時(shí)帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)-資料下載頁
2025-05-15 09:30本頁面
【正文】 量 ,僅將 E1和 d1同時(shí)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,d1d2,v1=v2,上方微粒的比荷較大 ,若 E1=E2,d1d2,v1v2,上方微粒的比荷較大 ,若 E1=E2,d1d2,v1v2,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(cuò)誤 . 答案 BC 21112qEmd122112 Ex vdEq ? 18所示 ,一根長 L= m的光滑絕緣細(xì)直桿 MN,豎直固定 在場強(qiáng)為 E= 105 N/C、與水平方向成 θ =30176。 角的傾斜 向上的勻強(qiáng)電場中 .桿的下端 M固定一個(gè)帶電小球 A,電荷量 Q=+ 106 C。另一帶電小球 B穿在桿上可自由滑動(dòng) ,電荷 量 q=+ 106 C,質(zhì)量 m= 102 B從桿的上 端 N靜止釋放 ,小球 B開始運(yùn)動(dòng) .(靜電力常量 k= 109 Nm 2/C2,取 g=10 m/s2) 圖 18 (1)小球 B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為多大？ (2)小球 B的速度最大時(shí) ,距 M端的高度 h1為多大？ (3)小球 B從 N端運(yùn)動(dòng)到距 M端的高度 h2= m時(shí) ,速度為 v= m/s,求此過程中小球 B的電勢(shì)能改變了多少？ 解析 (1)開始運(yùn)動(dòng)時(shí)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(dòng) ,由牛頓第二定律得 解得 代入數(shù)據(jù)解得 a= m/s2 maqELk Q qmg ??? ?s i n2mqEmLk Q qga ?s i n2 ???(2)小球 B速度最大時(shí)合外力為零 ,即 解得 代入數(shù)據(jù)解得 h1= m (3)小球 B從開始運(yùn)動(dòng)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(dòng)能定理有 W1+W2+W3= mv2 W1=mg(Lh2) W2=qE(Lh2)sinθ 解得 W3= mv2mg(Lh2)+qE(Lh2)sinθ mgqEhk Q q ?? ?s i n21?s in1 qEmgk Q qh??2121設(shè)小球 B的電勢(shì)能改變了 Δ Ep,則 Δ Ep=(W2+W3) Δ Ep=mg(Lh2) mv2 代入數(shù)據(jù)解得 Δ Ep= 102 J 答案 (1) m/s2 (2) m (3) 102 J 21 ,其帶電量 q=2 103 19所示 ,開始 時(shí)靜止在場強(qiáng) E=200 N/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=5 cm,與 A板距離 H=45 cm, 重力作用不計(jì) .在電場力作用下小球向左運(yùn)動(dòng) ,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(shì)為零 ,則電場中 P點(diǎn)的 電勢(shì)為多少 ?小球在 P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能為多少 ?(電勢(shì)能用 Ep表示 ) 65(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(duì)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 =) 解析 (1)由勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)和電勢(shì)差之間的關(guān)系式得 USP=Eh 由電勢(shì)差和電勢(shì)之間的關(guān)系得 USP= 聯(lián)立解得 P Eh=0 V 200 5 102 V=10 V 小球在 P點(diǎn)的電勢(shì)能為 Ep=q =2 103 (10) J= J PS ?? ?SP ?? ?P?(2)對(duì)小球從 P點(diǎn)出發(fā)第一次回到最右端的過程應(yīng)用動(dòng)能定理得 W電 =Ek1Ek0 由題可知 小 球從 P出發(fā)第一次回到最右端時(shí)速度為零， 所以 W電 =Ek1Ek0=00=0 (3)設(shè)碰撞 n次后小球到達(dá) A板 ,對(duì)小球運(yùn)動(dòng)的全過程應(yīng)用動(dòng)能定理得 qEhknqE(h+H)=EknEk0 小球到達(dá) A板的條件是 :Ekn≥0 聯(lián)立解得 n≥, 即小球經(jīng)過 13次碰撞后 ,才能抵達(dá) A板 . 答案 (1)10 V J (2)0 (3)13次 m= 103 kg、帶 電荷量 q= 1010 C的帶正電的小球 ,靜止在 O點(diǎn) .以 O點(diǎn)為 原點(diǎn) ,在該水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系 t0=0時(shí)突然加一沿 x軸正方向、大小 E1= 106 V/m的勻強(qiáng)電場 ,使小球開始運(yùn) 動(dòng) .在 t1= s時(shí) ,所加的電場突然變?yōu)檠?y軸正方向、大小 E2= 106 V/m的勻強(qiáng)電場 .在 t2= s時(shí) ,所加電場又突然 變?yōu)榱硪粋€(gè)勻強(qiáng)電場 E3,使小球在此電場作用下在 t3= s時(shí) 速度變?yōu)榱?.求 : (1)在 t1= s時(shí)小球的速度 v1的大小 . (2)在 t2= s時(shí)小球的位置坐標(biāo) x y2. (3)勻強(qiáng)電場 E3的大小 . (4)請(qǐng)?jiān)趫D 20所示的坐標(biāo)系中繪出該小球在這 4 s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌 跡 . 圖 20 解析 (1)0～ 1 s對(duì)小球應(yīng)用牛頓第二定律得 qE1=ma1 解得小球的加速度為 a1= = m/s2 小球在 t1= s時(shí)的速度大小為 v1=a1t1= 1 m/s= m/s mqE1(2)小球在 t1= s時(shí)的位置坐標(biāo)為 x1= a1t12= m= m 在 s～ s內(nèi)對(duì)小球應(yīng)用牛頓第二定律得 qE2=ma2 解得小球的加速度為 a2= = m/s2 在 t2= s時(shí)小球的位置坐標(biāo)為 x2=x1+v1(t2t1)= m+ m= m y2= a(t2t1)2= m= m 設(shè)在 t2= s時(shí)小球的速度為 v2,則有 v22=v12+a22(t2t1)2 解得 v2= v1= m/s= m/s mqE2212121212 2(3) s～ s內(nèi)對(duì)小球應(yīng)用牛頓第二定律得 qE3=ma3 小球在 s時(shí)速度減為零 ,說明小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng) ,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v3=v2a3t3 聯(lián)立解得勻強(qiáng)電場 E3的大小為 E3= 106 V/m (4)小球在這 4 s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示 答案 (1) m/s (2) m/s m (3) 106 V/m (4)見解析圖 反思總結(jié) 返回
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