0  120741  120749  120755  120759  120765  120767  120771  120777  120779  120785  120791  120795  120797  120801  120807  120809  120815  120819  120821  120825  120827  120831  120833  120835  120836  120837  120839  120840  120841  120843  120845  120849  120851  120855  120857  120861  120867  120869  120875  120879  120881  120885  120891  120897  120899  120905  120909  120911  120917  120921  120927  120935  447090 

2.功能观点:首先对带电体受力分析,再分析运动形式,然后根据具体情况选用相应公式计算.

(1)若选用动能定理,则要分清有多少个力做功,是恒力做功还是变力做功,同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量.

(2)若选用能量守恒定律,则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化,哪些能量是增加的,哪些能量是减少的.

例3 如图7所示,AB为半径R=1 m的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道,在四分之一圆弧区域内存在着E=1×106 V/m、竖直向上的匀强电场,有一质量m=1 kg、带电量q=+1.4×105 C的物体(可视为质点),从A点的正上方距离AH处由静止开始自由下落(不计空气阻力),BC段为长L=2 m、与物体间动摩擦因数为μ=0.2的粗糙绝缘水平面,CD段为倾角θ=53°且离地面DEh=0.8 m的斜面.(取g=10 m/s2)

图7

(1)若H=1 m,物体能沿轨道AB到达最低点B,求它到达B点时对轨道的压力大小;

(2)通过你的计算判断:是否存在某一H值,能使物体沿轨道AB经过最低点B后最终停在距离B点0.8 m处;

(3)若高度H满足:0.85 m≤H≤1 m,请通过计算表示出物体从C处射出后打到的范围.(已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.不需要计算过程,但要有具体的位置,不讨论物体反弹以后的情况)

审题与关联

解析 (1)物体由初始位置运动到B点的过程中根据动能定理有mg(RH)-qERmv

到达B点时由支持力FN、重力、电场力的合力提供向心力FNmgqEm,解得FN=8 N

根据牛顿第三定律,可知物体对轨道的压力大小为8 N,方向竖直向下

(2)要使物体沿轨道AB到达最低点B,当支持力为0时,最低点有个最小速度v,则qEmgm

解得v=2 m/s

在粗糙水平面上,由动能定理得:-μmgx=-mv2,所以x=1 m>0.8 m

故不存在某一H值,使物体沿着轨道AB经过最低点B后,停在距离B点0.8 m处.

(3)在斜面上距离D点 m范围内(如图PD之间区域)

在水平面上距离D点0.2 m范围内(如图DQ之间区域)

答案 (1)8 N (2)不存在 (3)在斜面上距离D点 m范围内 在水平面上距离D点0.2 m范围内

突破训练3 如图8所示,在竖直平面内,AB为水平放置的绝缘粗糙轨道,CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道,ABCD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接,圆弧的圆心为O,半径R=0.50 m,轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场强度的大小E=1.0×104 N/C,现有质量m=0.20 kg,电荷量q=8.0×104 C的带电体(可视为质点),从A点由静止开始运动,已知sAB=1.0 m,带电体与轨道ABCD间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.求:(取g=10 m/s2)

图8

(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度;

(2)带电体最终停在何处.

答案 (1)10 m/s (2)到C点的竖直距离为 m处

解析 (1)设带电体到达C点时的速度为v,从AC由动能定理得:qE(sABR)-μmgsABmgRmv2

解得v=10 m/s

(2)设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h,从CD由动能定理得:

mghμqEh=0-mv2

解得h= m

在最高点,带电体受到的最大静摩擦力Ffmax=μqE=4 N,

重力Gmg=2 N

因为G<Ffmax

所以带电体最终静止在到C点的竖直距离为 m处.

(限时:45分钟)

►题组1 示波管的原理与应用

试题详情

1.动力学观点

动力学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题,一般有两种情况:

(1)带电粒子初速度方向与电场线共线,则粒子做匀变速直线运动;

(2)带电粒子的初速度方向垂直电场线,则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动).当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时,一般要采用类平抛运动规律解决问题.

试题详情

32.综合运用动力学观点和功能观点解决带

电体在电场中的运动

 

试题详情

3.此类题型一般有三种情况:一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解),二是粒子做往返运动(一般分段研究),三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究).

例2 如图5(a)所示,AB为两块平行金属板,极板间电压为UAB=1 125 V,板中央有小孔OO′.现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入AB之间.在B板右侧,平行金属板MNL1=4×102 m,板间距离d=4×103 m,在距离MN右侧边缘L2=0.1 m处有一荧光屏P,当MN之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过,打在荧光屏上的O″并发出荧光.现给金属板MN之间加一个如图(b)所示的变化电压u1,在电压变化时,M板电势低于N板.已知电子质量为me=9.0×1031 kg,电量为e=1.6×1019C.

图5

(1)每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大?

(2)打在荧光屏上的电子范围是多少?

