2023届二轮复习 第10讲　带电粒子在电场中的运动 学案（浙江专用）

第10讲　带电粒子在电场中的运动

题型1　带电粒子在电场中的运动

1.规律方法

2.两个结论

(1)粒子垂直电场方向射入极板间时,位移偏转角θ和速度偏转角满足tan =2tan θ。

(2)射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点。

[例1] (多选)在如图甲所示的两平行金属板间加上如图乙所示的电压。第1 s内,一点电荷在两极板间处于静止状态,第2 s末点电荷仍运动且未与极板接触。则第2 s内,点电荷(g取10 m/s2)(　BC　)

A.做匀加速直线运动,加速度大小为10 m/s2

B.做变加速直线运动,平均加速度大小为5 m/s2

C.做变加速直线运动,第2 s末加速度大小为10 m/s2

D.第2 s末速度大小为10 m/s

解析:由题意知,第1 s内点电荷受重力和静电力作用处于平衡状态,故静电力方向向上,大小与重力相等;第2 s内电压变大,故电场强度变大,静电力变大,第2 s末电场强度增加为第1 s末的两倍,故静电力变为2倍,故合力变为向上,大小为mg,故此时加速度大小为10 m/s2,且第2 s内合力随时间均匀增大,故加速度随时间均匀增大,做变加速直线运动,A错误,C正确;第2 s内平均加速度大小为= m/s2=

5 m/s2,B正确;根据v=at,第2 s末速度大小为v=t=5×1 m/s=5 m/s,D错误。

[拓展训练1] (多选)示波器是一种多功能电学仪器,它是由加速电场和偏转电场组成的。如图所示,不同的带电粒子在电压为U1的电场中由静止开始加速,从M孔射出,然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中,入射方向与极板平行,若带电粒子能射出平行板电场区域,则下列说法正确的是(　CD　)

A.若电荷量q相等,则带电粒子在加速电场中的加速度大小相等

B.若比荷相等,则不同带电粒子从M孔射出的动能相等

C.若电荷量q相等,则不同带电粒子在偏转电场中静电力做功相同

D.若不同比荷的带电粒子由O点开始加速,偏转角度θ相同

解析:设加速电场的板间距离为d,由牛顿第二定律得a=,由于带电粒子的质量未知,所以无法确定带电粒子在加速电场中的加速度大小关系,故A错误;由动能定理得qU1=m,可得v0=,所以当带电粒子的比荷相等时,它们从M孔射出的速度相等,动能不同,故B错误;设偏转电场的板间距离为d,极板长度为L,在偏转电场中有tan θ===,偏转角度θ与带电粒子的比荷无关,故D正确;电荷量相同,静电力相同,在偏转电场中y=相同,静电力做功相同,故C正确。

题型2　带电体在电场、重力场中的运动

1.带电体在电场、重力场中的运动的处理策略

等效思维法是将一个复杂的物理问题,等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。对于这类问题,若采用常规方法求解,过程复杂,运算量大。若采用“等效法”求解,则能避开复杂的运算,过程比较简捷。

2.带电体在电场、重力场中的运动的方法应用

先求出重力与静电力的合力,将这个合力视为“等效重力”,将a=视为“等效重力加速度”,如此便建立起“等效重力场”。重力和静电力合力的方向,一定在“等效最高点”和“等效最低点”连线的延长线的方向上。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。

[例2] (多选)如图所示,一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆弧轨道在A点相切,B点为圆弧轨道的最低点,C点为圆弧轨道的最高点,整个空间存在水平向左的匀强电场。一质量为m=1 kg,电荷量为-q(q>0)的带电小球从斜面上静止释放,小球始终能沿轨道运动。已知电场强度E=,θ=53°,圆弧轨道半径R=1 m,g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。则以下说法正确的是(　AC　)

