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1、大題精做八 帶電粒子在電場中運動
1.如圖甲所示,熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計,電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0,偏轉(zhuǎn)電場板間距離L=8 cm,極板長為2L,下極板接地,偏轉(zhuǎn)電場極板右端到熒光屏的距離也是2L,在兩極板間接有一交變電壓,電壓變化周期T=4 s,上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示,大量電子從偏轉(zhuǎn)電場中央持續(xù)射入,穿過平行板的時間都極短,可以認為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的。
(1)求電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0 (用電子比荷、加速電壓U0表示);
(2)在電勢變化的每個周期內(nèi)熒光屏會出現(xiàn)“黑屏”現(xiàn)象,即無電子擊中屏幕,求每個周期內(nèi)的“黑屏”時間有多長?
2、
(3)求熒光屏上有電子打到的區(qū)間的長度。
【解析】⑴根據(jù)題意可知,電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度即為電子出加速電場時的速度,根據(jù)動能定理有:
eU0=12mv02-0
解得電子進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度為:v0=2emU0
⑵電子射出偏轉(zhuǎn)電場后做勻速直線運動至熒光屏,由圖甲可知,只要電子能射出偏轉(zhuǎn)電場,即可打到熒光屏上,因此當電子在偏轉(zhuǎn)電場中側(cè)移量大于L/2時,電子將打在偏轉(zhuǎn)電場的極板上,致使出現(xiàn)“黑屏”現(xiàn)象,設(shè)電子剛好能射出電場時的偏轉(zhuǎn)電壓為Um,則有:
L2=12?eUmmL?(2Lv0)2
解得:Um=0.5U0
結(jié)合圖乙可知,在偏轉(zhuǎn)電壓u=0.8U0~0.5U0之間變化時,進入偏
3、轉(zhuǎn)電場的電子無法射出偏轉(zhuǎn)電場打到光屏上,因此每個周期時間內(nèi)熒光屏出現(xiàn)“黑屏”的時間為
t=0.8-0.50.8+0.4T=1s
⑶設(shè)電子射出偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y,打在熒光屏上的位置到O的距離為Y,如圖所示,由圖中幾何關(guān)系有:
Yy=L+2LL=3
當電子向上偏轉(zhuǎn)時,在屏上出現(xiàn)的最大距離為:Y1=3×L2=12cm
當電子向下偏轉(zhuǎn)時,在屏上出現(xiàn)的最大距離為:Y2=3×0.40.5×L2=9.6cm
所以熒光屏上有電子打到的區(qū)間的長度為:l=Y(jié)1+Y2=21.6cm。
2.如圖所示,質(zhì)量m=1.0 kg、電荷量q=4×10-3 C的帶負電小球(可視為質(zhì)點)用長度l=0.8 m的不可
4、伸長的絕緣輕質(zhì)細線懸吊在O點,過O點的豎直線右側(cè)有豎直向下足夠大的勻強電場,場強大小E=5×103N/C。現(xiàn)將小球拉至A處,此時,細線與豎直方向成θ角。現(xiàn)由靜止釋放小球,在小球運動過程中細線始終未被拉斷。已知cos θ=,取重力加速度g=10 m/s2。
(1)求小球第一次運動到最低點時的速度大小。
(2)小球第一次進入電場時做什么運動?小球第一次離開電場時的速度多大?(結(jié)果可以保留根號)
(3)求小球每次離開電場前瞬間細線對小球的拉力大小。
【解析】(1)小球從A處運動到最低點的過程,由機械能守恒定律得:
mgl(1-cos θ)=mv02
代入數(shù)據(jù)得v0=2 m/s
(2)由
5、于qE-mg=10 N>m=5 N,故小球先做類平拋運動,則有:
x=v0t,y=at2,qE-mg=ma
(y-l)2+x2=l2
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得:t=0.4 s,x=y(tǒng)=0.8 m
即小球恰好處于水平位置時細線張緊,此時,小球的豎直分速度vy=at=4 m/s
細線張緊瞬間,小球水平分速度立即變?yōu)榱悖载Q直分速度作為初始速度做圓周運動,則由細線張緊位置到第一次離開電場時,由動能定理得:(qE-mg)l=mv12-mv y2
代入數(shù)據(jù)得:v1=4 m/s
(3)小球第一次離開電場到運動到最低點過程中,由動能定理得:mg·2l=mv1′2-mv12
解得:v1′=8 m/s
