1、電容器帶電粒子在電場中的運動1本講需掌握電容的定義式、平行板電容器電容的決定式；帶電粒子的加速、偏轉問題與生產(chǎn)技術、生活實際、科學研究等聯(lián)系密切，如靜電屏蔽、尖端放電、電容傳感器、示波器工作原理、靜電分選、靜電除塵、直線加速器等此類問題借助帶電粒子受電場力作用，運用牛頓運動定律分析運動特征，考查學生分析綜合問題的能力，是高考命題的熱點2電容器的動態(tài)分析、帶電粒子在勻強電場中的運動是本講的重點內(nèi)容(1) 通過例1和變式題復習電容器的動態(tài)分析；(2) 通過例2和變式題復習帶電粒子在勻強電場中的直線運動；(3) 通過例3和變式題復習帶電粒子在勻強電場中的偏轉；(4) 通過例4和變式題復習帶電粒子在復
2、合場中的運動探究點一平行板電容器的動態(tài)分析(連接電源、斷開電源)平行板電容器的動態(tài)分析問題的處理方法1. 平行板電容器充電后，保持電容器的兩極板與電池的兩極相連接：(1) 兩板間的電勢差U保持不變；(2) 由電容的定義式(=和平行板電容器的決定式C=聯(lián)立解得：Q=；E=(3) 保持正對面積S不變，增大兩板間的距離d,電容器的電容C、電容器的帶電量Q、兩板間的場強E均減??；(4) 保持兩板間的距離d不變，減小兩板的正對面積S,電容器的電容C、電容器的帶電量Q減小，兩板間的場強E保持不變.2. 平行板電容器充電后，切斷與電池的連接：(1) 電容器的帶電量Q保持不變；Q£rSU(2) 由電
3、容的定乂式C=U、平行板電容器的決定式C=4nkd和勻強電場的場強公式E=d，4nkdQ4nkQ聯(lián)立解得：U=grS，E=£rS；(3) 保持正對面積S不變，增大兩板間的距離d,電容器的電容C減小，兩板間的電壓U增大，兩板間的場強E保持不變；(4) 保持兩板間的距離d不變，減小兩板的正對面積S,電容器的電容C減小，兩板間的電壓U增大，兩板間的場強E增大.例12010北京卷用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖293所示).設兩極板正對面積為S,極板間的距離為d,靜電計指針偏角為0實驗中，極板所帶電荷量不變，若()A保持S不變，增大d,則0變大B保持S不變，增大d,則0
4、變小C保持d不變，減小S,則0變小D保持d不變，減小S,則0不變變式訓練12009海南卷平行板電容器兩極板間距為d、極80S板面積為S,電容為莎，其中80是常量.對此電容器充電后斷開電源.當增加兩板間距時,電容器極板間()A電場強度不變，電勢差變大B.電場強度不變，電勢差不變C.電場強度減小，電勢差不變D.電場強度減小，電勢差減小帶電粒子在電場中的運動問題是典型的力電綜合題型，帶電粒子在電場中的主要運動形式有：勻速直線、勻變速直線、勻變速曲線、勻速圓周、變速圓周等；帶電體的運動形式由受力情況和運動狀態(tài)共同確定.下面就帶電粒子在電場中的加速和偏轉，提出以下幾方面注意事項：一、關于帶電粒子受力情況
5、分析1帶電粒子，如電子、質子、a粒子及各種離子等，因為質量很小，所以重力比電場力小得多，重力可以忽略不計，有的帶電微粒有特別說明，也可忽略重力；2帶電微粒，如帶電小球、帶電液滴、煙塵等，質量較大，如果沒有特別說明，其重力一般不能忽略；3另外就是根據(jù)題目給定的研究對象的狀態(tài)確定.4彈力：桿、繩、彈簧、接觸面等，與力學中分析方法相同.5摩擦力：相對運動時的滑動摩擦力，相對靜止時的靜摩擦力。注意分析摩擦力的有無和方向以及確定大小的方法.探究點二帶電粒子在電場中的加速1. 應用牛頓運動定律解決帶電粒子的直線運動帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與速度方向在一條直線上，帶電粒子做勻變
6、速直線運動.根據(jù)帶電粒子的受力情況，用牛頓運動定律結合運動學公式確定帶電粒子的速度、位移、時間等.2. 用動能定理解決帶電粒子在電場中的運動對帶電粒子進行受力分析，確定有哪幾個力做功，做正功還是負功；確定帶電粒子的初、末狀態(tài)的動能，根據(jù)動能定理列方程求解.3. 用能量守恒的觀點處理帶電粒子在電場中的運動(1) 帶電粒子只受靜電力的作用，帶電粒子在電場中運動時，電勢能和動能之和保持不變；(2) 帶電粒子受到重力和靜電力的作用(不受其他力)，帶電粒子在電場中運動時，重力勢能、電勢能和動能之和保持不變.例22009浙江卷如圖相距為d的平行金屬板A、B豎直放置，在兩板之間水平放置一絕緣平板有一質量為m