(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少?

解析 (1)电子经AB两块金属板加速,有:UABmv

v0= = m/s=2×107 m/s

(2)电子通过极板的时间为tL1/v0=2×109 s,远小于电压变化的周期,故电子通过极板时可认为板间电压不变.

μ1=22.5 V时,电子经过MN极板向下的偏移量最大,为y1=··2=××2 m=2×103 m

y1<d,说明所有的电子都可以飞出MN[来源:##]

此时电子射出极板后在竖直方向的速度大小为

vy=·=× m/s=2×106 m/s

电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为:

t2== s=5×109 s

电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为

y2vyt2=2×106×5×109 m=0.01 m

电子打在荧光屏P上的总偏移量为:

yy1y2=0.012 m,方向竖直向下;

打在荧光屏上的电子范围是:从O″竖直向下0~0.012 m.

(3)当u1=22.5 V时,电子飞出电场的动能最大,

EKm(vv)=×9×1031[(2×107)2+(2×106)2]≈1.82×1016 J.

答案 见解析

当电压周期性变化时,由E=知,电场强度E也周期性变化,由FqE知电场力F周期性变化,由a=知加速度a与电压变化图象形状相同,画出vt图象则可以分析粒子运动特点.

突破训练2 在金属板AB间加上如图6乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压,其周期为T.现有电子以平行于金属板的速度v0从两板中央射入(如图甲所示).已知电子的质量为m,电荷量为e,不计电子的重力,求:

图6

(1)若电子从t=0时刻射入,在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出,则电子飞出时速度的大小为多少?

(2)若电子从t=0时刻射入,恰能平行于金属板飞出,则金属板至少为多长?

(3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出,电子应从哪一时刻射入?两板间距至少为多大?

答案 (1)  (2)v0T

(3)+k·(k=0,1,2,…) T

解析 (1)由动能定理得:e·=mv2mv

解得v= .

(2)t=0时刻射入的电子,在垂直于极板方向上做匀加速运动,向正极板方向偏转,半个周期后电场方向反向,则继续在该方向上做匀减速运动,再经过半个周期,电场方向上的速度减到零,实际速度等于初速度v0,平行于极板,以后继续重复这样的运动.

要使电子恰能平行于金属板飞出,则在OO′方向上至少运动一个周期,故极板长至少为Lv0T.

(3)若要使电子从极板中央平行于极板飞出,则电子在电场方向上应先加速、再减速,反向加速再减速,每段时间相同,一个周期后恰好回到OO′线.所以应在t=+k·(k=0,1,2,…)时射入.

极板间距离要求满足在加速、减速阶段电子不打到极板上.

由牛顿第二定律有a=.

加速阶段运动的距离s=··()2

可解得dT

故两板间距至少为T

 

试题详情

2.分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系.

试题详情

1.注重全面分析(分析受力特点和运动规律),抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件.

试题详情

2.工作原理

偏转电极XX′和YY′不加电压,电子打到屏幕中心;若只在XX′之间加电压,电子只在X方向偏转;若只在YY′之间加电压,电子只在Y方向偏转;若XX′加扫描电压,YY′加信号电压,屏上会出现随信号而变化的图象.

例1 (2011·安徽·18)图2为示波管的原理图,如果在电极YY′之间所加的电压按图3甲所示的规律变化,在电极XX′之间所加的电压按图乙所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是                                                   ( )

图2

甲      乙

图3

解析 由图甲及图乙知,当UY为正时,Y板电势高,电子向Y偏,而此时UX为负,即X′板电势高,电子向X′板偏,所以选B.

答案 B

   示波管荧光屏上图线形状的判断方法

示波管中的电子在YY′和XX′两个偏转电极作用下,同时参与两个类平抛运动,一方面沿YY′方向偏转,另一方面沿XX′方向偏转,找出几个特殊点,即可确定荧光屏上的图形.

突破训练1 示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如图4所示.如果在荧光屏上P点出现亮斑,那么示波管中的                   ( )

图4

A.极板X应带正电

B.极板X′应带正电

C.极板Y应带正电

D.极板Y′应带正电

答案 AC

解析 根据亮斑的位置,电子偏向XY区间,说明电子受到电场力作用发生了偏转,因此极板X、极板Y均应带正电.

考点二 带电粒子在交变电场中的运动

试题详情

1.构造及功能(如图1所示)

图1

(1)电子枪:发射并加速电子.

(2)偏转电极YY′:使电子束竖直偏转(加信号电压);偏转电极XX′:使电子束水平偏转(加扫描电压).

试题详情

26、(1)400N (2分)   (2)104Pa  (2分)

  (3)4800J(2分)   (4)80W(2分)

 

试题详情

四、计算题

25、4N(2分)  物体在水中静止时,漂浮在水面,所以浮力等于物体重力,F=G=3N  (2分)

试题详情


同步练习册答案