰能到B點(diǎn),則在B點(diǎn)有小球運(yùn)動到B的過程,由動能定理(2)小球離開B點(diǎn),電場消失,小球做平拋運(yùn)動,設(shè)落地點(diǎn)距B點(diǎn)距離為s,由動能定理小球從靜止運(yùn)動到B有23整理課件答案

(1)2m/s1m(2)2.53m24整理課件題型3帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動【例3】如圖11甲所示,A、B是兩水平放置的足夠長的平行金屬板,組成偏轉(zhuǎn)勻強(qiáng)電場,B板接地.A板電勢隨時間變化情況如圖乙所示,C、D兩平行金屬板豎直放置,中間有正對兩孔

O1′和O2,兩板間電壓為U2,組成減速電場.現(xiàn)有一帶負(fù)電粒子在t=0時刻以一定初速度沿AB兩板間的中軸線O1O1′進(jìn)入.并能從O1′沿O1′O2進(jìn)入C、D間,剛好到達(dá)O2孔,已知帶電粒子帶電荷量-q,質(zhì)量m,不計其重力.求:圖1125整理課件(1)該粒子進(jìn)入A、B的初速度v0的大小.(2)A、B兩板間距的最小值和A、B兩板長度的最小值.解析

(1)因粒子在A、B間運(yùn)動時,水平方向不受外力做勻速運(yùn)動,所以進(jìn)入O1′孔的速度即為進(jìn)入A、B板的初速度.在C、D間,由動能定理得qU2=mv02即(2)由于粒子進(jìn)入A、B后,在一個周期T內(nèi),豎直方向上的速度變?yōu)槌跏紶顟B(tài).即v豎=0,若在第一個周期內(nèi)進(jìn)入O1′孔,則對應(yīng)兩板最短長度為L=v0T=,若在該時間內(nèi),粒子剛好不到A板而返回,則對應(yīng)兩板最小間距,設(shè)為d,所以答案26整理課件變式練習(xí)3如圖12所示,真空中相距d=5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源相接(圖中未畫出),其中B板接地(電勢為零),A板電勢的變化規(guī)律如圖乙所示.將一個質(zhì)量m=2.0×10-27kg,電荷量q=+1.6×10-19C的帶電粒子從緊鄰B板處釋放,不計重力.求:圖12(1)在t=0時刻釋放該帶電粒子,釋放瞬間粒子加速度的大小.(2)若A板電勢變化周期T=1.0×10-5s,在t=0時將帶電粒子從緊鄰B板處無初速度釋放,粒子到達(dá)A板時的速度大小.(3)A板電勢變化頻率多大時,在t=T/4到t=T/2時間內(nèi)從緊鄰B板處無初速度釋放該帶電粒子,粒子不能到達(dá)A板?27整理課件解析

(1)在t=0時刻,電場強(qiáng)度E=,所以加速度a==4.0×109m/s2.(2)帶電粒子在0～T/2內(nèi)所受電場力方向向右,T/2～T內(nèi)電場力反向.帶電粒子在0～T/2內(nèi)只受電場力作用做勻加速直線運(yùn)動,前進(jìn)的距離為x=at12=a()2=5cm,而金屬板間距d=5cm,所以t=T/2時帶電粒子恰好到達(dá)A板,此時帶電粒子速度v=at1=2.0×104m/s.(3)既然帶電粒子不能到達(dá)A板,則帶電粒子在T/4～T/2內(nèi)向A板做勻加速直線運(yùn)動,在T/2～3T/4內(nèi)向A板做勻減速直線運(yùn)動,速度減為零后將反向運(yùn)動.當(dāng)t=T/4時將帶電粒子從緊鄰B板處無初速度釋放,粒子向A板運(yùn)動的位移最大,該過程先勻加速T/4,然后勻減速T/4,t=3T/4時速度減為零.根據(jù)題意有:28整理課件答案

