15、的距離(選無限遠(yuǎn)的電勢(shì)為零)。求液珠能到達(dá)的最高點(diǎn)B離A點(diǎn)的高度rB。
解析 (1)設(shè)液珠的電荷量為q，質(zhì)量為m，由題意知，當(dāng)液珠在C點(diǎn)時(shí)k－mg＝mg
比荷為＝
(2)當(dāng)液珠速度最大時(shí)，k＝mg
得h＝H
(3)設(shè)BC間的電勢(shì)差大小為UCB，由題意得
UCB＝φC－φB＝－
對(duì)液珠由釋放處至液珠到達(dá)最高點(diǎn)(速度為零)的全過程應(yīng)用動(dòng)能定理得
qUCB－mg(rB－H)＝0
即q(－)－mg(rB－H)＝0
解得：rB＝2H，rB＝H(舍去)
答案 (1) (2)H (3)2H
帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題的解題步驟
帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)
16、
1.帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律
2.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法
(1)運(yùn)動(dòng)的分解法
一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)。
(2)功能關(guān)系
當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢(shì)差。
【典例】 如圖7所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長(zhǎng)L＝0.4 m，兩板間距離d＝4×10－3 m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極板的
17、正中央，已知微粒質(zhì)量為m＝4×10－5 kg，電荷量q＝
＋1×10－8 C，g＝10 m/s2。求：
圖7
(1)微粒入射速度v0為多少？
(2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng)，電容器的上極板應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相連？所加的電壓U應(yīng)取什么范圍？
解析 (1)開關(guān)S閉合前，由＝v0t，＝gt2可解得
v0＝＝10 m/s。
(2)電容器的上極板應(yīng)接電源的負(fù)極。
當(dāng)所加的電壓為U1時(shí)，微粒恰好從下板的右邊緣射出，即
＝a1，又a1＝，解得U1＝120 V
當(dāng)所加的電壓為U2時(shí)，微粒恰好從上極板的右邊緣射出，
即＝a2，又a2＝，解得U2＝200 V
所以12
18、0 V≤U≤200 V。
答案 (1)10 m/s (2)與負(fù)極相連，120 V ≤U≤200 V
1.(多選)如圖8所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點(diǎn)，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則( )
圖8
A.A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2
B.A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1
C.A和B的質(zhì)量之比為1∶12
D.A和B的位移大小之比為1∶1
解析 粒子A和B在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2，選項(xiàng)A正確；豎
19、直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1，選項(xiàng)B正確；根據(jù)a＝得m＝，故mA∶mB＝1∶12，A和B的位移大小不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
答案 ABC
2.如圖9所示，兩個(gè)平行帶電金屬板M、N相距為d，M板上距左端為d處有一個(gè)小孔A，有甲、乙兩個(gè)相同的帶電粒子，甲粒子從兩板左端連線中點(diǎn)O處以初速度v1平行于兩板射入，乙粒子從A孔以初速度v2垂直于M板射入，二者在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，并且都打到N板的中點(diǎn)B處，則初速度v1與v2的關(guān)系正確的是( )
圖9
A.＝ B.＝ C.＝2 D.＝
解析 設(shè)帶電粒子在電場(chǎng)中的加速度為a，則對(duì)甲粒
20、子，豎直方向＝at2，水平方向d＝v1t，解出v1＝；對(duì)乙粒子有v2t＋at2＝d，解出v2＝，所以v1∶v2＝2∶1，即選項(xiàng)C正確。
答案 C
3.(多選)如圖10所示的直角坐標(biāo)系中，第一象限內(nèi)分布著均勻輻向的電場(chǎng)，坐標(biāo)原點(diǎn)與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內(nèi)分布著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E。大量電荷量為－q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子，某時(shí)刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)。若粒子只能從坐標(biāo)原點(diǎn)進(jìn)入第一象限，其他粒子均被坐標(biāo)軸上的物質(zhì)吸收并導(dǎo)出而不影響原來的電場(chǎng)分布。不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用。下列說法正確的是( )
圖10
21、
A.能進(jìn)入第一象限的粒子，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的初始位置分布在一條直線上
B.到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越大
C.能打到熒光屏上的粒子，進(jìn)入O點(diǎn)的動(dòng)能必須大于或等于qU
D.若U<，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮
解析 能進(jìn)入第一象限的粒子，必須有－x0＝v0t，－y0＝t2，所以有y0＝－x，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的初始位置分布在一條拋物線上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)閟in θ＝，所以到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；能打到熒光屏上的粒子末動(dòng)能必須大于或等于零，即mv2－qU≥0，則mv2≥qU，選項(xiàng)C正確；若U<，即－Uq>0，到達(dá)O點(diǎn)
22、的粒子均可到達(dá)熒光屏，到達(dá)O點(diǎn)的粒子速度方向滿足0<θ<90°，熒光屏各處均有粒子到達(dá)而被完全點(diǎn)亮，選項(xiàng)D正確。
