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【例1】 如图1甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时的速度方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化) (　　)
图1
解析　电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零。之后重复上述运动，A项正确，B项错误。
答案　A
考向　粒子的往返运动
【例2】 (多选)如图2所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)
图2
A.带电粒子将始终向同一个方向运动
B.2 s末带电粒子回到原出发点
C.3 s末带电粒子的速度为零
D.0～3 s内，电场力做的总功为零
解析　设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，v－t图象如图所示，由动能定理可知，此过程中电场力做的总功为零，综上所述，可知C、D正确。
答案　CD
考向　粒子的偏转运动
【例3】 (多选)如图3甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)
图3
A.末速度大小为v0
B.末速度沿水平方向
C.重力势能减少了mgd
D.克服电场力做功为mgd
解析　因0～内微粒匀速运动，故E0q＝mg；在～时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t＝时刻的竖直速度为vy1＝，水平速度为v0；在～T时间内，由牛顿第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，则在t＝T时刻，vy2＝vy1－g·＝0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v0，选项A错误，B正确；微粒的重力势能减小了ΔEp＝mg·＝mgd，选项C正确；从射入到射出，由动能定理可知mgd－W电＝0，可知克服电场力做功为mgd，选项D错误。
答案　BC
1.(多选)(2020·长春模拟)如图4甲所示，A、B是一对平行金属板。A板的电势φA＝0，B板的电势φB随时间的变化规律如图乙所示。现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，电子的初速度和重力的影响均可忽略，则(　　)
图4
A.若电子是在t＝0时刻进入的，它可能不会到达B板
B.若电子是在t＝时刻进入的，它一定不能到达B板
C.若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
D.若电子是在t＝时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后穿过B板
解析　若电子从t＝0时刻进入，电子将做单向直线运动，A错误；若电子从时刻进入两板，则电子受到电场力方向向左，故无法到达B板，B正确；电子从时刻进入两板时，电子先加速，经时速度最大，此时电子受到电场力反向，经速度减为零，再加速反向速度最大，接着减速回到原位置，即电子在大于时刻进入时一定不能到达B板，小于时刻进入时一定能到达B板，所以C正确，D错误。
答案　BC
2.(2019·四川成都模拟)如图5甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m，带电荷量大小为e的电子(初速度可视为0)。在B板右侧两块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期T＝L，板间中线与电子源在同一水平线上。已知板间距为d，极板长L，求：
图5
(1)电子进入偏转极板时的速度；
(2)时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离(未与极板接触)。
解析　(1)设电子进入偏转极板时的速度为v，
由动能定理有eU0＝mv2
解得v＝。
(2)由题意知，电子穿过偏转极板所需时间
t＝＝L＝T
故在时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故电子沿板间中线射出偏转极板。
答案　(1)　(2)0(沿板间中线射出)
　电场中的力电综合问题
要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子受力与运动的关系、功能关系和动量关系等多角度进行分析与研究。
1.动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法。
(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题。
2.能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理。
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。
3.动量的观点
(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。
(2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒。
考向　用动力学观点和能量观点解决力电综合问题
【例4】 如图6所示，光滑绝缘的轨道放置在竖直平面内，轨道的AB部分竖直，BC部分是半径为R的半圆，整个空间存在方向水平向左的匀强电场，其电场强度为E＝，现将质量为m，带电荷量为＋q的小球(可看作质点)从A点由静止释放，A、B距离为h，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
图6
(1)当h＝1.5R时，小球到达半圆轨道最低点时的速率为多大？
(2)要使小球能到达半圆轨道的C点，h应满足什么条件？
(3)若小球从C点射出时的速率为v0＝，则小球与轨道AB的撞击点A′与B点之间的距离h′为多少？