(1)4.0×109m/s2

(2)2.0×104m/s29整理課件題型4力電綜合分析【例4】如圖13所示,兩平行金屬板A、B板長L=8cm,兩板間距離d=8cm,A板比B板電勢高300V,一帶正電的粒子帶電量

q=10-10C,質(zhì)量m=10-20kg,沿電場中心線OR垂直電場線飛入電場,初速度v0=2×106m/s,粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面

MN、PS間的無電場區(qū)域后,進(jìn)入固定在O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS右邊點(diǎn)電荷的電場分布不受界面影響),已知兩界面MN、PS相距為12cm,O點(diǎn)在中心線上距離界面

PS9cm處,粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上.(靜電力常數(shù)k=9×109N·m2/C2)30整理課件圖13(1)求粒子穿過界面MN時偏離中心線OR的距離多遠(yuǎn)?(2)試在圖上粗略畫出粒子運(yùn)動的軌跡.(3)確定點(diǎn)電荷Q的電性并求其電量的大小.解析

(1)設(shè)粒子從電場中飛出的側(cè)向位移為h,穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為Y,則側(cè)向位移①(2)第一段是拋物線,第二段必須是直線,第三段是圓弧,軌跡如下圖所示.②31整理課件(3)帶負(fù)電,帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運(yùn)動,由相似三角形知識得:得Y=4h=12cm③設(shè)帶電粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為vy,則水平方向速度vx=v0=2×106m/s④電場方向速度vy=at==1.5×106m/s⑤粒子從電場中飛出時速度v==2.5×106m/s⑥設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ,則⑦32整理課件因?yàn)閹щ娏Ｗ哟┻^界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上,所以該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點(diǎn)電荷Q做勻速圓周運(yùn)動,其半徑與速度方向垂直,勻速圓周運(yùn)動的半徑,r==0.15m⑧由牛頓運(yùn)動定律可知⑨代入數(shù)據(jù)解得Q=1.04×10-8C⑩答案

(1)3cm(2)見解析圖(3)帶負(fù)電1.04×10-8C【評分標(biāo)準(zhǔn)】

本題共22分.其中①②式各4分,③④⑤⑥⑨⑩式各2分,⑦⑧式各1分.33整理課件【名師導(dǎo)析】帶電粒子在電場中運(yùn)動一類問題,是近幾年高考中考查的重點(diǎn)內(nèi)容之一.尤其是在力、電綜合試題中,多把電場與牛頓定律、動能定理、功能關(guān)系、運(yùn)動學(xué)知識、電路知識等巧妙地綜合起來,考查學(xué)生對這些基本知識、基本規(guī)律的理解和掌握的情況,應(yīng)用基本知識分析、解決實(shí)際問題的能力.縱觀這類題目,所涉及的情景基本相同(無外乎是帶電粒子在電場中平衡、加速或偏轉(zhuǎn)),在處理這類問題時,要善于聯(lián)系力學(xué)中的物理模型,借助力學(xué)模型,從受力情況、運(yùn)動情況、能量轉(zhuǎn)移等角度去分析,將力學(xué)中處理問題的方法遷移到電場中去,問題就會變得比較容易解決.34整理課件自我批閱(14分)如圖14所示,在x>0的空間中,存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場E;在x<0的空間內(nèi),存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小也等于E,一電子(-e,m)在x=d處的P點(diǎn)以沿y軸正方向的初速度v0開始運(yùn)動,不計電子重力.求:圖14(1)電子在x軸方向的分運(yùn)動的周期.(2)電子運(yùn)動的軌跡與y軸的各個交點(diǎn)中,任意兩個相鄰交點(diǎn)之間的距離l.35整理課件解析

電子射入電場后,y方向的分運(yùn)動一直為勻速運(yùn)動;x方向的分運(yùn)動先是-x方向的加速運(yùn)動,接著是-x方向的減速運(yùn)動,又+x方向的加速運(yùn)動,再+x方向的減速運(yùn)動……如此反復(fù).故電子運(yùn)動的軌跡如下圖所示.(4分)(1)設(shè)電子從射入到第一次與y軸相交所用時間為t,則(2分)解得