6、
由于qE-mg=10 N
7、一個安全接地的靜電油漆噴槍P,油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒,油漆微粒的質(zhì)量m=2.0×10-15kg,電荷量q=-2.0×10-16C。噴出的初速度v0=2.0m/s。油漆微粒最后都落在金屬板B上。微粒所受重力和空氣阻力以及微粒之間的相互作用力均可忽略。求:
(1)微粒落在B板上的動能;
(2)微粒從離開噴槍后到達B板所需的最短時間;
(3)微粒最后落在B板上所形成圖形的面積。
【解析】(1)據(jù)動能定理,電場力對每個微粒做功W=Ekt-Ek0=qEd
微粒打在B板上時的動能Ekt=W+Ek0=qEd+mv
代入數(shù)據(jù)解得Ekt=6.4×10-14J。
(2
8、)微粒初速度方向垂直于極板時,到達B板時間最短,到達B板時速度為vt,由Ekt=mv
可得vt=8.0m/s,由于微粒在兩極板間做勻變速運動,即=。
解得t=0.06s。
(3)由于噴槍噴出的油漆微粒是沿各個方向的,因此微粒落在B板上所形成的圖形是圓形。噴槍沿垂直電場方向噴出的油漆微粒在電場中做類平拋運動,根據(jù)牛頓第二定律,油漆微粒沿電場方向運動的加速度a=
運動的位移d=at
油漆微粒沿垂直于電場方向做勻速運動,運動的位移即為落在B板上圓周的半徑R=v0t1
微粒最后落在B板上所形成的圓面積S=πR2
聯(lián)立以上各式,得S=
代入數(shù)據(jù)解得S=7.5×10-2m2。
2.如
9、圖所示,直角坐標系xOy的x軸水平,y軸豎直,處于豎直向下、大小為E0的勻強電場中,過O點,傾角為θ=60°的足夠大斜面固定在坐標系中。質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從y軸上的P點,以某一速度沿x軸正方向射入,經(jīng)過時間t,在坐標平面內(nèi)加上另一勻強電場E,再經(jīng)過時間t,粒子剛好沿垂直于斜面的方向到達斜面,且到達斜面時速度為零.不計粒子重力,求:
(1)粒子的初速度大小;
(2)P點與x軸的距離;
(3)勻強電場E的電場強度大小。
【解析】(1)粒子運動軌跡如圖中虛線所示,第一個時間t內(nèi),粒子做類平拋運動
加速度a=
加上電場E時,粒子做勻減速直線運動.粒子在豎直方向的速度vy=at
10、
此時合速度方向垂直于斜面:=tan θ
可解得粒子的初速度v0=
(2)第一個時間t內(nèi),粒子在豎直方向的位移y1=at2
水平方向的位移x1=v0t
在第二個時間t內(nèi),粒子在豎直方向的位移也為y1,水平方向的位移x2=y(tǒng)1tan θ
P點到x軸的距離l=2y1+(x1+x2)tan θ
代入數(shù)據(jù)得:l=
(3)在第二個時間t內(nèi),在豎直方向:qEy-qE0=ma
在水平方向:=
所以E=
解得:E=E0
3.在一空間范圍足夠大區(qū)域內(nèi)可能存在豎直向上的勻強電場,其電場線與坐標xOy平面平行。以坐標原點O為圓心,作半徑為R的圓交坐標軸于A、B兩點,C點為AB圓弧中點位置,如圖
11、所示。在原點O處有帶正電小球,以某一初動能沿x軸正向水平拋出。
(1)空間電場強度為0時,小球以Ek0的初動能從O點平拋,剛好能經(jīng)過C點位置,求小球經(jīng)過C點位置時的動能。
(2)空間電場強度不為0時,小球以Ek0的初動能從O點平拋,當小球經(jīng)過圖中圓周上D點時動能大小為2Ek0,求D點位置坐標(圖中未標出D點)。
(3)空間電場強度不為0時,小球以某一初動能從O點平拋,小球經(jīng)過圖中圓周上C點時動能大小為2Ek0,若已知帶電小球的質(zhì)量為m,電量為q,求空間所加勻強電場的場強大?。ㄓ胢、q、g表達)。
【解析】(1)小球從O到C做平拋運動有xc=22R=v0t
yc=22R=12gt22=
12、12vyt
可得vy=2v0
則vC=v02+vy2=5v0
得EkC=5Ek0
(2)小球過D點時有
xD=v0t
yD=12vyt
EkD=2Ek0即12m(v02+vy2)=2?12mv02
可得vD=2v0則有vy=v0代入位移公式得:yD=12xD
又由幾何關(guān)系得xD2+yD2=R2
解得xD=255R,yD=55R
(3)在(1)問中由22R=v0t和22R=12gt22
可得v02=224gR
空間有電場時小球過C點有:
xc=v′0t
yc=12at22
其中a=mg-Eqm,xc=y(tǒng)c=22R
v′y=2v′0
EkC=2Ek0即12m(v
13、'02+v?y2)=2?12mv02
可得v'0=12v0
代入位移公式得:a=42v025R=2g5
代入加速度公式得E=3mg5q
