8、力做功為3 J B.小球克服空氣阻力做功0.5 J C.小球的電勢能增加2 J D.小球的動能減少1.5 J,5.當(dāng)某一電容器的電壓是40 V時,它所帶電量是0.2 C,若它的電壓降到20 V時,則(B) A.電容器的電容減少一半 B.電容器的電容不變 C.電容器帶電量不變 D.電容器帶電量增加為原來的兩倍,6.(多選)如圖所示是示波器原理圖,電子被電壓為U1的加速電場加速后射入電壓為U2的偏轉(zhuǎn)電場,離開偏轉(zhuǎn)電場后電子打在熒光屏上的P點,P點與O點的距離叫做偏轉(zhuǎn)距離,偏轉(zhuǎn)電場極板長為L,板間距離為d,為了增大偏轉(zhuǎn)距離,下列措施可行的是(BC) A.增大U1 B.增大U2 C.增大L D.增大d

9、,突破一電場強(qiáng)度、電勢、電勢差、電勢能的比較,重難突破,1.電場強(qiáng)度、電勢、電勢差、電勢能的比較,2.電勢高低的三種判斷方法,3.電勢能大小的四種判斷方法,典例1(多選)一勻強(qiáng)電場的方向平行于xOy平面,平面內(nèi)a、b、c三點的位置如圖所示,三點的電勢分別為10 V、10 V、22 V。下列說法正確的是(AD) A.坐標(biāo)原點處的電勢為-2 V B.a、b連線中點的電勢為16 V C.電子在a點的電勢能比在c點的低12 eV D.電場強(qiáng)度的大小為500 N/C,解析根據(jù)題意可知a、b兩點的電勢相等,并且c點電勢高于a、b兩點的電勢,則連接a、b,作ab的垂線,根據(jù)沿電場線方向電勢降低可知電場方向垂

10、直ab指向左下方,如圖所示,過O、c點作ab的垂線,交于d和e點,則Od和ce平行于電場線,根據(jù)幾何知識可得ab=5 cm,Od=ce==2.4 cm, 電場強(qiáng)度E== N/C=500 N/C,D正確;ab線上所有點的電勢均 為10 V,因為Od=ce,所以d-O=c-e,得O=-2 V,A正確,B錯誤;電子在a點的電勢能Ea=qa=-10 eV,在c點的電勢能Ec=qc=-22 eV,故EaEc,且Ea-Ec=,12 eV,C錯誤。,1-1電場中有A、B兩點,一個點電荷在A點的電勢能為1.210-8 J,在B點的電勢能為0.810-8 J。已知A、B兩點在同一條電場線上,如圖所示,該點電荷的

11、電荷量的絕對值為1.010-9 C,那么(A) A.該電荷為負(fù)電荷 B.該電荷為正電荷 C.A、B兩點的電勢差UAB=4.0 V D.把電荷從A移到B,靜電力做功為WAB=2.510-10 J,解析A點的電勢能大于B點的電勢能,從A到B靜電力做正功,所以該電荷一定為負(fù)電荷,故選項A正確,選項B錯誤;靜電力做功WAB=EpA-EpB=1.210-8 J-0.810-8 J=0.410-8 J,選項D錯誤;由UAB=得UAB= V=-4. 0 V,所以選項C錯誤。,1-2如圖所示,真空中有兩個點電荷Q1=+9.010-8 C和Q2=-1.010-8 C,分別固定在x坐標(biāo)軸上,其中Q1位于x=0處,

12、Q2位于x=6 cm處。在x軸上(D) A.場強(qiáng)為0的點有兩處 B.在x6 cm區(qū)域,電勢沿x軸正方向降低 C.質(zhì)子從x=1 cm運動到x=5 cm處,電勢能升高 D.在09 cm的區(qū)域,場強(qiáng)沿x軸正方向,解析因為Q10,Q2|Q2|,所以x6 cm區(qū)域有一位置合場強(qiáng)為零,由k=-k得x=9 cm,則6 cm9 cm區(qū)域合場強(qiáng)沿x軸正方向,故A錯,D對。沿電場方向電勢降低,B錯。質(zhì)子帶正電,在電勢高處電勢能大,C錯。,1-3電場中某三條等勢線如圖中實線a、b、c所示。一電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q,已知電勢abc,這一過程電子運動的v-t圖像可能是選項圖中的(A),解析結(jié)合abc,由