答案 CD
“等效法”在電場(chǎng)中的應(yīng)用——遷移變通能力的培養(yǎng)
處理帶電粒子在“等效力場(chǎng)”中的運(yùn)動(dòng)，要關(guān)注以下兩點(diǎn)：一是對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析時(shí)，注意帶電粒子受到的電場(chǎng)力的方向與運(yùn)動(dòng)方向所成的夾角是銳角還是鈍角，從而決定電場(chǎng)力做功情況；二是注意帶電粒子的初始運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。
1.等效重力法。將重力與電場(chǎng)力進(jìn)行合成，如圖11所示，則F合為等效重力場(chǎng)中的“重力”，g′＝為等效重力場(chǎng)中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場(chǎng)中的“豎直向下”方向。
圖1
23、1
2.物理最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)。在“等效力場(chǎng)”做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問題。小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是物理最高點(diǎn)。
【例】 如圖12所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q＝，要使小球能安全通過圓軌道，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿足什么條件？
圖12
解析 小球先在斜面上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、軌道作用力，如圖所
24、示，類比重力場(chǎng)，將電場(chǎng)力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝＝，tan θ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運(yùn)動(dòng)。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點(diǎn)”(D點(diǎn))滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有mg′＝，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知＝2R，令小球以最小初速度v0運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知：－2mg′R＝mv－mv
解得v0＝，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v0≥。
答案 v0≥
【針對(duì)訓(xùn)練】 如圖13所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。
25、該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)(電荷量不變)，經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g。
圖13
(1)求小球所受的電場(chǎng)力大??；
(2)求小球在A點(diǎn)的速度v0為多大時(shí)，小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小。
解析 (1)小球在C點(diǎn)時(shí)速度最大，則電場(chǎng)力與重力的合力沿DC方向，所以小球受到的電場(chǎng)力的大小F＝mgtan 60°＝mg。
(2)要使小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的速度最小，即在D點(diǎn)小球?qū)A軌道的壓力恰好為零，有＝m，解得v＝。
在小球從圓軌道上的A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D
26、點(diǎn)的過程中，有
mgr(1＋cos 60°)＋Frsin 60°＝mv－mv2，
解得v0＝2。
答案 (1)mg (2)2
活頁作業(yè)
(時(shí)間：40分鐘)
A級(jí)：保分練
1.(2017·蘇北四市一模)在研究影響平行板電容器電容大小因素的實(shí)驗(yàn)中，一已充電的平行板電容器與靜電計(jì)連接如圖1所示?，F(xiàn)保持B板不動(dòng)，適當(dāng)移動(dòng)A板，發(fā)現(xiàn)靜電計(jì)指針張角減小，則A板可能是( )
圖1
A.右移 B.左移 C.上移 D.下移
解析 電容器兩極板上的電荷量不變，靜電計(jì)指針張角減小，說明兩極板間電壓變小，根據(jù)C＝得出電容變大，由C＝知兩極板之間距離變小或正對(duì)面積變大，選項(xiàng)A正確，
27、B、C、D錯(cuò)誤。
答案 A
2.如圖2所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點(diǎn)A點(diǎn)釋放一個(gè)帶電荷量為＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不計(jì)，以水平初速度v0向右射出，當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為1∶2時(shí)，恰好從下端點(diǎn)B射出，則d與L之比為( )
圖2
A.1∶2 B.2∶1 C.1∶1 D.1∶3
解析 設(shè)粒子從A到B的時(shí)間為t，粒子在B點(diǎn)時(shí)，豎直方向的分速度為vy，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得L＝v0t，d＝t，又v0∶vy＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，選項(xiàng)C正確。
答案 C
3.如圖3所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B板的速度為v，保持兩板間電
28、壓不變，則( )
圖3
A.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v增大
B.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v減小
C.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，速度v不變
D.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí)，電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)
解析 由動(dòng)能定理得eU＝mv2，當(dāng)改變兩極板間的距離時(shí)，U不變，v就不變，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，＝，＝，即t＝，當(dāng)d減小時(shí)，v不變，電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
