37.帶電粒子在電場中的運動(下).ppt

1、帶電粒子在電場中的 運動 (下） 呂叔湘中學(xué) 龐留根 2004年11月,Email: ,三. 在電場力和重力共同作用下的運動 例1 97年全國24 例2 例3 四. 綜合題 04年上海7 03年上海23 99年全國22 02年上海12 例5 例6 例4 2005年遼寧綜合卷39 2005年北京卷24 2005年上海卷20 2005年全國卷/25,帶電粒子在電場中的運動(下）,例1. 三個等質(zhì)量，分別帶正電、負(fù)電和不帶電的小球，以相同的水平速度由P點射入水平放置的平行金屬板間，三小球分別落在圖中A、B、C三點，則 AA帶正電、B不帶電、C帶負(fù)電 B三小球在電場中運動時間相等 C三小球到達(dá)下板時的

2、動能關(guān)系是EkA EkB EkC D三小球在電場中加速度大小關(guān)系是：aAaBaC,注意：小球、油滴、微粒等要考慮重力，而電子、質(zhì)子等基本粒子不要考慮重力。,A,97年全國24、,在方向水平的勻強(qiáng)電場中，一不可伸長的不導(dǎo)電細(xì)線的一端連著一個質(zhì)量為m的帶電小球、另一端固定于O點，把小球拉起直至細(xì)線與場強(qiáng)平行，然后無初速度釋放，已知小球擺到最低點的另一側(cè)，線與豎直方向的最大夾角為，如圖所示，求小球經(jīng)過最低點時，細(xì)線對小球的拉力。,解： 先分析受力，qE不可能向左，受力 如圖,過程: A-C 由動能定理,mglcos-qEl (1+sin）=0,過程: A-B 由動能定理,mgl - qEl = 1/

3、2 mv2,在B點，,由圓周運動 T-mg=mv2/l,例2. 如圖示，水平方向勻強(qiáng)電場中，有一帶電體P自O(shè)點豎直向上射出，它的初動能為4J，當(dāng)它上升到最高點M時，它的動能為5J，則物體折回并通過與O同一水平線上的O 點時，其動能為 （ ） A. 20J B. 24J C. 25J D. 29J,解：帶電體受力如圖示，,豎直方向做豎直上拋運動, 水平方向做初速度為0的勻加速運動，,由上拋的對稱性及勻加速運動規(guī)律， vy=v0 tOM=tMO vx=2vM,由題意 1/2 mv02 =4J 1/2 mvM2 =5J, EK= 1/2 mvt2 = 1/2 mvx2 + 1/2 mvy2 =45+

4、4 =24J,B,例3、質(zhì)量為510-6kg的帶電粒子以2m/s速度從水平放置的平行金屬板A、B中央沿水平方向飛入板間，如圖所示.已知板長L10cm，間距d2cm，當(dāng)UAB為1000V時，帶電粒子恰好沿直線穿過板間，則該粒子帶 電，電量為 C，當(dāng)AB間電壓在 范圍內(nèi)時，此帶電粒子能從板間飛出.,解： 粒子受力如圖，,粒子帶 負(fù)電,qE=mg q=mgd/U0=10 -9C,若電壓增大為U1，恰好從上板邊緣飛出，,y=1/2 at2 =d/2,a=d v02 / L2 = 8m/s2,qU1/d mg = ma U1 =1800V,若電壓減小為U2，恰好從下板邊緣飛出，,y=1/2 at2 =d

5、/2 a=8m/s2,mg - qU2/d = ma U2 =200V,200VU 1800V,負(fù),10-9,200-1800V,04年上海7,光滑水平面上有一邊長為l 的正方形區(qū)域處在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場中，電場方向與正方形一邊平行。一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由某一邊的中點，以垂直于該邊的水平初速v0進(jìn)入該正方形區(qū)域。當(dāng)小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能可能為（ ）,A0,A B C,解：,因為題中有兩個不確定：運動的末位置不確定；電場方向不確定，因此要分別討論。,設(shè)小球帶正電,從a點運動到b點時,如圖示：,由動能定理 W=1/2 mvb2 - 1/2 mv02,其動能 EKb