13、題圖等勢線的特點可確定此電場為非勻強(qiáng)電場,且Q點處電場強(qiáng)度小于P點處電場強(qiáng)度,電子僅在電場力作用下沿直線從P運動到Q,將做加速度越來越小的加速運動,A正確。,突破二電場線、等勢面與粒子運動軌跡問題,1.帶電粒子軌跡的切線方向為該點處的速度方向。 2.帶電粒子所受合力應(yīng)指向軌跡曲線的凹側(cè),再根據(jù)電場力與場強(qiáng)方向的關(guān)系(同向或反向),或電場力做正功還是負(fù)功等,進(jìn)一步確定其他量。 3.幾種典型電場的等勢面,典例2如圖所示,實線表示電場線,虛線表示只受電場力作用的電荷運動軌跡,a、b為運動軌跡上的兩點,可以判定(C) A.電荷在a點的速度大于在b點的速度 B.電荷為負(fù)電荷 C.電荷在a點的電勢能大于在

14、b點的電勢能 D.a點的電勢低于b點的電勢,解析沿著電場線方向電勢越來越低,可得a點電勢高于b點電勢,D錯誤。該電荷在電場中做曲線運動,電場力應(yīng)指向軌跡的凹側(cè),即受力方向與電場強(qiáng)度的方向一致,電荷必帶正電,B錯誤。電荷若從a運動到b,由于a點電勢高于b點電勢,a、b間電勢差為正值,電荷帶正電,由Wab=qUab可得電場力做正功,所以電荷在b點動能大于在a點動能,電荷在b點速度大于在a點速度;電荷若從b運動到a,由Wba=qUba可得電場力做負(fù)功,所以電荷在b點動能大于在a點動能,電荷在b點速度大于在a點速度,A錯誤。由于a點電勢高于b點電勢,正電荷在電勢高處電勢能大,所以電荷 在a點的電勢能大

15、于在b點的電勢能,C正確。,方法總結(jié) 利用電場線和等勢面解決帶電粒子運動問題的方法 (1)根據(jù)帶電粒子(只受電場力)的運動軌跡確定帶電粒子受到的電場力的方向,帶電粒子所受的電場力指向運動軌跡曲線的凹側(cè),再結(jié)合電場線的方向確定帶電粒子的電性。 (2)根據(jù)帶電粒子在不同的等勢面之間的移動,結(jié)合題意確定電場力做正功還是做負(fù)功、電勢能的變化情況或等勢面的電勢高低。,2-1如圖所示電場中的三點A、B和C,當(dāng)在三點之間移動電荷時,下列說法不正確的是(B) A.將同一電荷從A點直接移到B點,和從A點 經(jīng)過C點再移到B點,電場力做功相同 B.將同一電荷從A點移到B點,和從A點移到C點,電場力做的功與電荷量的比

16、值相同 C.將同一電荷從A點加速移到B點,和減速移到B點,電場力做功相同 D.將不同電荷從A點移到B點,電場力做的功與電荷量的比值相同,解析根據(jù)電場力做功的特點:電場力做功只與初末位置有關(guān),與電荷經(jīng)過的路徑無關(guān),知將同一電荷從A點直接移到B點,和從A點經(jīng)過C點再移到B點,電場力做功相同,故A正確;電場力做的功與電荷量的比值等于兩點間的電勢差,由于A、B間的電勢差與A、C間的電勢差不同,所以將同一電荷從A點移到B點,和從A點移到C點,電場力做的功與電荷量的比值不同,B錯誤;電場力做功只與初末位置有關(guān),所以將同一電荷從A點加速移到B點,和減速移到B點,電場力做功相同,C正確;A、B間的電勢差是一定

17、的,所以將不同電荷從A點移到B點,電場力做的功與電荷量的比值相同,D正確。,2-2(多選)如圖,一帶正電的點電荷固定于O點,兩虛線圓均以O(shè)為圓心,兩實線分別為帶電粒子M和N先后在電場中運動的軌跡,a、b、c、d、e為軌跡和虛線圓的交點。不計重力。下列說法正確的是(ABC) A.M帶負(fù)電荷,N帶正電荷 B.M在b點的動能小于它在a點的動能 C.N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能 D.N在從c點運動到d點的過程中克服電場力做功,解析粒子受到的電場力指向軌跡的凹側(cè),可知M受到了引力作用,N受到了斥力作用,故M帶負(fù)電荷,N帶正電荷,選項A正確;由于虛線是等勢面,故M從a點到b點電場力對其做負(fù)功,動能