答案 C
4.(多選)如圖4所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負(fù)電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點(diǎn)處固定一負(fù)電荷，設(shè)此時(shí)兩極間的電勢(shì)差為U，P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小為E
29、，電勢(shì)為φP，負(fù)電荷的電勢(shì)能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯(cuò)開一段距離(兩板間距不變)，下列說法正確的是( )
圖4
A.U變大，E變大 B.U變小，φP變小
C.φP變小，Ep變大 D.φP變大，Ep變小
解析 根據(jù)題意可知兩極板上的電荷量保持不變，當(dāng)正對(duì)面積減小時(shí)，則由C＝可知電容減小，由U＝可知極板間電壓增大，由E＝可知，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)P點(diǎn)的電勢(shì)為φP，則由題可知0－φP＝Ed′是增大的，則φP一定減小，由于負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能一定較大，所以可知電勢(shì)能Ep變大，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。
答案 AC
5.如圖5所示，在絕緣平面上方存在著足夠
30、大的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶正電的小金屬塊以一定初速度從A點(diǎn)開始沿水平面向左做直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)長(zhǎng)度L到達(dá)B點(diǎn)，速度變?yōu)榱?。此過程中，金屬塊損失的動(dòng)能有轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能。金屬塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到某點(diǎn)C(圖中未標(biāo)出)時(shí)的動(dòng)能和A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能相同，則金屬塊從A開始運(yùn)動(dòng)到C整個(gè)過程中經(jīng)過的總路程為( )
圖5
A.1.5L B.2L C.3L D.4L
解析 根據(jù)題述，小金屬塊從A運(yùn)動(dòng)到B，克服摩擦力做功Wf＝Ek＝fL，克服電場(chǎng)力做功WE＝Ek＝qEL。設(shè)小金屬塊從B運(yùn)動(dòng)到C經(jīng)過的路程為s，由動(dòng)能定理，qEs－fs＝Ek，解得s＝3L。金屬塊從A開始運(yùn)動(dòng)到C整個(gè)過程中經(jīng)過的總路程為L(zhǎng)＋s＝4L，
31、選項(xiàng)D正確。
答案 D
6.(2017·靜海調(diào)研)如圖6所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成。放射源O在A極板左端，可以向各個(gè)方向發(fā)射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子(電子)。若極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，間距為d，當(dāng)A、B板加上電壓U時(shí)，只有某一速度的β粒子能從細(xì)管C水平射出，細(xì)管C離兩板等距。已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為( )
圖6
A. B.
C. D.
解析 β粒子反方向的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有L＝v0t，豎直方向有＝at2，且a＝。從A到C的過程有－qU＝mv－mv2，以上各式聯(lián)立解得v＝，選項(xiàng)C正確。
答案 C
7
32、.(多選)如圖7所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，入射方向與電場(chǎng)線垂直。粒子從Q點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)，其速度方向與電場(chǎng)線成30°角。已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)的寬度為d，P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，不計(jì)重力作用，設(shè)P點(diǎn)的電勢(shì)為零。下列說法正確的是( )
圖7
A.帶電粒子在Q點(diǎn)的電勢(shì)能為－Uq
B.帶電粒子帶負(fù)電
C.此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝
D.此勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝
解析 根據(jù)帶電粒子的偏轉(zhuǎn)方向，可判斷選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)镻、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為U，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減少，而P點(diǎn)的電勢(shì)為零，所以選項(xiàng)A正確；設(shè)帶電粒子在P點(diǎn)時(shí)的速度為v0，在Q點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，
33、垂直于電場(chǎng)線為x軸，平行于電場(chǎng)線為y軸，由曲線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和幾何知識(shí)求得帶電粒子在y軸方向的分速度為vy＝v0，故帶電粒子在y軸方向上的平均速度為y＝，設(shè)帶電粒子在y軸方向上的位移為y0，在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則y0＝t，d＝v0t，得y0＝，由E＝得E＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。
答案 AC
8.如圖8所示，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)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＝0.8 m。有一質(zhì)量為500 g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)離桿后正好通過C端的正下方P點(diǎn)處。(g取10 m/s2)求：
圖8
(1)小環(huán)離開直桿后運(yùn)動(dòng)的加速