7、、電荷量為q(q>0)的小物塊在與金屬板A相距l(xiāng)處靜止若某一3umgd時刻在金屬板A、B間加一電壓UAB=2q，小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞，碰1撞后電荷量變?yōu)橐?q，并以與碰前大小相等的速度反方向彈回.已知小物塊與絕緣平板間的動摩擦因數(shù)為陽若不計小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時間，則:B(1) 小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？(2) 小物塊碰撞后經(jīng)過多長時間停止運動？停在何位置？變式訓練22010青島模擬如圖295甲所示，電荷量為q=1x104C的帶正電的小物塊置于絕緣水平面上，所在空間存在方向沿水平向右的電場，電場強度E的大小與時間的關系如圖295乙所示，物塊運動速度與
8、時間t的關系如圖295丙所示，取重力加速度g=10m/s2.求:(1) 前2秒內(nèi)電場力做的功；(2) 物塊的質量；(3) 物塊與水平面間的動摩擦因數(shù).變式訓練3如圖296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296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()A從t=0時刻釋放電子，電子始終向右運動，直到打到»右極板上B. 從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩極板間振動匚TC從t=4時刻釋放電子，電子一定在兩板間振動3TD從t=8時刻釋放電子，電子必將打到左極板上探究點三帶電粒子在勻強電場中的偏轉1運動性質不計重力
9、的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，受到恒定的與初速度v0方向成90°角的電場力的作用而做勻變速曲線運動，也可說成是類平拋運動2分析方法(1)運動的合成與分解法。把帶電粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和垂直初速度方向的勻加速直線運動能量觀點求解：動能定理；能量轉化與守恒定律3推論(1)(1)如圖354所示粒子射出磁場時速度的反向延長線與電場中線相交于O點，設0與邊緣距離為X，因為taneqL2Uyy2mv0dL=x,解得x=tane=qLU=2即：粒子射出磁場時速度mv02d的反向延長線過其所完成水平位移的中點由此可知，粒>1圖35-4L子從偏轉電場中射
10、出時，就好像從極板間的2處，即o點沿直線射出似的.不同帶電粒子初速度為零，由同一加速電壓U1加速后進入同一偏轉電場U2,則加速時1/2qU1qL2U2L2U2qLU2LU2滿足qU1=2mv2,v0=m，可得:側移y=2mv0d=4U1d和偏轉角tan0=mv0d=2U1d可以看出，此時粒子的側移量、偏轉角與粒子的q、m無關，僅取決于加速和偏轉電場.由此可得結論：電性相同的不同帶電粒子從靜止開始，由同一加速電壓U1加速后進入同一偏轉電場U2,粒子運動軌跡相同.3帶電粒子在兩帶等量異種電荷的平行板間偏轉的臨界問題(1) 若題中明確帶電粒子“剛好”射出(或不射出)電場區(qū)域，確定帶電粒子在電場方向上
11、的位移進行求解；(2) 若題中沒有說明(或暗示)帶電粒子是否射出電場，要根據(jù)題中條件進行判斷，然后根據(jù)正確的情況分析解決；也可以假設一種情況進行求解，然后對結果進行分析說明.例3如圖297所示，在空間中取直角坐標系Oxy,在第一象限內(nèi)平行于y軸的虛線MN與y軸距離為d，從y軸到MN之間的區(qū)域充滿一個沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為E.初速度可以忽略的電子經(jīng)過另一個電勢差為U的電場加速后，從y軸上的A點以平行于x軸的方向射入第一象限區(qū)域，A點坐標為(0,h).已知電子的電量為e,質量為m,電子的重力忽略不計.Ed2(1)若加速電場的電勢差U>4h，求電子從A點進入電場到離開該電場區(qū)域所經(jīng)