18、減小,選項B正確;d點和e點在同一等勢面上,N在d點的電勢能等于它在e點的電勢能,故選項C正確; N從c點運動到d點的過程中,電場力做正功,故選項D錯誤。,2-3如圖所示,虛線是用實驗方法描繪出的某一靜電場的一簇等勢線及其電勢的值,一帶電粒子只在電場力作用下飛經(jīng)該電場時,恰能沿圖中的實線從A點飛到C點,則下列判斷正確的是(C) A.粒子一定帶負(fù)電 B.粒子在A點的電勢能大于在C點的電勢能 C.A點的場強(qiáng)大于C點的場強(qiáng) D.粒子從A點到B點電場力所做的功大于從 B點到C點電場力所做的功,解析根據(jù)等勢線分布可知,電場線方向斜向左,根據(jù)粒子的運動軌跡可知,粒子帶正電,選項A錯誤;因A點電勢較低,故帶

19、正電的粒子在A點的電勢能小于在C點的電勢能,選項B錯誤;A點的等勢面較密集,故電場線也較密集,場強(qiáng)較大,選項C正確;因A、B的電勢差等于B、C的電勢差,根據(jù)W=qU可知,粒子從A點到B點電場力所做的功等于從B點到C點電場力所做的功,選項D錯誤。,突破三平行板電容器的兩類問題,1.關(guān)于電容器的兩個公式的區(qū)別 (1)電容的定義式C=,反映了電容器儲存電荷的本領(lǐng),但平行板電容器 的電容C的大小與Q、U都無關(guān)。 (2)平行板電容器電容的決定式C=,反映了電容C的大小與兩極板 正對面積成正比,與兩極板間距離成反比,與極板間電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比。,典例3(2018北京理綜,19,6分)研究與平行板電

20、容器電容有關(guān)因素的實驗裝置如圖所示。下列說法正確的是(A) A.實驗前,只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸, 能使電容器帶電 B.實驗中,只將電容器b板向上平移,靜電計 指針的張角變小 C.實驗中,只在極板間插入有機(jī)玻璃板,靜電計指針的張角變大 D.實驗中,只增加極板帶電量,靜電計指針的張角變大,表明電容增大,解析本題考查平行板電容器。帶電玻璃棒接觸a板,a板會帶上同種電荷,同時b板上會感應(yīng)出異種電荷,故A正確;靜電計指針張角反映電容器兩板間電壓,將b板上移,正對面積S減小,電容C減小,板間電壓U增大,故指針張角變大,B錯;插入有機(jī)玻璃板,相對介電常數(shù)r增大,電容C增大,板間電壓U減小,指針張角變

21、小,C錯;只增加極板帶電量Q,板間電壓U增大,但電容保持不變,故D錯。,規(guī)律方法 解決電容器問題的兩個常用技巧 (1)在電荷量保持不變的情況下,由E===知,電場強(qiáng)度與板間 距離無關(guān)。 (2)針對兩極板帶電荷量保持不變的情況,還可以認(rèn)為一定量的電荷對應(yīng)著一定數(shù)目的電場線,兩極板間距離變化時,場強(qiáng)不變;兩極板正對面積變化時,如圖丙中電場線變密,場強(qiáng)增大。,3-1如圖所示,先接通S使電容器充電。然后斷開S,增大兩極板間的距離時,電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U及場強(qiáng)E的變化情況是(C) A.Q變小,C不變,U不變,E變大 B.Q變小,C變小,U不變,E變小 C.Q不變,C變小,U變大,

22、E不變 D.Q不變,C變小,U變小,E無法確定,解析充電后斷開電源,電容器的電荷量Q不變,選項A、B錯;由C=知,增大兩極板間的距離時,電容C減小,由C=知,U增大;兩板間電 場強(qiáng)度E==,可見當(dāng)增加兩板間距時,電場強(qiáng)度不變,選項C對,D錯。,3-2一平行板電容器充電后與電源斷開,負(fù)極板接地。兩板間有一個正試探電荷固定在P點,如圖所示,以C表示電容器的電容、E表示兩極板間的場強(qiáng)、表示P點的電勢、Ep表示正電荷在P點的電勢能,若正極板保持不動,將負(fù)極板緩慢向左平移一小段距離L0的過程中,各物理量與負(fù)極板移動距離x的關(guān)系圖像中正確的是 (C),解析將負(fù)極板緩慢向左移動一小段距離,兩板間距離變大,根

