第4节带电粒子在电场中运动的综合问题

1、第4节 带电粒子在电场中运动的综合问题1.课堂释疑一站突破要点一示波管的工作原理在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P,如图6-4-1所示。1.确定最终偏移距离 思路一：Jm 的!2.确定偏转后的动能（或速度） 思路一：足匀趣偏£工3 = Jjah 6思路二:a的中Y和丫长为L,相距为d,足够大的竖直屏与两板右侧相距为b。在两板间加上可调典例1如图6-4-2所示，真空中水平放置的两个相同极板偏转电压U, 束质量为m、带电荷量为+ q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度V0沿水平方向射入电场且能穿出

2、。图 6-4-2（1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；（2）求两板间所加偏转电压U的范围；（3）求粒子可能到达屏上区域的长度。典例1思路点拨（1）带电粒子在两极板之间做运动；从电场中射出到屏幕之间做（2）当两极板间所加电压最大时，带电粒子从极板的 寸出。提示：右边缘针对训练1 .（多选）（2015 江苏二校联考）如图6-4-3所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U,电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是（）运动。提示：类平抛 匀速直线.4U4卄P图 6-4-3B .滑动触头向左移动时，其他不变，

3、则电子打在荧光屏上的位置上升D .电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏。现有一A .滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C .电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变2 .如图6-4-4所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为 L、电场强度为电荷量为+ q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度 V0射入电场中，V0方向的延长线与屏的交点为 O。试求:图 6-4-4（1）粒子从射入电场到打到屏上所用的时间；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切

4、值tan a;（3）粒子打到屏上的点P到0点的距离X。要点二带电粒子在交变电场中的运动1 .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）。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。3 .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。多维探究（一）粒子做单向直线运动典例2如图6-4巧甲所示，在真空中足够大的绝缘

5、水平地面上，一个质量为m = 0.2 kg,带电荷量为q = 2.0X10"6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数尸0.1。从t = 0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（取水平向右为正方向，g取10第六章第4节第1页共8页m/s2),求：(1)23 s内小物块的位移大小23 s内电场力对小物块所做的功第六章第4节第2页共8页*也b h k也论丛 _ ' 亠 I_图 6-4-5(二) 粒子做往返运动典例3如图6-4-3(a)所示，两平行正对的金属板 处。若在t,时刻释放该粒子，粒子会时而向 A板运动，TT 3T3TA . O&l

6、t;to<4B . 2<to<4C. "4to<T(三) 粒子做偏转运动(iiJ' 图 6-4-63Ual.SUo图 6-4-7A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P时而向B板运动，并最终打在A板上。则to可能属于的时间段是()9TD . T<t0<g-典例4如图6-4-7甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为Uo，电容器板长和板间距离均为 L= 10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是 L = 10 cm,在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势

7、随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：在t = 0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处。(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？要点三带电粒子的力电综合问题带电粒子运动问题的两种求解思路(1) 牛顿运动定律和运动学规律。先分析受力情况， 可用牛顿运动定律和运动学规律处理。(2) 从功和能的角度分析。带电粒子在电场力作用下的加速、减速或偏转过程是其他形式的能与动能之间的转化过程，可以使用动能定理或能量守 恒定律解决这类问题。要善于把电学问题转化为力学问题，建立带电粒子在电场中加速和偏转的模型，能够从带电粒子的受力与运动的关系及功能关 系两条途径进

8、行分析与研究。再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动)，对匀变速运动问题3典例5 (2014全国卷I)如图6-4-8，0、A、B为同一竖直平面内的三个点，0B沿竖直方向，/ BOA= 60 ° OB=OA，将一质量为m的小球以 一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过 A点。使此小球带电，电荷量为 q(q>0),同时加一匀强电场，场强方向与 OAB所 在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了 A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样 的初动能沿另一方向抛出，恰好通过 B点，且到达B点时

9、的动能为初动能的6倍，重力加速度大小为g。求无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值;3 .(多选)如图6-4-9所示，光滑的水平轨道AB与半径为 圆形轨道在竖直平面内， 通过最高点，贝U ()A . R越大，x越大C. m越大，B为最低点，D为最咼点一质量为图 6-4-8(2)电场强度的大小和方向。针对训练R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半 m、带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿 AB向右运动，恰能B. R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大ErIHIMIM图 6-4-11图 6-4-10带负电的小物体以初速度V1从