12、歷的時間t和離開電場區(qū)域時的速度v；(2)求電子經(jīng)過x軸時離坐標原點O的距離1.變式題42010東城模擬如圖29-8所示，兩個板長均為L的平板電極平行正對放置，相距為d,極板之間的電勢差為U,板間電場可以認為是均勻的.一個a粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達負極板時恰好落在極板邊緣已知質子電荷為e,質子和中子的質量均視為m,忽略重力和空氣阻力的影響，求：(1) 極板間的電場強度E；(2) a粒子的初速度v0.探究點四帶電體在電場、重力場的復合場中的運動1. 帶電粒子在電場中運動是否考慮重力基本粒子，如電子、質子、a粒子、各種離子等，一般不考慮重力；(2)帶電微粒、帶
13、電小球、帶電液滴、帶電塵埃等,除非有說明,一般都要考慮重力.2. 帶電體在重力場和電場的疊加場中運動帶電體在電場和重力場的疊加場中的運動一般可用等效法處理.各種性質的場(物質)與實際物體的根本區(qū)別之一是場具有疊加性，即幾個場可以同時占據(jù)同一空間，從而形成疊加場.對于疊加場中的力學問題，可以根據(jù)力的獨立作用原理分別研究每一種場力對物體的作用效果；也可以同時研究幾種場共同作用的效果，將疊加場等效為一個簡單場，然后與重力場中的力學問題進行類比，利用力學規(guī)律和方法進行分析和解答.帶電小球在勻強電場和重力場的疊加場中的圓周運動，可以利用平行四邊形定則求出帶電體所受重力和靜電力的合力作為帶電體受到的“等效
14、重力”，然后根據(jù)力學中處理圓周運動的方法進行解決.帶電體在重力場和電場的疊加場中一般做曲線運動，通常應用力的獨立作用原理和運動分解的思想，根據(jù)運動學規(guī)律，分析研究兩個分運動和合運動求解；或者應用能量觀點運用動能定理或能量守恒解答.例4如圖29-9所示為兩塊豎直放置的平行金屬板A、B,兩板相距為d，兩板間電壓為U,質量為m的帶電小球從兩板間的M點開始以豎直向上的初速度v0運動，當它到達電場中的N點時速度變?yōu)樗椒较?，大小變?yōu)?v0,求M、N兩點間的電勢差和電場力對帶電小球所做的功.(不計帶電小球對金屬板上電荷均勻分布的影響，設重力加速度為g)o_2©()VoNIM變式訓練5在水平向右的
15、勻強電場中，有一質量為m、帶正電的小球，用長為1的絕緣細線懸掛于O點，當小球靜止時,細線與豎直方向夾角為6,如圖所示.現(xiàn)給小球一個垂直于懸線的初速度，使小球恰能在豎直平面內(nèi)做圓周運動，試問：(1) 小球在做圓周運動的過程中，在哪一位置速度最??？速度最小值為多大？(2) 小球在B點的初速度為多大？探究點五帶電粒子在交變電場中的運動一、涉及交變電場的圖象變換在平行板電容器兩板間加上交變電壓，則兩板間就會存在交變電場，常見交變電壓有方波形交變電壓、正弦式交變電壓、鋸齒形交變電壓根據(jù)己=可知兩極板間電場強度隨時間變化的規(guī)律與電壓隨時間的變化圖象相同，同理可知帶電粒子在電場中受電場力隨時間變化的規(guī)律與電
16、壓隨時間的變化圖象相同，據(jù)此可進行由Ut圖象到粒子a-t圖象和vt圖象的變換，從而便于研究粒子的運動情況.二、帶電粒子在交變電場中的運動形式1. 直線運動(1) 帶電粒子在交變電場中由靜止釋放后，粒子可能做直線運動，可能做往復運動，也可能做單向直線運動；(2) 帶電粒子以一定速度平行于電場方向射入交變電場中，粒子做直線運動2. 曲線運動L(1) 如果偏轉電壓的變化周期遠大于粒子穿越電場的時間(TV0),那么在粒子穿越電場的瞬間，電場仍可視為勻強電場來處理，粒子經(jīng)過電場的過程中做類平拋運動；(2) 如果偏轉電壓的變化周期不滿足遠大于粒子穿越電場的時間，那么在粒子穿越電場的運動過程需要通過運動的合