6、= 1/2 mvb2 = 1/2 mv02 + W,若電場方向沿AB方向，則W=qEl ，題中無此答案.,若電場方向沿BA方向，W = -qEl ， 當(dāng) 1/2 mv02 = - qEl 則EKb =0 A正確,若電場方向沿AD方向，小球從a點運動到C點時,EKC = 1/2 mvC2 = 1/2 mv02 + 1/2 qEl B正確,當(dāng) 1/2 mv02 - qEl 則返回到a點時W = 0, C正確,為研究靜電除塵，有人設(shè)計了一個盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機(jī)玻璃，它的上下底面是面積A=0.04m2的金屬板，間距L=0.05m，當(dāng)連接到U=2500V的高壓電源正負(fù)兩極時，能在兩金屬板間

7、產(chǎn)生一個勻強(qiáng)電場，如圖所示?，F(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每立方米有煙塵顆粒1013個，假設(shè)這些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，每個顆粒帶電量為q=+1.010-17C，質(zhì)量為m=2.010-15kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。求合上電鍵后： 經(jīng)過多長時間煙塵顆?？梢员蝗课?？ 除塵過程中電場對煙塵顆粒共 做了多少功？ 經(jīng)過多長時間容器中煙塵 顆粒的總動能達(dá)到最大？,03年上海23,解：,當(dāng)最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時， 煙塵就被全部吸附。,煙塵顆粒受到的電場力 F=qU/L，,L=at2/2=qUt22mL，,故 t=0.02s,W=nALqU

8、/2=2.510-4J,設(shè)煙塵顆粒下落距離為x，每個顆粒的動能為,EK1 = 1/2 mv2 = qEx = qUx/L,則當(dāng)時所有煙塵顆粒的總動能,EK總= nA(L-x)mv2/2 = nA(L-x) qUx/L，,當(dāng)x=L/2時EK總達(dá)最大，,而x=at12/2， 故 t1=0.014s,在光滑水平面上有一質(zhì)量m=1.010-3 kg、電量q1.010-10 C的帶正電小球，靜止在O點以O(shè)點為原點，在該水平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系Oxy現(xiàn)突然加一沿X軸正方向、場強(qiáng)大小E2.0106Vm的勻強(qiáng)電場，使小球開始運動經(jīng)過1.0s，所加電場突然變?yōu)檠貀軸正方向，場強(qiáng)大小仍為E2.0106 Vm的勻強(qiáng)電

9、場再經(jīng)過1.0s，所加電場又突然變?yōu)榱硪粋€勻強(qiáng)電場，使小球在此電場作用下經(jīng)1.0s速度變?yōu)榱闱蟠穗妶龅姆较蚣八俣茸優(yōu)榱銜r小球的位置,99年全國22,下頁,題目,下頁,解:,由牛頓定律，在勻強(qiáng)電場中小球加速度的大小為,a=F/m=0.20m/s2 (1),當(dāng)場強(qiáng)沿x正方向時，經(jīng)過1秒鐘小球的速度大小為,vxat=0.201.00.20m/s (2),速度的方向沿x軸正方向小球沿x軸方向移動的距離,x1=1/2 at2=1/20.2 1=0.10m (3),在第2秒內(nèi)，電場方向沿y軸正方向，故小球在x方向做速度為vx的勻速運動，在y方向做初速為零的勻加速運動,沿x方向移動的距離 x2=vxt0.2

10、0m (4),沿y方向移動的距離y=1/2 at2=1/20.2 1=0.10m (5),故在第2秒末小球到達(dá)的位置坐標(biāo)x2x1x2=0.30m (6),y2=y=0.10m (7),在第2秒末小球在x方向的分速度仍為vx ，,在y方向的分速度 vy=at 0.201.0=0.20m/s (8),由上可知，此時運動方向與x軸成45角要使小球速度能變?yōu)榱?，則在第3秒內(nèi)所加勻強(qiáng)電場的方向必須與此方向相反，即指向第三象限，與x軸成225角,在第3秒內(nèi)，在電場力作用下小球做勻減速運動，則由,在第3秒末小球到達(dá)的位置坐標(biāo)為, x3=vx t/2=0.2/2=0.1m,x3= x2 + x3 = 0.40

11、m (11), y3=vy t/2=0.2/2=0.1m,y3=y2 + y3 = 0.20m (12),在與x軸平行的勻強(qiáng)電場中，一帶電量為1.0108庫侖、質(zhì)量為2.5103千克的物體在光滑水平面上沿著x軸作直線運動，其位移與時間的關(guān)系是x0.16t0.02t2，式中x以米為單位，t以秒為單位。從開始運動到5秒末物體所經(jīng)過的路程為 米，克服電場力所作的功為 焦耳。,02年上海12、,解：畫出速度圖象如圖示：v0=0.16m/s a=-0.04m/s2,從開始運動到5秒末物體所經(jīng)過的路程為,0.164/2+0.04 1/2= 0.34m,從開始運動到5秒末物體所經(jīng)過 的位移為,0.164/2