10、M点沿斜面上滑，到达N点时速OM =ON,贝 U ()4 .(多选)如图6-牛10所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方 O点处有一正点电荷， 度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2(V2<V1)。若小物体电荷量保持不变，2 I v 2A .小物体上升的最大高度为v4gC.从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功B .从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小D.从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小5 .如图6-4-11所示，两块平行金属板竖直放置，两板间的电势差U = 1.5X103 V(仅在两板间有电场)，现将一质量m= 1 X 102 kg、电荷量q =

11、4x 105 C的带电小球从两板的左上方距两板上端的高度h= 20 cm的地方以初速度v0 = 4 m/s水平抛出，小球恰好从左板的上边缘进入电场，在两板间沿直线运动，从右板的下边缘飞出电场，g取10 m/s2，求：(1)金属板的长度L。(2)小球飞出电场时的动能Ek。要点四用等效法解决带电体在电场、重力场中的运动等效思维方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。带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型。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。先

12、求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效F合重力”，将a=m视为“等效重力加速度”。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。典例6如图6-4-12所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为处于电场强度为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一个质量为 应满足什么条件？30 的斜面，AC部分为竖直平面上半径为 R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置 m的小球，带正电荷量为q=£3mg，要使小球能安全通过圆轨道，在 O点的初速度EEJ图 6-4-13图 6-4-12针对训练6 . （2015吉安模拟）如图6-4-13所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的电荷

13、量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从 A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角尸60°寸，小球速度为0。第六章第4节第12页共8页（1）求：小球带电性质；电场强度E。（2）若小球恰好完成竖直圆周运动，求从 A点释放小球时应有的初速度VA的大小（可含根式）。7 . （2015洛阳名校联考）在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图 6-4-14所示。小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点。小球抛出时的动能为 8.0 J,在M点的动能为6.0 J,不计空气的阻力。求：（1）小球水平位移Xi与X2的比值

14、;Ekmin。2.课后演练对点设计对点训练：示波管的工作原理1 .图1（a）为示波管的原理图。如果在电极 在荧光屏上会看到的图形是图2中的（）电了枪！YY之间所加的电压按图（b）所示的规律变化，在电极XX'之间所加的电压按图（C）所示的规律变化，则yr偏转M兀畀3(b)(c)图21 = 4 cm，板间距离d= 1 cm。板右端距离荧光屏L= 18 cm。（水平偏转电极上不加电压, 没有画出）。电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是1.6X 107 m/s，电子电荷量e= 1.60x 10- 19C,质量（1）要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在竖直偏转电极上的最大偏转电压U不能超过多大

15、？（2）若在偏转电极上加U = 40sin 100 tV的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴上能观测到多长的线段？2 .如图3所示是示波管的示意图,图1竖直偏转电极的极板长m=0.91x 1030kg对点训练：带电粒子在交变电场中的运动3 .制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为 d的两平行极板，如图4甲所示。加在极板求d应满足的条件。H电了极板AI r !ZTi3r!lr tIlli4 .如图5甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度 出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度V0射出，求：（1）交变电压的周期T

16、应满足什么条件？（2）粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？甲Vo从a点水平射入，沿直线从b点射-u对点训练：带电粒子的力电综合问题5 .（多选）如图6所示，空间有竖直向下的匀强电场，电场强度为 E,在电场中P处由静止释放一质量为 P的正下方h处有一水平弹性绝缘挡板S（挡板不影响电场的分布），小球每次与挡板相碰后电量减小到碰前的 损失，即碰撞前后小球的速度大小不变，方向相反。设在匀强电场中，挡板带电量为+ q的小球（可视为质点）。在 k倍（kv1）,而碰撞过程中小球的机械能不 S处的电势为零，则下列说法正确的是（）m、A、B间的电压Uab做周期性变化，其正向电压为U。，反向电压为一kU0（

17、k> 1）,电压变化的周期为2t如图乙所示。在t= 0时，极板B附近的一个电子，质量为 m、电荷量为e,受电场作用由静5止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A,且不考虑重力作用。若k=4,电子在02t时间内不能到达极板A,A .小球在初始位置P处的电势能为EqhB.小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度大于C.小球第一次与挡板相碰后所能达到最大高度时的电势能小于Eqhh D.小球第一次与挡板相碰后所能达到的最大高度小于hP-r11E11習67图7CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，电场强度的大小E= 1.0X 104 N/C,现有质量m = 0.20 kg,SAB= 1.0 m

18、,带电体与轨道AB、CD间的动摩擦因数均为0.5。假定带电体II图6AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧6 .如图7所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道， 形轨道平滑连接，圆弧的圆心为0,半径R= 0.50 m,轨道所在空间存在水平向右的匀强电场， 电荷量q = 8.0X10C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知 与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。求：(g取10 m/S2)(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。对点训练：用等效法解决带电体在电场、重力场中的运动7. (2015安徽三校联考)如图8所示，在水平向左的匀强电场中，一带电