17、成與分解來分析練習1.下列粒子從靜止狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的電場加速后，速度最大的是()A質子(iH)B.氘核QH)C.a粒子(4He)D鈉離子(Na+)1122(黑龍江省哈師大附中2012屆高三上學期期中考試)如圖所示，用絕緣輕質細線懸吊一質量為m、電荷量為q的小球，在空間施加一勻強電場，使小球保持靜止時細線與豎直方向成6角(已知6滿足0v8v45o),則所加勻強電場的電場強度的可能值為()mgsin0mgmgtan0mgtan0A.B.C.D.qqq2q3. 如圖7所示，一質量為m、帶電荷量為q的物體處于場強按E=EO_kt（E0、k均為大于零的常數(shù)，取水平向左為正方向）變化的電場中，物體與豎直
18、墻壁間的動摩擦因數(shù)為P，當t=0時刻物體處于靜止狀態(tài).若物體所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,且電場空間和墻面均足夠大,下列說法正確的A物體開始運動后加速度先增加、后保持不變B物體開始運動后加速度不斷增大CE0經(jīng)過時間t=匸，物體在豎直墻壁上的位移達最大值D4、»qE0_mg經(jīng)過時間t=ykq，物體運動速度達最大值如圖所示，上、下兩帶電小球的質量均為m,所帶電荷量分別為q和-q，兩球間用絕緣細線連接，上球又用絕緣細線懸掛在天花板上.在兩球所在空間有方向向左的勻強電場，電場強度E,平衡時細線都被拉緊.（1）平衡時的可能位置是圖中的哪一個（）2）兩根絕緣線張力大小為（）AT1=2mg,T
19、2=(mg)2+(Eq)2BT1>2mg,T2>(mg)2+(Eq)2CT1V2mg,T2V(mg)2+(Eq)2DT1=2mg,T2V(mg)2+(Eq)2圖75. 如圖3所示，豎直墻面與水平地面均光滑且絕緣，兩個帶有同種電荷的小球A、B分別處于豎直墻面和水平地面上，且處于同一豎直平面內(nèi)，若用圖示方向的水平推力F作用于小球B,則兩球靜止于圖示位置如果將小球B向左推動少許，待兩球重新達到平衡時,則兩個小球的受力情況與原來相比（）A.推力F將增大B.豎直墻面對小球A的彈力減小圖36、如圖8所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細繩的一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小
20、球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b不計空氣阻力，則()A. 小球帶正電B. 電場力跟重力平衡C. 小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D. 小球在運動過程中機械能守恒7、如圖9所示,ABCD為豎直放在場強為E=104V/m的水平勻強電場中的絕緣光滑軌道,其中軌道的BCD部分是半徑為R的半圓形軌道，軌道的水平部分與其半圓相切，A為水平軌道上的一點，而且AB=R=02m,把一質量m=01kg、帶電荷量q=+1x10-4C的小球放在水平軌道的A點由靜止開始釋放，小球在軌道的內(nèi)側運動.(g取10m/s2)求：(1)小球到達C點時的速度是多大?(2) 小球到達C點時對軌道壓力是多
21、大？(3) 若讓小球安全通過D點，開始釋放點離B點至少多遠？8、如圖11所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h=0.8m.有一質量為500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑，小環(huán)離開桿后正好通過C端的正下方P點.(g取10m/s2)求:(1) 小環(huán)離開直桿后運動的加速度大小和方向；(2) 小環(huán)在直桿上勻速運動時速度的大??；小環(huán)運動到P點的動能.9、為使帶負電的點電荷q在一勻強電場中沿直線勻速地由A運動到B，必須對該電荷施加一個恒力F,如圖所示，若AB=0.4m，a=37°,q=-3X10-7CF=