(1分)36整理課件所以,電子在x方向分運(yùn)動的周期為(2分)(2)在豎直方向上y=v0t=(2分)電子運(yùn)動的軌跡與y軸的各個交點(diǎn)中,任意兩個相鄰交點(diǎn)之間的距離l為l=2y=(3分)答案37整理課件素能提升1.如圖15所示,在xOy豎直平面內(nèi)存在著水平向右的勻強(qiáng)電場.有一帶正電的小球自坐標(biāo)原點(diǎn)沿著y軸正方向以初速度v0拋出,運(yùn)動軌跡最高點(diǎn)為M,與x軸交點(diǎn)為N,不計空氣阻力,則小球()圖15A.做勻加速運(yùn)動B.從O到M的過程動能增大C.到M點(diǎn)時的動能為零D.到N點(diǎn)時的動能大于mv0238整理課件解析

帶正電的小球自坐標(biāo)原點(diǎn)沿著y軸正方向以初速度v0拋出后受到恒定的合力作用做勻變速運(yùn)動,在運(yùn)動開始的一段時間內(nèi)合力與速度的夾角為鈍角,速度減小,A、B都錯;小球自坐標(biāo)原點(diǎn)到M點(diǎn),y方向在重力作用下做速度減小到零的勻變速運(yùn)動,x方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速運(yùn)動,所以到M點(diǎn)時的動能不為零,C錯;由動能定理有:qEx=mvN2-mv02>0,D正確.答案

D39整理課件2.如圖16甲所示,兩平行金屬板豎直放置,左極板接地,中間有小孔,右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,電子原來靜止在左極板小孔處(不計電子的重力).下列說法正確的是()圖16A.從t=0時刻釋放電子,電子始終向右運(yùn)動,直到打到右極板上B.從t=0時刻釋放電子,電子可能在兩板間振動C.從t=T/4時刻釋放電子,電子可能在兩板間振動,也可能打到右極板上D.從t=3T/8時刻釋放電子,電子必將打到左極板上40整理課件解析

從t=0時刻釋放電子,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,接著勻減速T/2…直到打在右極板上.電子不可能向左運(yùn)動;如果兩板間距離不夠大,電子也始終向右運(yùn)動,直到打到右極板上.從t=T/4時刻釋放電子,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;如果兩板間距離不夠大,則電子在第一次向右運(yùn)動過程中就有可能打在右極板上.從t=3T/8時刻釋放電子,如果兩板間距離不夠大,電子將在第一次向右運(yùn)動過程中就打在右極板上;如果第一次向右運(yùn)動沒有打在右極板上,那就一定會在第一次向左運(yùn)動過程中打在左極板上,綜上所述,選A、C.答案

AC41整理課件3.如圖17所示,兩加上電壓的水平平行金屬板之間放了一個薄帶電金屬網(wǎng),形成了上下兩個勻強(qiáng)電場空間,場強(qiáng)分別為E1、E2.兩個不計重力的帶電微粒從離金屬網(wǎng)d1、d2處先后水平射入電場(不考慮兩微粒間的庫侖力),運(yùn)動軌跡與金屬網(wǎng)相交于同一點(diǎn),則()A.兩微粒帶同種電荷B.若兩微粒初速度相同,則到達(dá)金屬網(wǎng)所用的時間相同C.不改變其他物理量,僅將E1和d1同時減半,兩粒子仍然能相交于同一點(diǎn)D.若E1=E2,d1>d2,則上方微粒的比荷(帶電量與質(zhì)量的比值)較大圖1742整理課件解析

由帶電微粒的偏轉(zhuǎn)情況可知,兩帶電微粒所受的電場力方向相反,而電場強(qiáng)度方向相同,所以兩帶電微粒帶異種電荷,A錯誤;在垂直于電場方向,帶電微粒做勻速直線運(yùn)動,x=vt,由題圖可知,兩帶電微粒的x相同,若兩微粒初速度相同,到達(dá)金屬網(wǎng)所用的時間相同,B正確;由牛頓第二定律和類平拋運(yùn)動公式得:qE1=ma,d1=at2,x=v1t,聯(lián)立解得x=v1,比荷.不改變其他物理量,僅將E1和d1同時減半,帶電微粒在垂直于電場方向上的位移不變,兩粒子仍然能相交于同一點(diǎn),C正確;若E1=E2,d1>d2,v1=v2,上方微粒的比荷較大,若E1=E2,d1>d2,v1>v2,上方微粒的比荷較大,若E1=E2,d1>d2,v1<v2,可能上方微粒的比荷較大,也可能下方微粒的比荷較大,D錯誤.答案