A.刚释放小球时小球的加速度大小为12.5 m/s2

B.若小球能到达C点,释放点与A点的距离至少为12.75 m

C.若小球恰能到达C点,此运动过程中小球对轨道的最大压力为67.5 N

D.若电场方向相反,大小不变,小球恰能到达C点,小球在运动过程中对轨道的最大压力为67.5 N

解析:对小球受力分析,小球所受静电力水平向右,且题设小球始终沿轨道运动,由牛顿第二定律得mgsin θ+Eqcos θ=ma,解得a=12.5 m/s2,故A正确;小球若恰好到达C点,在C点由牛顿第二定律得mg=m,设释放点到A点的距离至少为s,由动能定理得mg[ssin θ+R(1-cos θ)-2R]+Eq(scos θ+Rsin θ)=m,代入数据解得s=1.2 m,故B错误;设重力与静电力的合力方向与竖直方向成α角,故tan α=,解得α=37°,方向恰好沿斜面方向,大小为F==mg,由释放点到最大速度点由动能定理得F(s+R)=mv2,对该点由牛顿第二定律得FN-F=m,由牛顿第三定律得压力FN′=FN=67.5 N,故C正确;若电场反向,设小球于B点左侧α角处达到最大速度,同理,解得α=37°,沿如图所示OD方向。

此时若小球能到达C点,应先恰能到达E点,对E点受力分析得=m,解得vE= m/s,对D到E由动能定理得-F·2R=m-m,解得vD= m/s,对该点由牛顿第二定律得FND-F=m,由牛顿第三定律得压力FND′=FND=75 N,故D错误。

题型3　带电粒子在交变电场中的运动

常见的试题类型及解题方法

(1)粒子做单向或往返直线运动:对于带电粒子在交变电场中的直线运动,一般是加速、减速交替出现的多过程情况较多。解决的方法是分析清楚其中一个完整的过程,有时也可借助v-t图像进行运动过程分析,找出各个过程中的重要物理量间的关系,进行归纳、推理,从而寻找其运动规律再进行分段处理求解。要注意释放位置的不同造成的运动状态的差异。

(2)粒子做偏转运动:一般根据交变电场特点分段研究。交变电场中的偏转问题难点在于每当电场方向发生变化后都要对带电粒子重新进行受力分析和运动分析,尤其是运动分析还要结合前一段时间内的运动情况(衔接速度、位移位置等)。解决的方法是应用运动的合成与分解的方法,把曲线运动分解为两个直线运动,再分别用直线运动的规律加以解决。

[例3] 如图甲所示,水平放置的平行金属板A和B的距离为d,它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN,现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压,电压的正向值为U0,反向值为,且每隔变向1次。现将质量为m、电荷量为q的正粒子束从A、B左端的中点O沿平行于金属板的方向OO′射入,设粒子能全部打在靶上,且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T。不计重力的影响,求:

(1)定性分析在t=0时刻从O点进入的粒子,在垂直于金属板方向上的运动情况;

(2)在距靶MN的中心O′点多远的范围内有粒子击中;

(3)要使粒子能全部打在靶MN上,电压U0的数值应满足什么条件(写出U0、m、d、q、T的关系式即可)。

解析:(1)在0～时间内,粒子受到向下的静电力而向下做匀加速运动,在～T时间内,粒子受到向上的静电力而向下做匀减速运动。

(2)当粒子在0、T、2T、…、nT(n=0,1,2,…)时刻进入电场中时,粒子将打在O′点下方最远点。

在前时间内,粒子竖直向下的位移

y1=a1()2,a1=,解得y1=,

在后时间内,粒子竖直向下的位移

y2=v·-a2()2,

其中v=a1·=,a2=,

解得y2=,故粒子打在距O′点正下方的最大位移y=y1+y2=,

当粒子在、、…、(n=0,1,2,…)时刻进入电场时,将打在O′点上方最远点。

在前时间内,粒子竖直向上的位移

y1′=a2()2=,

在后时间内,粒子竖直向上的位移

y2′=v′·-a1()2,

其中v′=a2·=,解得y2′=0,

故粒子打在距O′点正上方的最大位移

y′=y1′+y2′=,

击中的范围在O′点以下到O′点以上。

(3)要使粒子能全部打在靶上,需有<,

解得U0<。

答案:(1)见解析　(2)O′点以下到O′点以上　(3)U0<

[拓展训练2] (多选)如图甲所示,真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q,两板间距为d,两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压,在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A,自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0,方向平行于金属板的相同带电粒子,t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场,已知电场变化周期T=,粒子质量为m,不计粒子重力及相互间的作用力,则(　AD　)