23、據(jù)C=可知電容減小,A錯誤;E===,所以場強(qiáng)不變,B錯誤;負(fù)極 板接地,所以電勢為零,=Ed,P點與負(fù)極板的距離d變大,所以電勢增大,C正確;根據(jù)Ep=q可知電勢能增大,D錯誤。,突破四帶電粒子在電場中的直線運動(加速或減速),1.帶電粒子在電場中沿與電場線平行的方向進(jìn)入電場,帶電粒子將做勻變速運動,可用動力學(xué)觀點和動能觀點兩種觀點分析。 (1)動力學(xué)觀點:主要公式有a=,E=,v2-=2ad (2)動能觀點:粒子只受電場力作用,則qU=mv2-m (特別注意初速度是否為零,若初速度為零,則qU=mv2),2.對帶電粒子進(jìn)行受力分析時應(yīng)注意的問題 (1)要掌握電場力的特點 電場力的大小和方向

24、不僅跟場強(qiáng)的大小和方向有關(guān),還跟帶電粒子的電荷量和電性有關(guān)。在勻強(qiáng)電場中,同一帶電粒子所受電場力是恒力;在非勻強(qiáng)電場中,同一帶電粒子在不同位置所受電場力的大小和方向都可能不同。 (2)是否考慮重力要依據(jù)情況而定 基本粒子:如電子、質(zhì)子、粒子、離子等,除有說明或明確的暗示外,一 般不考慮重力(但不能忽略質(zhì)量)。 帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或明確暗示外,一般都不能忽略重力。,典例4中國科學(xué)院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備,在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用。 如圖所示,某直線加速器由沿軸線分布

25、的一系列金屬圓管(漂移管)組成,相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過各漂移管,在漂移管內(nèi)做勻速直線運動,在漂移管間被電場加速,加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時速度為8106 m/s,進(jìn)入漂移,管E時速度為1107 m/s,電源頻率為1107 Hz,漂移管間縫隙很小,質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的1/2。質(zhì)子的比荷取1108 C/kg。求: (1)漂移管B的長度; (2)相鄰漂移管間的加速電壓。,規(guī)律總結(jié) 解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路 (1)根據(jù)帶電粒子受到的電場力,用牛頓第二定律求出加速度,結(jié)合運動 學(xué)公式確定帶電粒子的運動

26、情況。此方法只適用于勻強(qiáng)電場。 (2)根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變化求解。此方法既適用于勻強(qiáng)電場,也適用于非勻強(qiáng)電場。,4-1如圖所示,兩平行的帶電金屬板。AB、CD水平放置,間距為d、金屬板長為d。若在兩板中間a點由靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將AB、CD兩板分別繞各自的中心軸O、O(垂直于紙面)順時針旋轉(zhuǎn)45,旋轉(zhuǎn)過程中金屬板電荷量保持不變(忽略極板的邊緣效應(yīng)),再從a點由靜止釋放一同樣的微粒,關(guān)于該微粒的下列說法正確的是(B) A.微粒將向右下方做勻加速直線運動 B.微粒將向右上方做勻加速直線運動 C.微粒的電勢能增大 D.微粒的機(jī)械能減小,解析開始時

27、微粒靜止,有mg=Eq,其中E=,U=,旋轉(zhuǎn)45后,兩板正對 面積減半,板間距變?yōu)閐,由電容的決定式C=變?yōu)镃=, 即C=,旋轉(zhuǎn)過程中電量不變,U==U,E==2E,即旋轉(zhuǎn)后的電場 力qE=2mg,則qE cos 45=mgmg,電場力和重力 的合力向右上方,帶電微粒向右上方做勻加速直線 運動,電場力做正功,電勢能減小,機(jī)械能增大,B正確。,4-2如圖所示,板長L=4 cm的平行板電容器,板間距離d=3 cm,板與水平線夾角=37,兩板所加電壓為U=100 V。有一帶負(fù)電液滴,帶電荷量為q=3 10-10 C,以v0=1 m/s的水平速度自A板邊緣水平進(jìn)入電場,在電場中仍沿水平方向并恰好從B板