12、-0.04 1/2= 0.30m,克服電場力所作的功為,W=1/2 mv02- 1/2 mv52 =3.0105 J,0.34,3.0105,例5、 一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球從距地面高h(yuǎn)處以一定的初速度水平拋出。在距拋出點水平距離為L處，有一根管口比小球直徑略大的豎直細(xì)管,管的上口距地面h/2，為使小球能無碰撞地通過管子，可在管子上方的整個區(qū)域里加一個場強(qiáng)方向水平向左的勻強(qiáng)電場。如圖：求： （1）小球的初速度v0； （2）電場強(qiáng)度E的大小； （3）小球落地時的動能。,解： 小球在豎直方向做自由落體運動，水平方向在電場力作用下應(yīng)做減速運動。到達(dá)管口上方時，水平速度應(yīng)為零。,小球運動至管口的

13、時間由豎直方向的運動決定： h/2=1/2 gt2 ,水平方向：,v0 -at=0 ,v02 =2aL ,a=qE/m ,解以上四式得 E=2mgLqh,由動能定理 EKt -1/2 mv02= mgh - qEL , EKt = mgh,例6、如圖示，水平放置的金屬板上方有一固定的正電荷Q，一表面絕緣的帶正電的小球（可視為質(zhì)點，且不影響Q的電場），從左端以初速度v0滑上金屬板，沿光滑的上表面向右運動到右端，在該運動過程中 （ ） A. 小球做勻速直線運動 B. 小球先減速后加速運動 C. 小球受電場力的沖量為零 D. 電場力對小球做的功為零,解：點電荷與帶電平板的電場線分布如圖示,小球運動時

14、始終跟電場線垂直，,電場力對小球做的功為零，小球做勻速直線運動,A D,質(zhì)量m、帶電量+q的滑塊，在豎直放置的光滑絕緣圓形軌道上運動，軌道半徑為r，現(xiàn)在該區(qū)域加一豎直向下的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E，為使滑塊在運動中不離開圓形軌道，求：滑塊在最低點的速度應(yīng)滿足什么條件？,解：若滑塊能在圓形軌道上做完整的圓周運動，且剛能通過B點，劃塊的受力如圖示：令 g1 = g+qE/m,必須有 mg1=mv2 /r,由動能定理：AB,例4、,另一種情況：若滑塊最多只能在圓形軌道上運動到C點，則可以在A點兩側(cè)沿圓軌道往復(fù)擺動： 則 vC =0,由動能定理得,滑塊在最低點的速度應(yīng)滿足的條件為,式中 g1 = g+qE/

15、m,思考：若電場強(qiáng)度E的方向向上，結(jié)果如何？,題目,2005年遼寧綜合卷39.,(14分)一勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)方向是水平的（如圖）。一個質(zhì)量為m的帶正電的小球，從O點出發(fā)，初速度的大小為v0，在電場力與重力的作用下，恰能沿與場強(qiáng)的反方向成角的直線運動。求小球運動到最高點時其電勢能與在O點的電勢能之差。,解:設(shè)電場強(qiáng)度為E,小球帶電量為q,因小球做直線運動,它受的電場力qE和重力mg的合力必沿此直線,如圖。,mg=qEtan （4分）,由此可知，小球做勻減速運動的 加速度大小為：a=g/sin （2分）,設(shè)從O到最高點的路程為s， v02 =2as （2分） 運動的水平距離為： x= s cos （

16、2分）,兩點的電勢能之差： W=qEx （2分）,由以上各式得：,24.（18分）真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強(qiáng)電場。在電場中，若將一個質(zhì)量為m、帶正電的小球由靜止釋放，運動中小球速度與豎直方向夾角為37(取sin37=0.6, cos37= 0.8) 現(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度v0豎直向上拋出。求運動過程中 （1）小球受到的電場力的大小及方向 （2）小球從拋出點至最高點的電勢能變化量 （3）小球的最小動量的大小及方向。,2005年北京卷24.,下頁,解:（1）根據(jù)題設(shè)條件，電場力大小,Fe=qE=mgtan373mg/4 電場力的方向水平向右(如右圖),(2)將小球從電場中以