A.在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0

B.粒子的电荷量为

C.在t=T时刻进入的粒子离开电场时竖直方向上的位移为

D.在t=T时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场

解析:粒子进入电场后,水平方向做匀速运动,则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t=,此时间正好是交变电场的一个周期;粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动,经过一个周期,粒子的竖直速度为零,故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0,选项A正确;在竖直方向,粒子在时间内的位移为,则=()2,计算得出q=,选项B错误;在t=时刻进入电场的粒子,离开电场时在竖直方向上的位移为d=2×a(T)2-2×a()2=,选项C错误;t=时刻进入的粒子,在竖直方向先向下加速运动,然后向下减速运动,再向上加速,最后向上减速,由对称性可知,此时竖直方向的位移为零,故粒子从P板右侧边缘离开电场,选项D正确。

专题训练10　带电粒子在电场中的运动

保分基础练

1.如图所示,竖直放置的平行金属板A、B,板间距离为L,板长为2L,A板内侧中央O处有一个体积不计的放射源,在纸面内向A板右方均匀地以等大的速率朝各个方向辐射正离子,离子质量m=8.0×10-26 kg,离子电荷量q=8.0×10-19 C,离子的速率v0=2.0×105 m/s,若不计离子重力与离子间相互作用,忽略极板的边缘效应,则(　C　)

A.当UAB=0时,打到B板上的离子占总离子数的

B.当UAB=640 V时,能打到B板上的离子速度均相同

C.当UAB=1 280 V时,打到B板上的离子占总离子数的

D.当UAB=-1 280 V时,所有离子均不能打在B板上

解析:当UAB=0时,速度方向与虚线成45°以内的离子能打到B板上,则打到B板上的离子占总离子数的,选项A错误;当UAB=640 V时,根据Uq=mv2-m可知,能打到B板上的离子速度大小均相同,但是方向不同,选项B错误;设离子初速度方向与虚线夹角为θ时,恰能打到B板上,此时离子满足v0sin θ·t=L,v0cos θ·t+at2=L,其中a=,解得θ=53°,打到B板的离子占总离子数的=,选项C正确;若离子恰不能打到B板上,则由UABq=0-m,得UAB=-2 000 V,当UAB=-1 280 V时,仍会有离子能打在B板上,选项D错误。

2.如图所示,将绝缘细线的一端O点固定,另一端拴一带电的小球,空间存在着方向水平向右的匀强电场E。刚开始小球静止于P处,与竖直方向的夹角为45°,给小球一个瞬时冲量,让小球在竖直平面内做半径为r的圆周运动,下列分析正确的是(　C　)

A.小球可能带负电

B.当小球运动到最高点a的速度v≥时,小球才能做完整的圆周运动

C.当小球运动到最低点c时,小球的电势能与动能之和最大

D.小球从b运动到a的过程中其速度越来越小

解析:由题图可知静电力方向水平向右,与电场方向相同,故小球带正电,故A错误;小球静止于P处,与竖直方向的夹角为45°,受静电力和重力,合力方向斜向右下方45°,大小为F=mg,当小球运动到弧ab中点,且细线弹力为零时F=m,小球能做完整的圆周运动,在该点的速度为v=,小球从该点运动到a点,由动能定理得F·(r-)=m-mv2,解得va=,故当小球运动到最高点a的速度va≥时,小球才能做完整的圆周运动,故B错误;小球运动过程中,重力势能、电势能与动能的总和保持不变,最低点的重力势能最小,则电势能与动能之和最大,故C正确;小球从b运动到a的过程中,合力先做负功再做正功,故小球的速度先变小后变大,故D错误。

3.如图1所示,在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),当两板间的电压分别如图2中甲、乙、丙、丁所示时,电子在板间运动(假设不与板相碰),下列说法正确的是(　D　)

A.电压是图甲时,在0～T时间内,电子的电势能一直减少

B.电压是图乙时,在0～时间内,电子的电势能先增加后减少

C.电压是图丙时,电子在板间做往复运动

D.电压是图丁时,电子在板间做往复运动

解析:若电压是题图甲,0～T时间内,静电力先向左后向右,则电子先向左做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,即静电力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,故A错误;电压是题图乙时,在0～时间内,电子向右先加速后减速,即静电力先做正功后做负功,电势能先减少后增加,故B错误;电压是题图丙时,在0～时间内,电子向左做加速度先增大后减小的加速运动,过了后做加速度先增大后减小的减速运动,到T时刻速度减为0,之后重复前面的运动,故电子一直朝同一方向运动,故C错误;电压是题图丁时,电子先向左加速,到后向左减速,后向右加速,后向右减速,T时刻速度减为零,之后重复前面的运动,故电子做往复运动,故D正确。