28、邊緣水平飛出(取g=10 m/s2, sin =0.6, cos =0.8)。求: (1)液滴的質(zhì)量; (2)液滴飛出時的速度大小。,突破五帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn) 帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) (1)條件分析:帶電粒子沿垂直于電場線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場。 (2)運動性質(zhì):勻變速曲線運動。(類平拋運動) (3)處理方法:應(yīng)用運動的合成與分解,分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動。 (4)運動規(guī)律:,沿初速度方向做勻速直線運動,運動時間 沿電場力方向做勻加速直線運動,典例5如圖所示,在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場,在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏,現(xiàn)有一電荷量為+q、質(zhì)量

29、為m的帶電粒子(重力不計),以垂直于電場方向的初速度v0射入電場中,v0方向的延長線與屏的交點為O。試求: (1)粒子從射入到打到屏上所用的時間; (2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向 間夾角的正切值tan ; (3)粒子打到屏上的點P與O點的距離y。,(3)設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y,則 y=a= 又y=y+L tan ,解得:y=。,方法規(guī)律 分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵 (1)條件分析:不計重力,且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直,則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。 (2)運動分析:一般用分解的思想來處理,即將帶電粒子的運動分解為沿 電場力方向上的勻

30、加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。,5-1如圖所示,質(zhì)量為m=510-8 kg的帶電粒子以v0=2 m/s的速度從水平放置的平行金屬板A、B中央飛入電場,已知板長L=10 cm,板間距離d=2 cm,當(dāng)A、B間電勢差UAB=103 V時,帶電粒子恰好沿直線穿過電場。求: (1)帶電粒子的電性和所帶電荷量; (2)A、B間所加電壓在什么范圍內(nèi)帶電粒子能從板間飛出?,解之得U1=1 800 V 當(dāng)電壓UAB比較小時,qE

31、B<1 800 V。,5-2如圖所示,在水平面MN的上方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場,從空間某點A水平拋出質(zhì)量為m、帶電量為q的帶正電粒子,在電場力的作用下經(jīng)過時間t落到MN上的B點,測得A、B兩點間的距離AB=L;若從A點水平拋出時的初速度增大到原來的3倍,則該粒子落到MN上的C點,測得A、C兩點間的距離AC=L。不考慮帶電 粒子的重力和空氣阻力,求: (1)電場強(qiáng)度E的大小; (2)帶電粒子運動到C點時的速度大小。,突破六電場中的力電綜合問題,1.解答力電綜合問題的一般思路,2.運動情況反映受力情況 (1)物體(保持)靜止:F合=0。 (2)做直線運動 勻速直線運動:F合=0。 變速直線運動:F

32、合0,且F合方向與速度方向共線。 (3)做曲線運動:F合0,F合方向與速度方向不在一條直線上,且總指向運動軌跡曲線的凹側(cè)。 (4)F合與v的夾角為,加速運動:0<90;減速運動:90<180。 (5)勻變速運動:F合=恒量。,6-1(多選)一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x軸正向運動,其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示,其中0 x2段是對稱的曲線,x2x3段是直線,則下列說法正確的是(BD) A.從x1到x3帶電粒子的加速度一直增大 B.從x1到x3帶電粒子的速度一直減小 C.粒子在0 x2段做勻變速運動,在x2x3段做 勻速直線運動 D.x1、x2、x3處電勢1、2、3的關(guān)系為123,解

33、析根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系及電場強(qiáng)度與電勢的關(guān)系,可知:Ep-x圖線切線的斜率大說明電場強(qiáng)度大,由圖可知: 在0 x1段,電場強(qiáng)度減小,粒子所受的電場力減小,加速度減小; 在x1x2段,電場強(qiáng)度增大,粒子所受的電場力增大,加速度增大; 在x2x3段,電場強(qiáng)度大小不變,粒子所受的電場力不變,加速度不變; 所以從x1到x3帶電粒子的加速度先增大,后不變,故A錯誤;從x1到x3電勢能增大,動能減小,帶電粒子的速度一直減小,故B正確;粒子在0 x2段做變加速運動,在x2x3段做勻變速直線運動,故C錯誤;粒子帶負(fù)電,電勢能大 的地方電勢低, 則x1、x2、x3處電勢1、2、3的關(guān)系是123,故D正確。,典

34、例7如圖所示,BCDG是光滑絕緣的圓形軌道,位于豎直平面內(nèi),軌 道半徑為R,下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接,整個軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)置于水平軌道上,滑塊受到的電場力大小為mg,滑塊與水平軌道間的動 摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度為g。,(1)若滑塊從水平軌道上距離B點s=3R的A點由靜止釋放,滑塊到達(dá)與圓心O等高的C點時速度為多大? (2)在(1)的情況下,求滑塊到達(dá)C點時受到軌道的作用力大小; (3)改變s的大小,使滑塊恰好始終沿軌道滑行,且從G點飛出軌道,求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度大小。,答案(1)(2)mg(3),解析(1)