BC43整理課件4.如圖18所示,一根長L=1.5m的光滑絕緣細(xì)直桿MN,豎直固定在場強(qiáng)為E=1.0×105N/C、與水平方向成θ=30°角的傾斜向上的勻強(qiáng)電場中.桿的下端M固定一個帶電小球A,電荷量

Q=+4.5×10-6C;另一帶電小球B穿在桿上可自由滑動,電荷量q=+1.0×10-6C,質(zhì)量m=1.0×10-2kg.現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放,小球B開始運(yùn)動.(靜電力常量k=9.0×109N·m2/C2,取g=10m/s2)圖1844整理課件(1)小球B開始運(yùn)動時的加速度為多大？(2)小球B的速度最大時,距M端的高度h1為多大？(3)小球B從N端運(yùn)動到距M端的高度h2=0.61m時,速度為v=1.0m/s,求此過程中小球B的電勢能改變了多少？解析

(1)開始運(yùn)動時小球B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力,小球B沿桿方向運(yùn)動,由牛頓第二定律得解得代入數(shù)據(jù)解得a=3.2m/s245整理課件(2)小球B速度最大時合外力為零,即解得代入數(shù)據(jù)解得h1=0.9m(3)小球B從開始運(yùn)動到速度為v的過程中,設(shè)重力做功為W1,電場力做功為W2,庫侖力做功為W3,根據(jù)動能定理有W1+W2+W3=mv2

W1=mg(L-h2)W2=-qE(L-h2)sinθ解得W3=mv2-mg(L-h2)+qE(L-h2)sinθ46整理課件設(shè)小球B的電勢能改變了ΔEp,則ΔEp=-(W2+W3)

ΔEp=mg(L-h2)-mv2

代入數(shù)據(jù)解得ΔEp=8.4×10-2J答案

(1)3.2m/s2(2)0.9m(3)8.4×10-2J47整理課件5.有一帶負(fù)電的小球,其帶電量q=-2×10-3C.如圖19所示,開始時靜止在場強(qiáng)E=200N/C的勻強(qiáng)電場中的P點(diǎn),靠近電場極板

B有一擋板S,小球與擋板S的距離h=5cm,與A板距離H=45cm,重力作用不計.在電場力作用下小球向左運(yùn)動,與擋板S相碰后電量減少到碰前的k倍,已知k=,而碰后小球的速度大小不變.圖19(1)設(shè)勻強(qiáng)電場中擋板S所在位置處電勢為零,則電場中P點(diǎn)的電勢為多少?小球在P點(diǎn)時的電勢能為多少?(電勢能用Ep表示)48整理課件(2)小球從P點(diǎn)出發(fā)第一次回到最右端的過程中電場力對小球做了多少功?(3)小球經(jīng)過多少次碰撞后,才能抵達(dá)A板?(取lg1.2=0.08)解析

(1)由勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)和電勢差之間的關(guān)系式得USP=Eh由電勢差和電勢之間的關(guān)系得USP=聯(lián)立解得P點(diǎn)的電勢為-Eh=0V

-200×5×10-2V=-10V小球在P點(diǎn)的電勢能為Ep=q=-2×10-3×(-10)J=0.02J49整理課件(2)對小球從P點(diǎn)出發(fā)第一次回到最右端的過程應(yīng)用動能定理得W電=Ek1-Ek0由題可知小球從P出發(fā)第一次回到最右端時速度為零，所以W電=Ek1-Ek0=0-0=0(3)設(shè)碰撞n次后小球到達(dá)A板,對小球運(yùn)動的全過程應(yīng)用動能定理得qEh-knqE(h+H)=Ekn-Ek0小球到達(dá)A