解析　(1)带电小球从A点到半圆轨道最低点时，由动能定理可得
mg(h＋R)－qER＝mv2
解得v＝2。
(2)设小球经过C点时的最小速率为vmin，此时小球对C点的压力为零，由圆周运动知识得qE＝m,R)
由动能定理可得mgh－qE·2R＝mv
两式联立代入数据得h＝R
所以要使小球能到达半圆轨道的C点，h应满足的条件是h≥R。
(3)小球从C点射出后，在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向上做竖直上抛运动
其水平方向所受合力Fx＝qE＝max则ax＝g
所以水平方向有2R＝axt2，
竖直方向有h′＝v0t－gt2
两式联立得h′＝0。
答案　(1)2　(2)h≥R　(3)0
考向　用动力学观点、动量观点和能量观点解决力电综合问题
【例5】 如图7所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，AB段为足够长的水平轨道，BD段为半径R＝0.2 m的半圆轨道，二者相切于B点，整个轨道处于竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性正碰。已知乙球质量m＝1.0×10－2 kg、所带电荷量q＝2.0×10－5 C，乙球质量为甲球质量的3倍。取g＝10 m/s2，甲、乙两球均可视为质点，整个运动过程中无电荷转移。
图7
(1)甲、乙两球碰撞后，乙球通过轨道的最高点D时，对轨道的压力大小N′为自身重力的2.5倍，求乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下，求甲球的初速度v0。
解析　(1)设乙到达最高点D时的速度为vD，乙离开D点首次到达水平轨道的时间为t，加速度为a，乙在水平轨道上的首次落点到B点的距离为s，乙离开D点后做类平抛运动，则2R＝at2，s＝vDt
根据牛顿第二定律有a＝
乙过D点时有mg＋qE＋FN＝m,R)(式中FN为乙在D点时轨道对乙的作用力)
根据牛顿第三定律有FN＝FN′＝2.5mg
解得s＝0.6 m。
(2)设碰后瞬间甲、乙两球的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
×mv＝×mv＋mv
联立解得v2＝v0
乙球从B到D的过程中，根据动能定理有
－mg·2R－qE·2R＝mv－mv
由(1)可得vD＝3 m/s
联立解得v0＝10 m/s。
答案　(1)0.6 m　(2)10 m/s
1.(多选)如图8(a)所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷，t＝0时，甲静止，乙以初速度6 m/s向甲运动。此后，它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v－t图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。则由图线可知(　　)
　
图8
A.两电荷的电性一定相反
B.t1时刻两电荷的电势能最大
C.0～t2时间内，两电荷的静电力先增大后减小
D.0～t3时间内，甲的动量一直增大，乙的动量一直减小，且整个过程中动量守恒
解析　t＝0时，甲静止，乙以初速度6 m/s向甲运动，由图可知甲的速度在增大，乙的速度在减小，所以两电荷的电性一定相同，故A错误；t1时刻两电荷相距最近，电势能最大，故B正确；0～t2时间内，两电荷之间的距离先减小后增大，由F＝k可知两电荷的静电力先增大后减小，故C正确；0～t3时间内，因为甲、乙两个点电荷的合力为零，所以在0～t3时间内动量守恒，但甲的动量一直增大，乙的动量先减小到0后增大，故D错误。
答案　BC
2.(2019·4月浙江选考，13)用长为1.4 m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×
10－2 kg、电荷量为2.0×10－8 C的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°角，如图9所示。现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)(　　)
图9
A.该匀强电场的场强为3.75×107 N/C
B.平衡时细线的拉力为0.17 N
C.经过0.5 s，小球的速度大小为6.25 m/s
D.小球第一次通过O点正下方时，速度大小为7 m/s
解析　小球处于平衡状态时，受力分析如图所示，则可知qE＝mgtan 37°，则该匀强电场的电场强度E＝＝3.75×106 N/C，A错误；细线的拉力F＝＝0.125 N，故B错误；在外力作用下，小球拉至细线水平由静止释放，如图所示，小球在电场力和重力的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动至B点，∠OAB＝∠OBA＝53°，OA＝OB＝l＝1.4 m，在此过程中，细线处于松弛状态，无拉力作用，小球运动至B点时，细线绷紧，匀加速直线运动结束。根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度a＝＝＝ m/s2＝12.5 m/s2，假设经过0.5 s后，小球仍在沿AB方向做匀加速直线运动，则小球的速度v＝at＝6.25 m/s，经过的距离x＝at2＝×12.5×0.52 m＝1.562 5 m，A、B间的距离|AB|＝2×l×cos 53°＝1.68 m，x＜|AB|，假设成立，故0.5 s时，小球的速度大小为6.25 m/s，故C正确；小球运动至B点时，细线绷紧，小球沿细线方向的分速度减为零，动能减小，假设细线绷紧过程小球机械能损失ΔE，此后在电场力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动至O点正下方，根据能量守恒定律，可知(qE＋mg)·l－ΔE＝mv2，可得v＜7 m/s，故D错误。
答案　C

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