4.(多选)如图甲所示,绝缘水平面上存在方向水平向右的匀强电场,一带电物块以一定的初速度从O点开始向右运动。取O点为电势零点,该物块的电势能与动能之和E总、电势能Ep随它离开O点的距离x变化的关系如图乙所示。由此能够确定的是(　AC　)

A.物块受到的静电力

B.匀强电场的电场强度大小

C.物块返回O点时的动能

D.物块与水平面间的动摩擦因数

解析:由题意可知,从O点向右运动电势能增加,表明静电力做负功,该物块带负电荷,增加的电势能等于克服静电力做的功,根据W电=Fd得静电力大小为10 N,选项A正确;由于不知物块的电荷量,故电场强度大小无法求解,选项B错误;由题图乙可知,摩擦力做功为20 J,根据功能关系可知摩擦力大小为2.5 N,但由于不知物块的质量,故无法求解动摩擦因数,选项D错误;根据动能定理可知,返回O点过程中静电力做功为零,只有摩擦力做功,有W=2Ffx=40 J,Ek=E总-W=60 J,故物块返回O点时动能为60 J,选项C正确。

5.(2022·学军中学模拟)如图所示,不带电的物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,A、B的质量都是2m,劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上,另一端与物体A相连,倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中,整个系统不计一切摩擦。开始时,物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsin θ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直,然后撤去外力F,直到物体B获得最大速度,在此过程中弹簧未超过弹性限度且A一直在水平面上,已知弹簧的弹性势能Ep=kx2,k为弹簧的劲度系数,x为形变量,则(　B　)

A.撤去外力F的瞬间,物体A的加速度为

B.B获得最大速度时,弹簧伸长量为

C.物体B的最大速度为gsin θ

D.物体A和弹簧组成的系统机械能增加量等于物体B机械能的减少量

解析:当施加外力时,对B受力分析可知F-2mgsin θ-F电=0,解得F电=mgsin θ,当撤去外力F的瞬间,对A、B整体有F电+2mgsin θ=4ma,解得a=gsin θ,故A错误;当B受到的合力为零时,B的速度最大,由kx=F电+2mgsin θ,解得x=,故B正确;对A、B整体,由动能定理可得-kx2+2mgxsin θ+F电x=×4mv2,解得v=gsin θ,故C错误;根据能量守恒定律可知,物体A和弹簧所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能和机械能的减少量之和,故D错误。

6.某科研小组在进行一次科研实验时,将一个能产生多种正离子(质子、氘核、氚核及氦核等)的粒子源放在如图所示的位置。粒子源产生的正离子飘入(初速度很小,可忽略不计)电压为U1的加速电场,经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入。已知平行金属板A、B板长为L,相距为d,两板间的电压为U2。若离子能从A、B板间射出(不计离子的重力),则(　B　)

A.U1与U2之间的关系要满足 >

B.各离子在电场中的运动轨迹重合

C.各离子从A、B板间射出时的速度相同

D.各离子从粒子源到从A、B板间射出的时间相同

解析:设粒子经加速电场加速后的速度大小为v0,根据动能定理可得qU1=m,粒子进入偏转电场做类平抛运动,若粒子能够从A、B板间射出则粒子的竖直偏转位移y应满足y<,根据类平抛的特点可得L=v0t,y=·t2,联立可得>,A错误;根据类平抛运动的特点可以求出粒子的竖直位移和水平位移分别为y=·t2,x=v0t=t,联立可求得粒子的轨迹方程为y=x2,由此可知,各离子的运动轨迹与正离子的比荷无关,只由加速电场和偏转电场的性质决定,即各离子在电场中的运动轨迹重合,B正确;各离子在电场中的运动轨迹重合,即在偏转电场中的竖直偏转位移相同,竖直偏转位移为y,设粒子射出时的速度大小为v,根据动能定理可得qU1+qy=mv2,解得v=,由此可知,粒子射出电场时的速度大小与正离子的比荷相关,即各离子从A、B板间射出时的速度大小不一定相同,C错误;设加速电场的宽度为d1,粒子在加速电场中运动的时间为t1,则有d1=·,解得t1=2d1,离子在偏转电场中运动的时间为t2,t2==L,离子从粒子源到从A、B板间射出的时间为t0=t1+t2=(L+2d1),由此可知,离子从粒子源到从A、B板间射出的时间与正离子的比荷相关,即各离子从A、B板间射出的时间不一定相同,D错误。