34、度大小和方向；
(2)小環(huán)從C運(yùn)動(dòng)到P過程中的動(dòng)能增量；
(3)小環(huán)在直桿上勻速運(yùn)動(dòng)速度的大小v0。
解析 (1)結(jié)合題意分析知：
qE＝mg，F(xiàn)合＝mg＝ma，a＝g＝10 m/s2，
方向垂直于桿向下。
(2)設(shè)小環(huán)從C運(yùn)動(dòng)到P的過程中動(dòng)能的增量為
ΔEk＝W重＋W電
其中W重＝mgh＝4 J，W電＝0，所以ΔEk＝4 J。
(3)環(huán)離開桿做類平拋運(yùn)動(dòng)，平行桿方向勻速運(yùn)動(dòng)，有
h＝v0t
垂直桿方向勻加速運(yùn)動(dòng)，有h＝at2，解得v0＝2 m/s。
答案 (1)10 m/s2 垂直于桿向下 (2)4 J (3)2 m/s
B級(jí)：拔高練
9.如圖9所示，D是一只二極
35、管，AB是平行板電容器，在電容器兩極板間有一帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)兩極板A和B間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，帶電微粒P的運(yùn)動(dòng)情況是( )
圖9
A.向下運(yùn)動(dòng) B.向上運(yùn)動(dòng)
C.仍靜止不動(dòng) D.不能確定
解析 當(dāng)帶電微粒P靜止時(shí)，對(duì)其進(jìn)行受力分析得Eq＝mg，即q＝mg。當(dāng)A、B之間距離增大時(shí)，電容器的電容C減小，由Q＝CU得，Q也減小，但由于電路中連接了一個(gè)二極管，它具有單向?qū)щ娦?，不能放電，故電容器A、B兩極板上的電荷量不變，場(chǎng)強(qiáng)不變，電場(chǎng)力仍等于微粒的重力，故帶電微粒仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)C正確。
答案 C
10.如圖10所示，一條絕緣的擋板軌道A
36、BC固定在光滑水平桌面上，BC為直線，長(zhǎng)度為4R，AB是半徑為R的光滑半圓弧，兩部分相切于B點(diǎn)。擋板軌道處在水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝8×102 N/C，方向與BC夾角θ＝53°。一質(zhì)量m＝5×10－3 kg、帶電荷量q＝＋5×10－4 C的小滑塊從C點(diǎn)由靜止釋放，已知小滑塊與BC擋板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，R＝0.4 m，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
圖10
(1)求小球在B點(diǎn)的速度大小；
(2)若場(chǎng)強(qiáng)E與BC夾角θ可變，為使小球沿軌道運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的速度最大，求θ的取值以及小球在A點(diǎn)的速度大小；
(3)若場(chǎng)強(qiáng)E與BC夾角θ可變，為使小球沿軌道運(yùn)動(dòng)且從A點(diǎn)沿
37、切線飛出，求θ的正切值的取值范圍。
解析 (1)小球由C到B的過程，由動(dòng)能定理得
(Eqcos θ－μEqsin θ)·4R＝mv
解得vB＝ m/s。
(2)θ＝0，小球與BC擋板的摩擦力為零，小球到B點(diǎn)的速度最大，且A、B等電勢(shì)，則小球在A點(diǎn)速度最大，根據(jù)動(dòng)能定理可得Eq·4R＝mv，解得vA＝16 m/s。
(3)在A點(diǎn)不脫離軌道能沿切線飛出，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律得Eqsin θ＋FN＝m，其中FN≥0
小球由C到A的過程，由動(dòng)能定理得
Eqcos θ(4R－2Rtan θ)－μEqsin θ·4R＝mv
解得tan θ≤
所以，tan θ的取值范圍是0≤tan θ≤。
38、答案 (1) m/s (2)0 16 m/s (3)0≤tan θ≤
11.(2017·山西省重點(diǎn)中學(xué)高三聯(lián)合考試)如圖11所示為一多級(jí)加速器模型，一質(zhì)量為m＝1.0×10－3 kg、電荷量為q＝8.0×10－5 C的帶正電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))通過1、2級(jí)無初速度地進(jìn)入第3級(jí)加速電場(chǎng)，之后沿位于軸心的光滑淺槽，經(jīng)過多級(jí)加速后從A點(diǎn)水平拋出，恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進(jìn)入兩板間，A點(diǎn)在MN板左端M點(diǎn)正上方，傾斜平行金屬板MN、PQ的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝1.0 m，金屬板與水平方向的夾角為θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。
圖11
39、(1)求A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度以及多級(jí)加速電場(chǎng)的總電壓U；
(2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且電場(chǎng)強(qiáng)度大小E＝100 V/m，要使帶電小球不打在PQ板上，則兩板間的距離d至少要多長(zhǎng)？
解析 (1)設(shè)小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，小球的初速度為v0，A點(diǎn)到M點(diǎn)的高度為y
則有＝tan θ①
cos θ＝v0t1②
y－sin θ＝gt③
聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)解得
v0＝ m/s，y＝ m④
帶電小球在多級(jí)加速器加速的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有
qU＝mv－0⑤
代入數(shù)據(jù)解得U＝18.75 V
(2)進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標(biāo)系，將重力正交分解，則
沿y軸方向有
Fy＝mgcos θ－qE＝0⑥
沿x軸方向有Fx＝mgsin θ⑦
故小球進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)剛好從P點(diǎn)離開，則有Fx＝ma⑧
＝at⑨
dmin＝ t2⑩
聯(lián)立④⑦⑧⑨⑩并代入數(shù)據(jù)解得dmin＝ m
即兩板間的距離d至少為 m。
答案 (1) m 18.75 V (2) m
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2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第七章靜電場(chǎng) 基礎(chǔ)課3 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案