17、初速度v0豎直上拋, 由運動的分解:,小球沿豎直方向做勻減速運動，速度為v： vy=v0gt,沿水平方向做初速度為0的勻加速運動，加速度為a：,ax= qEm=3g4,小球上升到最高點的時間 t=v0/g ,此過程小球沿電場方向位移：,sx=1/2 axt2=3v028g,電場力做功 W=Fxsx9mv0232,小球上升到最高點的過程中，電勢能減少9mv0232,題目,上頁,下頁,解：水平速度vx=axt， 豎直速度vy=v0gt,小球的速度,由以上各式得 v2 = 9g2t2 /16 +(v0gt)2,即 25g2t2 /16 2v0gt +(v02v2)=0,解得: 當(dāng) t= 16v0/2

18、5g 時， v有最小值 vmin=3v0/5,此時vx12v0/25, vy= 9v0/25,tan= vy/vx =3/4，,即與電場方向夾角為37斜向上,小球動量的最小值為pmin=mvmin3mv0/5,最小動量的方向與電場方向夾角為37,斜向上。,（3）求小球的最小動量的大小及方向。,題目,上頁,(10分)如圖所示，帶正電小球質(zhì)量為m110-2kg，帶電量為ql10-6C，置于光滑絕緣水平面上的A點當(dāng)空間存在著斜向上的勻強(qiáng)電場時，該小球從靜止開始始終沿水平面做勻加速直線運動，當(dāng)運動到B點時，測得其速度vB 1.5ms，此時小球的位移為S 0.15m求此勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的取值范圍 (g10

19、ms2。) 某同學(xué)求解如下：設(shè)電場方向與水平面之間夾角為，由動能定理qEScos1/2 mv020得 由題意可知0，所以當(dāng)E 7.5104Vm時小球?qū)⑹冀K沿水平面做勻加速直線運動 經(jīng)檢查,計算無誤.該同學(xué)所得結(jié)論 是否有不完善之處?若有請予以補(bǔ)充,2005年上海卷20.,解: 該同學(xué)所得結(jié)論有不完善之處,為使小球始終沿水平面運動，電場力在豎直方向的分力必須小于等于重力 qEsinmg,由動能定理 qEScos1/2 mv020得,即7.5104V/mE1.25105V/m,2005年全國卷/25,25（20分） 圖中B為電源，電動勢=27V，內(nèi)阻不計。固定電阻R1=500 ，R2為光敏電阻。C

20、為平行板電容器，虛線到兩極板距離相等,極板長l1 =8.010 -2m ,兩極板的間距d=1.010 -2m 。S為屏，與極板垂直，到極板的距離l2 =0.16 m 。P為一圓盤，由形狀相同、透光率不同的三個扇形a、b和c構(gòu)成，它可繞AA 軸轉(zhuǎn)動。當(dāng)細(xì)光束通過扇形a、b、c照射光敏電阻R2時，R2的阻值分別為1000、2000、4500。有一細(xì)電子束沿圖中虛線以速度v0 =8.0106 m/s 連續(xù)不斷地射入C。已知電子電量e=1.610 -19C ，電子質(zhì)量m=9.110 -31kg 。忽略細(xì)光束的寬度、電容器的充電放電時間及電子所受的重力。假設(shè)照在R2上的 光強(qiáng)發(fā)生變化時R2阻值 立即有相

21、應(yīng)的改變。,下頁,（1）設(shè)圓盤不轉(zhuǎn)動，細(xì)光束通過b照射到R2上，求電子到達(dá)屏S上時，它離O點的距離y。（計算結(jié)果保留二位有效數(shù)字）。 （2）設(shè)轉(zhuǎn)盤按圖1中箭頭方向勻速轉(zhuǎn)動，每3秒轉(zhuǎn)一圈。取光束照在a、b分界處時t=0，試在圖2給出的坐標(biāo)紙上，畫出電子到達(dá)屏S上時，它離O點的距離y隨時間t的變化圖線（06s 間）。 要求在y軸上標(biāo)出圖線最 高點與最低點的值。 （不要求寫出計算過程， 只按畫出的圖線評分。）,題目,上頁,下頁,解:（1）圓盤不轉(zhuǎn)動，細(xì)光束通過b照射到R2上，,設(shè)電容器C兩板間的電壓為U，電場強(qiáng)度大小為E，電子在極板間穿行時y方向上的加速度大小為a , 穿過C的時間為t1，穿出時電子