7.(多选)如图甲所示,两水平平行正对的金属板M、N间距为d,加有如图乙所示的交变电压。一质量为m、电荷量为q的带正电的微粒,t=0时刻微粒在两板正中间的P点以速度v0平行金属板运动,3t0时间内粒子未到达极板。则在0～3t0时间内,下列说法正确的是(　ACD　)

A.0～t0时间内,微粒偏向M板运动

B.t=2t0时,重力对微粒做功的瞬时功率为mg2t0

C.0～2t0时间内,静电力对微粒做的功为2mg2

D.0～3t0时间内,微粒动能增加量为mg2

解析:0～t0时间内,UMN<0,电场线方向由N指向M,粒子带正电,因此所受静电力方向指向M板,故A正确;0～t0时间内,粒子所受静电力为F=Eq=q=2mg,方向竖直向上,此时合力的大小为mg,方向竖直向上,根据牛顿第二定律,粒子的加速度大小为g,方向竖直向上。t0～2t0时间内,静电力方向改变,大小未改变,此时合力向下,大小为3mg,根据牛顿第二定律,此时粒子的加速度大小为3g,方向竖直向下,根据运动学公式,t=2t0时粒子在竖直方向的速度大小为v2t0=3gt0-gt0=2gt0,方向竖直向下,重力的瞬时功率为P=Fv2t0=2mg2t0故B错误;根据B选项分析,粒子在0～t0时间内的竖直位移为h1=g,方向竖直向上。粒子在t0～2t0时间内的竖直位移为h2=g-×3g=-g,方向竖直向下,则0～2t0时间内,粒子竖直方向的总位移为0,则重力做的总功为0。根据动能定理,静电力对微粒做的功为W电=m=2mg2,故C正确;2t0～3t0时间内,粒子的受力与0～t0相同,故加速度与0～t0时间内相同,根据前面选项已知的信息,t=3t0的速度为v3t0=v2t0-gt0=gt0,方向竖直向下,则0～3t0时间内,微粒动能增加量为Ek=m=mg2,故D正确。

8.(2020·浙江7月选考)如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角,粒子的重力可以忽略,则粒子到达MN连线上的某点时(　C　)

A.所用时间为

B.速度大小为3v0

C.与P点的距离为

D.速度方向与竖直方向的夹角为30°

解析:粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时,根据几何关系可知,沿水平方向和竖直方向的位移相等,即v0t=at2,a=,解得t=,A项错误;在该点,粒子沿电场方向的速度vy=at=2v0,故合速度大小为v==v0,B项错误;该点到P点的距离s=x=v0t=,C项正确;由平行四边形定则可知,在该点速度方向与竖直方向夹角正切值tan θ==,可得θ≠30°,D项错误。

9.如图所示,在宽为2L、高为L的区域内有宽度为L的无电场区域,其他区域有电场强度为E、方向竖直向上的匀强电场,有一个质量为m,电荷量为e的电子,以一定的水平初速度从区域的左上角A点射入该区域,不计电子所受重力,要使这个电子能从区域右下角的B点射出。

(1)若无电场区域位于区域左侧一半内,如图甲所示,电子的初速度v1应多大?

(2)若无电场区域位于区域右侧一半内,如图乙所示,电子的初速度v2又应多大?

解析:(1)设电子在电场中运动时间为t,则t=,

在竖直方向,设电子的加速度为a,则a=,L=at2,

解得v1=。

(2)设电子在电场区域运动的时间为t1,离开电场时的速度为vE,竖直方向的位移为y,则

t1=,vEy=at1=,y=a=,

设电子在非电场区域运动的时间为t2,t2=,

vEy·t2=L-y,

联立解得v2=。

答案:(1)　(2)