35、設(shè)滑塊到達(dá)C點時的速度為vC,從A到C過程 由動能定理得qE(s+R)-mgs-mgR=m 其中qE=mg,=0.5,s=3R 解得vC= (2)滑塊到達(dá)C點時,由電場力和軌道作用力的合力提供向心力,則有 N-qE=m 解得N=mg,(3)重力和電場力的合力的大小為F==mg 設(shè)方向與豎直方向的夾角為,則 tan ==,得=37 滑塊恰好由F提供向心力時,在圓軌道上滑行過程中速度最小,此時滑塊到達(dá)DG間F點,相當(dāng)于“最高點”,滑塊與O連線和豎直方向的夾角為37,設(shè)最小速度為v,有 F=m 解得v=,方法感悟,1.動力學(xué)的觀點 (1)由于在勻強(qiáng)電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力,可用正交分解

36、法。 (2)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式,注意受力分析要全面,特別注意重力是否需要考慮的問題。 2.能量的觀點 (1)運用動能定理,注意過程分析要全面,準(zhǔn)確求出過程中的所有力做的功,判斷選用分過程還是全過程使用動能定理。 (2)運用能量守恒定律,注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)。,7-1如圖所示,MPQO為有界的豎直向下的勻強(qiáng)電場(邊界上有電場),電場強(qiáng)度為E=,ACB為光滑固定的半圓形絕緣軌道,軌道半徑為R,O 點是圓心,直徑AB水平,A、B為直徑的兩個端點,AC為圓弧。一個質(zhì)量 為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球,從A點正上方高為R處由靜止釋放,從A點沿切線進(jìn)入半圓形軌道,不計空氣阻力

37、。求: (1)小球到達(dá)C點時對軌道的壓力;,(2)若E=,小球從A點正上方離A點至少多高處靜止釋放,才能使小球 沿軌道運動到C點。,答案(1) 2mg,方向豎直向下(2)R,解析(1)小球進(jìn)入半圓形軌道,電場力和重力平衡,小球做勻速圓周運動,根據(jù)動能定理得,mgR=mv2, 解得v=, 根據(jù)牛頓第二定律得,FN=m=2mg。 再由牛頓第三定律得,小球到達(dá)C點時對軌道的壓力為2mg,方向豎直向下。 (2)若E=,小球在最低點對軌道的作用力為零,設(shè)小球從A點正上方,離A點的高度為H處靜止釋放,根據(jù)牛頓第二定律得,qE-mg=m,解得vC =,根據(jù)動能定理得,mg(H+R)-qER=m-0,解得H=

38、,所以H至少為 R。,7-2如圖所示,水平光滑絕緣軌道MN的左端有一個固定擋板,軌道所在空間存在E=4.0102 N/C、水平向左的勻強(qiáng)電場。一個質(zhì)量m=0.10 kg、帶電荷量q=5.010-5 C的滑塊(可視為質(zhì)點),從軌道上與擋板相距x1=0.20 m的P點由靜止釋放,滑塊在電場力作用下向左做勻加速直線運 動。當(dāng)滑塊與擋板碰撞后滑塊沿軌道向右做勻減速直線運動,運動到與擋板相距x2=0.10 m的Q點,滑塊第一次速度減為零,若滑塊在運動過程中,電荷量始終保持不變,求:,(1)滑塊沿軌道向左做勻加速直線運動的加速度的大小; (2)滑塊從P點運動到擋板處的過程中,電場力所做的功; (3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機(jī)械能。,答案(1)0.20 m/s2(2)4.010-3 J(3)2.010-3 J,解析(1)設(shè)滑塊沿軌道向左做勻加速直線運動的加速度為a, 此過程滑塊所受合外力F=qE=2.010-2 N。 根據(jù)牛頓第二定律F=ma,解得a=0.20 m/s2。 (2)滑塊從P點運動到擋板處的過程中,電場力所做的功 W1=qEx1=4.010-3 J。 (3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機(jī)械能等于滑塊由P點運動到Q點過程中電場力所做的功,即E=qE(x1-x2)=2.010-3 J。,