19、小球质量为m,电量为q。用绝缘轻绳(不伸缩)悬于0点，平衡时小球位于A点，此时绳与竖直方向的夹角 6= 30°。绳长为1, AO= CO= DO = l , OD水平，OC竖直。求：(1) 电场强度E的大小；(2) 当小球移到D点后，让小球由静止自由释放，小球向右运动过程中的最大速率和该时刻轻绳中张力的大小(计算结果可带根号)。打考点综合训练8. (2015 州模拟)如图9所示，在E= 103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道 QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆 形轨道平面与电场线平行，其半径 R= 40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带

20、负电q= 104 C的小滑块质量m= 10 g，与水平轨道 间的动摩擦因数 尸0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：(1) 要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q,则小滑块应以多大的初速度V0向左运动？(2) 这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？9 . (2015 上海十三校联考)如图10所示，在粗糙水平面内存在着 2n个有理想边界的匀强电场区，水平向右的电场和竖直向上的电场相互间隔，每 一电场区域场强的大小均为 E,且E = mg，电场宽度均为d, 个质量为m、带正电的电荷量为q的物体(看作质点)，从第一个向右的电场区域的边缘 由静止进入电场，该物体与水平

21、面间的动摩擦因数为仏则物体从开始运动到离开第 2n个电场区域的过程中，求：(1) 电场力对物体所做的总功？摩擦力对物体所做的总功(2) 物体在第2n个电场(竖直向上的)区域中所经历的时间？(3) 物体在所有水平向右的电场区域中所经历的总时间？图10第4节 带电粒子在电场中运动的综合问题针对训练1. 解析：选BC 滑动触头向右移动时，其他不变，加速电压增大，电子速度增大，则电子打在荧光屏上的位置下降，选项A错误；滑动触头向左移动时，其他不变，加速电压减小，电子速度减小，则电子打在荧光屏上的位置上升，选项B正确；电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在2Lt=一。V0a=黑所以Vy=丄=彎，所以

22、粒子刚射出mVo mv。荧光屏上的时间不变，电子打在荧光屏上的速度增大，选项 C正确D错误。2. 解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为Vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为:电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan a= 鶉。(3)方法一设粒子在电场中的偏转距离为y,则y=gEL22mv02又 x= y+ Ltan a,解得:3qEL2x= 2mv02方法二x= VyVL +=幕。02mvo方法三由y=半得:2x= 3y=黑答案：(1洽黑(3)2el；3解析：选AC

23、D 小球在BCD部分做圆周运动，在D点，mg= 讳，小球由1 1B至U D的过程中有：一2mgR=2mvD2 2mvB2，解得VB=5gR，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有:Fn mg= mR"，解得Fn = 6mg,与R无关，选项B错误；由Eqx=；mvB2，知C、D正确。1 1根据动能定理，mgh Wf= 0mvi2,从N至M的过程中，mgh Wf=2mv22,m、R越大，小球在B点的动能越大，贝U x越大，电场力做功越多，选项4. 解析：选AD M、N两点在同一等势面上。从M至N的过程中，2 , 2由两式联立可得h=V17V2 , A项正确；从N

24、至M，点电荷周围的电势先增大后减小，故小物体的电势能先减小后增大，B项错误；从M到N的过程4g中，电场力对小物体先做正功后做负功，C项错误；根据库仑定律，从 N到M的过程中，小物体受到的库仑力先增大后减小，受力分析知，小物体受到的支持力先增大后减小，因而摩擦力也是先增大后减小，D项正确。5. 解析：(1)小球到达左板上边缘时的竖直分速度：Vy=y2gh= 2 m/s设小球此时速度方向与竖直方向之间的夹角为e则tan e= - =2VyqE qUdtan O'小球在电场中沿直线运动，所受合力方向与运动方向相同，设板间距为d,U: tan e= mg=话帀，L =解得 L=U2e=0.15

25、 m。(2)进入电场前 mgh= 1mv12 1mv02 电场中运动过程 qU+ mgL= Ek mv/ 解得 Ek = 0.175 J。答案：(1)0.15 m (2)0.175 J6. 解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电。小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有0= EqLsin a mgL(1 cos a解得£=遲。(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G'，则G =233mg,方向与竖直方向成30°角偏向右下方。若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点。mVL = mgmv2 2mvA2= 2mgL(1 + cos 30 )联立