4.在足夠大的豎直勻強電場中,有一條與電場線平行的直線,如圖中的虛線所示。直線上有兩個小球A和B,質(zhì)量均為m。電荷量為q的A球恰好靜止,電荷量為2.5q的B球在A球正下方,相距為L。由靜止釋放B球,B球沿著直線運動并與A球發(fā)生正碰,碰撞時間極短,碰撞中A、B兩球的總動能無損失。設(shè)在每次碰撞過程中A、B兩球間均無電荷量轉(zhuǎn)移,且不考慮兩球間的庫侖力和萬有引力,重力加速度用g表示。求:
(1)勻強電場的電場強度大小E;
(2)第一次碰撞后,A、B兩球的速
14、度大小vA、vB;
(3)在以后A、B兩球不斷地再次碰撞的時間間隔會相等嗎?如果相等,請計算該時間間隔T;如果不相等,請說明理由。
【解析】(1)由題意可知,帶電量為q的A球在重力和電場力的作用下恰好靜止,則
qE=mg
可得勻強電場的電場強度大小E=mgq
(2)由靜止釋放B球,B球?qū)⒃谥亓碗妶隽Φ淖饔孟孪蛏线\動,設(shè)與A球碰撞前瞬間速度為v1
由動能定理(2.5qE-mg)L=12m v12
解得v1=3gL
A、B兩球碰撞時間很短,且無動能損失,由動量守恒和動能守恒
m v1=mvA+ m vB
12m v12=12mvA2 +12m vB2
聯(lián)立解得vA=0,
15、vB= v1=3gL
(3)設(shè)B球在復合場中運動的加速度為a,A、B兩球第一次碰撞后,A球開始向上以速度v1做勻速直線運動,B球又開始向上做初速度為零的勻加速直線運動,設(shè)到第二次碰撞前的時間間隔是t1
根據(jù)位移關(guān)系v1 t1=12a t12
解得t1=2v1a
碰撞過程滿足動量守恒且無動能損失,故每次碰撞之后兩球都交換速度,第二次碰撞后,A球向上做勻速直線運動,速度為at1=2v1
B球向上做初速度為v1的勻加速直線運動,設(shè)到第三次碰撞前的時間間隔是t2
由位移關(guān)系2v1 t2= v1 t2+12a t22
解得t2=2v1a= t1
以此類推,每次碰撞時間間隔相等,該時
16、間間隔為T=2v1a
根據(jù)牛頓第二定律2.5qE-mg=ma ,a=1.5g
T=4L3g
5.如圖所示,在豎直平面內(nèi)存在直角坐標系xOy,第二象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場,電場強度為E1,在第一象限內(nèi)存在水平向右的勻強電場,電場強度為E2=0.375N/C,在第一象限內(nèi),y=4m處有水平絕緣平臺PA,右端與半徑為R=0.4m的光滑絕緣豎直半圓弧軌道ACD平滑連接,相切于A點,D為其最高點。一質(zhì)量為m1=2g、帶正電q=0.1C的可視為質(zhì)點的小球從x軸上某點Q以與x軸負半軸成60°、大小v0=10m/s的速度射入第二象限,恰好做勻速直線運動?,F(xiàn)在第二象限內(nèi)小球運動的某段路徑上加上垂
17、直于紙面向外的圓形邊界的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=0.2T,小球經(jīng)過磁場區(qū)域后恰好水平向右運動,垂直于y軸從點P(0,4m)進入第一象限,恰好與靜止放置在P點且可視為質(zhì)點、質(zhì)量m2=3g、不帶電的絕緣小物塊碰撞并粘合在一起沿PA方向運動,設(shè)碰撞過程中帶電量不變,粘合體命名為小物塊S。已知小物塊S與平臺的動摩擦因數(shù)μ=0.35,平臺PA的長度L=1.0m,重力加速度g=10m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,不計空氣阻力。求:(結(jié)果可用根號表示)
(1)電場強度E1的大小;
(2)小球在磁場中運動的半徑r的大小和圓形磁場區(qū)域的最小面積;
(3)小物塊S在圓弧軌道上的最大
18、速度;小物塊S能否達到D點,若不能,請說明理由,若能,請求出小物塊S落到平臺PA上的位置與A點的距離。
【解析】(1) 小球m1在第二象限做勻速直線運動,由平衡條件有
可得電場強度E1的大小
(2) 如圖所示,在圓形磁場中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律有
可得磁場中運動的半徑
小球m1從G點進入磁場,從H點射出磁場,
其弦長GH為最小磁場圓的直徑,
由幾何知識有其圓心角θ=120o
磁場圓的最小半徑
最小面積;
(3) 小球m1和小物塊m2在P處碰撞,由動量守恒定律有
可得碰撞后小物塊S的速度
小物塊S在圓弧軌道上受電場力和重力作用的合力方向與豎直方向的夾角設(shè)為α,
,解得
過圓心作合力的平行線交圓周下方為M點,如圖,
小物塊S在M點有最大速度。
小物塊S由P到M,由動能定理有
可得小物塊S運動過程中的最大速度:
假設(shè)小物塊S能夠通過圓弧到達D點,從P到D,由動能定理有
可得小物塊S在D的速度:
在D點有
可得在D點的軌道的支持力,故假設(shè)成立,小物塊S能到達D點。
小物塊S從D點水平拋出,豎直方向做自由落體運動,水平方向做勻減速直線運動,
可得落點距A的距離。
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