高分强化练

10.如图,空间有水平向右的匀强电场E=5.0×105 N/C,一根长L=0.2 m不可伸长的不导电细绳一端固定于O点,另一端连着一个质量为m=10 g,电荷量为q=2×10-7 C的带负电的金属小球A。把小球拉起直至细绳与电场线平行,然后无初速度释放。小球A第一次通过最低点C后水平方向电场突然改为竖直向上(电场空间足够大),电场强度大小不变,重力加速度g取10 m/s2,求:

 (1)小球A从水平无初速度释放到第一次通过C点时的时间;

(2)小球A在OC左侧能摆到多高;

(3)小球A第二次通过C点时对细绳的拉力为多大。

解析:(1)静电力qE=2×10-7×5.0×105 N=0.1 N,

重力mg=10×10-3×10 N=0.1 N,

则qE=mg,由重力和静电力的合力提供加速度=ma,

解得a=10 m/s2,

与水平方向成45°角斜向左下方运动,从开始释放到C点做匀变速直线运动,刚好到C点时细绳被拉直,由位移公式得 L=at2,

解得t=0.2 s。

(2)小球A刚好到C点时细绳被拉直,速度发生突变,速度为原水平速度,

由vC=at,得vC=2 m/s,

水平速度vx=vCcos 45°=2 m/s,

电场变为竖直向上,静电力变为竖直向下,从C点到左侧能摆到的最高处,由动能定理得

-(mg+qE)h=0-m,

解得h=0.1 m。

(3)小球A返回到C点时水平速度vx′=2 m/s,

根据牛顿第二定律可知F-mg-qE=m,

解得F=0.4 N,

由牛顿第三定律知小球对细绳的拉力为0.4 N。

答案:(1)0.2 s　(2)0.1 m　(3)0.4 N

11.倾角θ=37°足够长粗糙绝缘倾斜轨道与光滑的绝缘水平轨道及半径为R=0.1 m的光滑绝缘圆轨道(B点是水平轨道和竖直轨道相切位置)三部分组成如图所示的轨道,轨道各部分平滑连接。所有轨道处在同一竖直面内,倾斜轨道处于竖直向下的电场强度E=6.0×105 N/C的匀强电场中。一质量为m=2 g、电荷量为q=+1.0×10-7 C的滑块(可视为质点),从倾斜轨道距地面高H=0.6 m处由静止释放,忽略空气阻力,已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:

(1)滑块滑到斜面底端A处的速度大小;

(2)滑块经过圆轨道最高点时对轨道的压力大小;

(3)当滑块运动到轨道末端时,与挡板发生碰撞,每次碰撞损失25%的动能,求滑块从开始运动到停止整个过程摩擦产生的热量。

解析:(1)设滑块滑到斜面底端A处的速度大小为vA,对滑块根据动能定理可得

(Eq+mg)H-μ(Eq+mg)cos θ·=m,解得vA=4 m/s。

(2)设滑块经过圆轨道最高点时的速度大小为vC,根据机械能守恒定律可知

m=m+mg·2R,

设滑块经过圆轨道最高点时所受轨道压力大小为FN,根据牛顿第二定律有FN+mg=m,

解得FN=0.22 N,

根据牛顿第三定律可知滑块经过圆轨道最高点时对轨道的压力大小为FN′=FN=0.22 N。

(3)滑块第一次经过圆轨道最高点C之后,

在碰撞挡板之前的机械能为

E0=m=16×10-3 J,

滑块第一次与挡板碰撞之后的机械能为

E1=E0=12×10-3 J,

设滑块能够通过最高点C的最小速度为vCm,

根据牛顿第二定律有mg=m,

解得vCm=1 m/s,

而E1-2mgR>m,

所以滑块第一次与挡板碰撞后能够通过最高点C,设滑块第一次返回至A点时的速度大小为vA1,沿斜面上滑的最大高度为h,根据动能定理有0-m=-(Eq+mg)h-μ(Eq+mg)cos θ,根据机械能守恒定律可知m=E1,解得h=0.09 m,

因为μ<tan 37°,所以滑块一定会滑下来,又因为h<R,所以滑块再次返回至圆轨道时不可能到达圆心高度,进而不会第二次与挡板碰撞,由此可推知滑块最终停在A点,以题图中水平面为电势为零、重力势能为零的参考平面,滑块开始运动时所具有的能量为E=mgH+EqH=4.8×10-2 J,

