新課標人教版3-1選修三11電荷及其守恒定律2-資料下載頁
2025-11-09 11:12本頁面
【導(dǎo)讀】用動力學(xué)觀點分析:α=,E=,v2-v02=2ad.物體動能的變化.如果帶電粒子以初速度v0垂直場強方向進入勻強電場中,根據(jù)的知識就可解決有關(guān)問題.示波管,它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成,如圖2所示.出的電子沿直線傳播,打在熒光屏,在那里產(chǎn)生一個亮斑.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.采用運動和力的觀點:牛頓第二定律和運動學(xué)知識求解.用能量轉(zhuǎn)化的觀點:動能定理和功能關(guān)系求解.是否考慮重力要依據(jù)情況而定.暗示外,一般不考慮重力.場時的偏距為y,偏轉(zhuǎn)角為θ,則tanθ=.y=tanθ,所以粒子好像從極板中央沿直線飛出去一樣.在圖中熒光屏上標出亮斑的大體位置OA的距離.在YY′電極上加100V電壓,Y接正;XX′電極上加100V電壓,電場后沿直線前進,最后打在熒光屏上.設(shè)加速電壓U1=1640V,轉(zhuǎn)電場后必須從下板邊緣出來.
【正文】 2,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錯誤 . 答案 BC 21112qEmd122112 Ex vdEq ? 18所示 ,一根長 L= m的光滑絕緣細直桿 MN,豎直固定 在場強為 E= 105 N/C、與水平方向成 θ =30176。 角的傾斜 向上的勻強電場中 .桿的下端 M固定一個帶電小球 A,電荷量 Q=+ 106 C。另一帶電小球 B穿在桿上可自由滑動 ,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開始運動 .(靜電力常量 k= 109 Nm 2/C2,取 g=10 m/s2) 圖 18 (1)小球 B開始運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端運動到距 M端的高度 h2= m時 ,速度為 v= m/s,求此過程中小球 B的電勢能改變了多少？ 解析 (1)開始運動時小球 B受重力、庫侖力、桿的彈力和電場力 ,小球 B沿桿方向運動 ,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(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 時靜止在場強 E=200 N/C的勻強電場中的 P點 ,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 .在電場力作用下小球向左運動 ,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)勻強電場中擋板 S所在位置處電勢為零 ,則電場中 P點的 電勢為多少 ?小球在 P點時的電勢能為多少 ?(電勢能用 Ep表示 ) 65(2)小球從 P點出發(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 A板 ?(取 =) 解析 (1)由勻強電場的場強和電勢差之間的關(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 Eh=0 V 200 5 102 V=10 V 小球在 P點的電勢能為 Ep=q =2 103 (10) J= J PS ?? ?SP ?? ?P?(2)對小球從 P點出發(fā)第一次回到最右端的過程應(yīng)用動能定理得 W電 =Ek1Ek0 由題可知 小 球從 P出發(fā)第一次回到最右端時速度為零， 所以 W電 =Ek1Ek0=00=0 (3)設(shè)碰撞 n次后小球到達 A板 ,對小球運動的全過程應(yīng)用動能定理得 qEhknqE(h+H)=EknEk0 小球到達 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 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 .以 O點為 原點 ,在該水平面內(nèi)建立直角坐標系 t0=0時突然加一沿 x軸正方向、大小 E1= 106 V/m的勻強電場 ,使小球開始運 動 .在 t1= s時 ,所加的電場突然變?yōu)檠?y軸正方向、大小 E2= 106 V/m的勻強電場 .在 t2= s時 ,所加電場又突然 變?yōu)榱硪粋€勻強電場 E3,使小球在此電場作用下在 t3= s時 速度變?yōu)榱?.求 : (1)在 t1= s時小球的速度 v1的大小 . (2)在 t2= s時小球的位置坐標 x y2. (3)勻強電場 E3的大小 . (4)請在圖 20所示的坐標系中繪出該小球在這 4 s內(nèi)的運動軌 跡 . 圖 20 解析 (1)0～ 1 s對小球應(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時的速度大小為 v1=a1t1= 1 m/s= m/s mqE1(2)小球在 t1= s時的位置坐標為 x1= a1t12= m= m 在 s～ s內(nèi)對小球應(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時小球的位置坐標為 x2=x1+v1(t2t1)= m+ m= m y2= a(t2t1)2= m= m 設(shè)在 t2= s時小球的速度為 v2,則有 v22=v12+a22(t2t1)2 解得 v2= v1= m/s= m/s mqE2212121212 2(3) s～ s內(nèi)對小球應(yīng)用牛頓第二定律得 qE3=ma3 小球在 s時速度減為零 ,說明小球做勻減速直線運動 ,由運動學(xué)公式得 v3=v2a3t3 聯(lián)立解得勻強電場 E3的大小為 E3= 106 V/m (4)小球在這 4 s內(nèi)的運動軌跡如下圖所示 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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