22、1.5X10-4N，A點的電勢UA=100V.(不計負電荷受到的重力)(1) 在圖中用實線畫出電場線，用虛線畫出通過A、B兩點的等勢線,并標明它們的電勢.(2) 求q在由A到B的過程中電勢能的變化量是多少？10. 如圖所示，勻強電場的電場強度為E,帶電小球質量為m,輕質懸線長為1,靜止時懸線與豎直方向成30°角(1) 小球帶何種電荷，電荷量是多少？(2) 若將小球拉到懸點正下方由靜止釋放，小球通過原平衡位置時的速度大小是多少？11如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩極板不帶電，上極板接地，極板長L=0.1m,兩板間距離d=0.4cm,有一束由相同粒子組成的帶正電粒子流，以某一初速
23、度v0從兩板中央平行于極板射入，由于重力的作用，粒子恰能落到下板中點O處已知粒子質量為m=2X10-6kg,電荷量q=1X10-8C,電容器的電容C=1X10-6F,g取10m/s2,不計空氣阻力.(1) 求粒子入射速度v0的大小；(2) 若在兩極板間加上適當?shù)暮愣妷?，要讓以速度v0入射匸的上述帶電粒子，恰好做勻速直線運動從兩板間飛出，試確定下極板的帶電性質和電荷量.12、如圖35-6所示，兩塊相同的金屬板正對著水平放置，板間距離d當兩板間加電壓U時，一個質量為m、電荷量為+q的帶電粒子，以水平速度v0從A點射入電場，經(jīng)過一段時間后從B點射出電場，A、B間的水平距離為L.不計重力影響.求：(
24、1) 帶電粒子從A點運動到B點經(jīng)歷的時間t；(2) A、B間豎直方向的距離y；|'帶電粒子經(jīng)過B點時速度的大小v.-|曲|13、如圖13所示，在x>0的空間內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強電場，電場強度為E；在xV0的空間內(nèi)存在沿x軸負方向的勻強電場，場強大小也等于E一電子(e，m)在x=d處的P點以沿y軸正方向的初速度v0開始運動，不計電子重力求:(1) 電子在x軸方向的分運動的周期；(2) 電子運動的軌跡與y軸的各個交點中，任意兩個相鄰交點之間的距離1.4f十0/BA114、如圖14(甲)所示，A、B是兩水平放置的足夠長的平行金屬板，組成偏轉勻強電場，B板接地.A板電勢隨時間變化情況
25、如圖(乙)所示，C、D兩平行金屬板豎直放置，中間有正對兩孔OP和O2,兩板間電壓為U2,組成減速電場.現(xiàn)有一帶負電粒子在t=0時刻以一定初速度沿AB兩板間的中軸線O1O1進入，并能從O1沿OPO2進入CD間，剛好到達O2孔，已知帶電粒子帶電量為一q,質量為m,不計其重力，求:(1) 該粒子進入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.例1、A變式題1A例2解析(1)A、B兩板間加上電壓后，B極板電勢高于A板，小物塊在電場力與摩擦力共同作用下向A板做勻加速直線運動.電場強度為：E=于小物塊所受的電場力與摩擦力方向相反，則合外力為F合=4忙一ymgF合qUB
26、Apmgd1小物塊運動的加速度為氣=m=md=2幗設小物塊與A板相碰時的速度為v1，由運動學公式得v2=2a1l解得v1=;>gl(2)小物塊與A板相碰后以與v1大小相等的速度反彈，因為電荷量及電性改變，電場力大小與方向發(fā)生變化，摩擦力的方向發(fā)生改變qE小物塊所受的合外力大小為：F合/=pmg2合F合L1加速度大小為：a2=m=4pg設小物塊碰后到停止的時間為t,注意到末速度為零，由運動學公式得0v1=a2t，解得t=a1=4gg設小物塊碰后到停止時運動的距離為x,注意到末速度為零，有0v1=2a2x，解得x=2a2=2l，距離A板為21變式題2(1)6J(2)1kg(3)0.2解析從圖
27、乙可以得出，02s內(nèi)的電場強度為：E1=3X104N/C，2s4s的電場強度Av2為：E2=2x104N/C；從圖丙可以得出，02s內(nèi)的物塊的加速度為：a=At=2m/s2=1m/s2.1前2s內(nèi)物塊的位移為：x=2at2=2m，電場力做的功為：W=qE1x=1X10-4X3X104X2J=6J.設物塊受到的摩擦力為Ff02s內(nèi)由牛頓第二定律得:qE1Ff=ma,2s4s內(nèi)物塊勻速運動，在y軸方向上的位移為y，,在y軸方向上的位移為y',則有：qE2Ff=0，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：m=1kg.(3) 物塊豎直方向受到重力和彈力作用處于平衡狀態(tài)，則有：FN=mg，由摩擦力計算式得：Ff=gF