滑块与挡板碰撞损失的机械能为

ΔE=E0-E1=4×10-3 J,

根据能量守恒定律可知,滑块从开始运动到停止整个过程摩擦产生的热量为

Q=E-ΔE=4.4×10-2 J。

答案:(1)4 m/s　(2)0.22 N　(3)4.4×10-2 J

12.如图甲所示,在空间中建立xOy坐标系,α射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成,放置在第Ⅱ象限,细管C到两金属板距离相等,细管C开口在y轴上。放射源P在A板左端,可以沿特定方向发射某一初速度的α粒子。若金属板长为L、间距为d,当A、B板间加上某一电压时,α粒子刚好能以速度v0从细管C水平射出,进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着辐向电场,α粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动,该电场的电场线沿半径方向指向圆心O,α粒子运动轨迹处的电场强度大小为E0。t=0时刻α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的交变电场中,交变电场随时间的变化关系如图乙所示,规定沿x轴正方向为电场的正方向。已知α粒子的电荷量为2e(e为元电荷)、质量为m,重力不计。求:

(1)α粒子从放射源P运动到C的过程中动能的变化量和发射时初速度的大小v;

(2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r和运动的时间t0;

(3)当t=nT(n=1,2,3,…)时,α粒子的坐标。

解析:过程示意图。

(1)α粒子运动到y轴处时速度为v0,由题意可知,α粒子在平行金属板中的逆运动为类平抛运动,水平方向有L=v0t,

竖直方向有=at2,

由牛顿第二定律有2e=ma,

联立解得U=,

α粒子从放射源P运动到C的过程中,由动能定理有-2e·U=ΔEk,

解得ΔEk=-,

动能的变化量ΔEk=m-mv2,

解得v=v0。

(2)α粒子在静电分析器中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有2eE0=m,

解得r=,由=v0t0,解得t0=。

(3)t=时,α粒子在x轴方向的速度vx=·,所以一个周期内,α粒子在x轴方向的平均速度==,

每个周期内α粒子沿x轴正方向前进的距离

x0=T=,

t=0时,α粒子的横坐标为r=,

所以t=nT(n=1,2,3,…)时,α粒子的横坐标为

x=r+nx0=+n,

α粒子的纵坐标为y=-v0nT,

综上所述,在t=nT(n=1,2,3,…)时,α粒子的坐标为(+n,-v0nT)。

答案:(1)-　v0

(2)　

(3)(+n,-v0nT)

13.在纳米薄膜制备时,利用高频电场使惰性气体发生电离,产生辉光放电,电离产生的正离子和电子高速轰击靶材,使靶材上的原子或分子溅射出来,然后沉积到基板上形成薄膜。如图甲所示,装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板,加在极板A、B间的电压UAB周期性变化,其正向电压为U0,反向电压为-U0,电压变化的周期为2t0,如图乙所示。在t=0时,极板B附近有质量为m、电荷量为e的一群电子,在电场作用下由静止开始运动,在第一个周期内未碰到极板A,不计电子的重力作用。

(1)求电子在0～2t0时间内的位移大小;

(2)若电子在20t0时恰好碰到极板A,求两极板间的距离d与e、m和U0的关系;

(3)若电子在n个周期结束的时刻打到极板A上,且形成的薄膜厚度与电子到达极板的动能成正比,比例系数为k,求在基板上形成薄膜的厚度Δd与n、k的关系。

解析:(1)电子在0～t0时间内做匀加速运动,有

a1=,

x1=a1=,

在t0～2t0时间内做匀减速运动,有

a2=,

初速度的大小v1=a1t0,

电子在这段时间内的位移大小

x2=v1t0-a2=,

0～2t0时间内电子的位移大小为

x=x1+x2=。

(2)第一个周期末电子的速度大小为

v2=v1-a2t0=t0,

电子运动的vt图像如图所示,n个周期内电子的位移为

xn=nx+·v2·2t0=(n=1,2,3…),

将n=10代入上式可得两极板间的距离为

d=t0。

(3)电子在一个周期内速度的增量为

Δv=(a1-a2)t0=t0,

电子在n个周期内速度的增量为

Δvn=nΔv=t0,

若电子在n个周期结束后打到极板A上,形成薄膜的厚度

Δd=kEkn=k·m(Δvn)2=(n=1,2,3,4…)。

答案:(1)　(2)d=t0　

(3)Δd=(n=1,2,3,4…)