28、N，代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：g=0.2.變式題3A解析若t=0時刻釋放電子，電子將重復做先加速后減速運動，直到打到TT右極板，不會在兩板間振動，所以A正確，B錯誤；若從t=4時刻釋放電子，電子先加速4T再減速4,有可能電子已達到右極板，若此時未達到右極板，則電子將在兩極板間振動，所3T以c錯誤；同理，若從/=8時刻釋放電子，電子有可能達到右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩極間的距離，所以D錯誤1解得電子進入偏轉電場區(qū)域的初速度為v0=2eUm例3解析(1)由動能定理可得：eU=2mvJd,設電子從MN離開，則電子從A點進入到離開勻強電場區(qū)域的時間為t=v0=dJ2eU1Ed20在y方向有y=2
29、at2=4UEd2因為加速電場的電勢差u>4h，得出yvh,說明以上假設正確.eE/meEd/m沿y方向的分速度為Vy=at=mxd'j2eU=mj2eU2eUeE2d2離開電場區(qū)域時的速度為v=v0+v2=/m+2mU(2)設電子離開電場后經(jīng)過時間仁到達x軸，在x軸方向上的位移為x，,則有xz=v01d2hUy/=hy=h2vt=vt，且有：l=d+x'=d+vt聯(lián)立解得：1=2+Edyy0UL/eU變式訓練4變式題(1)d(2)2/mU解析板間場強為：E=d2eUFeU么粒子(2e,4m)受到的電場力為：F=2eE=da粒子的加速度為a=4m=2mda粒子在兩板間做類
30、平拋運動沿初速度方向：L=v0til/eU垂直于初速度方向：d=2at2聯(lián)立解得初速度為v0=2dJm例4解析帶電小球從M運動到N的過程中，在豎直方向上小球僅受重力作用，從初速度v0勻減速到零；水平方向上小球僅受電場力作用，速度從零勻加速到2v0.V2豎直位移：h=2gg水平位移：x=又h=弓t所以：x=2h=?U所以M、N兩點間的電勢差UMN=不=從M運動到N的過程，由動能定理得：W電111+WG=2m(2v0)22mv0又WG=_mgh=_2mv0,所以W電=2mv2gl.f5gT變式題5在與B點在同一直徑上A點cosQcosQ解析(1)對小球在B點受力分析如圖所示，把重力和靜電力的合力F
31、等效為新的“等效重mg力”，則F=mg'=c。診設小球靜止的位置B為零勢能點，由于動能與等效重力勢能的總和不變，則小球在與B點在同一直徑上的A點等效重力勢能最大，動能最小，速度也最小,vA設小球在A點時速度為vA，此時細線的拉力為零，等效重力提供向心力，則mg'=m,解得小球的最小速度為：vA="Jg1=c爲11(2)設小球在B點的初速度為vB，由能量守恒得：2mv2,=2mvA+mg,21/IgL將vA的值代入上式得：vB=JcosB練習：2.ABC3解析：物體運動后，開始時電場力不斷減小，則彈力、摩擦力不斷減小，所以加速度不斷增加；電場力減小到零后反向增大，電場力
32、與重力的合力一直增大，加速度也不斷E0增大，B正確；經(jīng)過時間t=k后，物體將脫離豎直墻面，所以經(jīng)過時E0間t=k，物體在豎直墻壁上的位移達最大值，C正確.答案：BC6、解析：由于小球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，速率不變化由動能定理，外力做功為零，繩子拉力不做功，電場力和重力做的總功為零，所以電場力和重力的合力為零，電場力跟重力平衡，B正確.由于電場力的方向與重力方向相反，電場方向又向上，所以小球帶正電，A正確.小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，由功能關系得，電勢能增加，C不正確.在整個運動過程中，除重力做功外，還有電場力做功，小球在運動過程中機械能不守恒，D不正確.答案：AB7、解析：由A點到C點應用動能定理有：1Eq(AB+R)mgR=2mvC2解得：vC=2m/s(2) 在C點應用牛頓第二定律得：vC2FNEq=mR得FN=3N由牛頓第三定律知，小球在C點對軌道的壓力為3N.vD2(3) 小球要安全通過D點，必有mgmR設釋放點距B點的距離
評論
0/150
提交評論