26、解得 Va=寸+ 1 ) 答案：见解析7.解析：(1)如图所示，带电小球在水平方向上受电场力的作用做初速度为零的匀加速运动，竖直方向上只受重力作用做竖直上抛运动，故从 M和M到B的时间相等，贝U x, : % = 1 : 3。(2) 小球从A到M，水平方向上电场力做功 W电=6 J,则由能量守恒可知，小球运动到 B点时的动能为EkB= Ek0 + 4W电=32 J。(3) 由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G,则有：r! F2rI 一 t2 = 6 JFX1=6 Jb mF 恵，閔5F 电f3G h= 8 J 八? G=2由图可知，tan e= G=专？ sin 6=

27、彳7,8 J124则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效重力G'垂直，故Ekmin =-m(v0sin B)2 = J。答案：(1)1： 3 (2)32 J (3)24 J典例Vy,偏转角为O其反向延长线通典例1解析(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a,离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为过0点，0点与板右端的水平距离为X,则有y= at2L= v0tvy= at tan 0=也=x联立可得x= L,2V0 X2即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心。(2)a=骨E= U由式解得y= 2?当y=2时，u=mL哎贝備板间所加电压的范围一当y=?时

28、，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y。)，则y =(2+b)tan e而tan e= d,解得y0=冷严)则粒子可能到达屏上区域的长度为“宀r “丄Lmd2v02 , md2v02 ,c、d/L + 2b 答案见解析 (2)-qL-V U <-qL- (3)典例2解析(1)02 s内小物块的加速度为a1由牛顿第二定律得：E umgmq即m1位移 X1 = 2a1t1 =4 m 2 s末的速度为 V2= a1t1 = 4 m/sEiq g= 2 m/s2,24 s内小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律得E2q(mg= ma?即a? 位移x2= x! = 4 m,4 s末小物块的速度为v4

29、= 0因此小物块做周期为4 s的匀加速和匀减速运动E2q陀2 m/s222第22 s末的速度为V22 = 4 m/s,第23 s末的速度 w=7口 + azt = 2 m/s(t = 23 s 22 s= 1 s)所求位移为x=2X1 +(2)23 s内，设电场力对小物块所做的功为 W,由动能定理得 W mg=11mv232解得W= 9.8 J。答案(1)47 m典例3解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终T T 3T打在A板上时位移为负，速度方向为负。作出t0= 0、4、2、刁时粒子运动的速度图像如图所示。由于速度图线与时T 3TT 3T间轴

30、所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知OvtoVN，刁<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零；刁彳0<帀时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0>T时情况类似。因粒子最终打在 A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有 B正确。答案B典例4解析电子经电场加速满足qUo =2mv2经电场偏转后侧移量y=1at2=舟耳)2所以y=UUL，由图知t= 0.06 S时刻U偏=1.8U0,所以y= 4.5 cmL Y L+ 2设打在屏上的点距0点的距离为Y,满足7 = 厂 所以Y= 13.5 cm。2耳经=47 mo(2)9.8 J-tfniO3T7

31、由题知电子侧移量y的最大值为所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L = 30 cm答案打在屏上的点位于0点上方，距0点13.5 cm (2)30 cm典例5审题指导第一步：抓关键点关键点获取信息将小球水平向右抛出小球做平抛运动小球恰好通过A点平抛运动过A点时的水平、竖直位移可确定到A(B)点时动能是初动能的3(6)倍有重力做功和电场力做功，其中电场力做的功等于电势能的变 化量第二步：找突破口(1) 要确定小球到达A点时的动能与初动能比值，可由平抛运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系。(2) 要确定电场强度的方向，根据到 A、B两点的动能变化

32、可确定两个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在0B线上找出与A等势的点，并 确定其具体位置)。(3) 电场强度的大小可由 W= qEl求出。3解析(1)设小球的初速度为V0，初动能为Ek0，从。点运动到A点的时间为t，令0A= d，则OB =2d，根据平抛运动的规律有 dsin 60 =V0tdcos 60 °$2又 Eko=mv。2 由式得 Eko = 8mgd设小球到达A点时的动能为EkA，则EkA= Ek0+ 2mgd由式得書=7(2)加电场后，小球从0点到A点和B点，高度分别降低了 d和冒，设电势能分别减小圧pA和圧pB,由能量守恒及式得123AEpA = 3Ek0 Ek

33、0 2mgd= 3Ek0 圧pB= 6Ek0 Eko 2mgd= Eko 在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线0B上的M点与A点等电势，M与0点的距离为X,如图，则有? =AE 解得 x= do|d 圧。BMA为等势线，电场必与其垂线 0C方向平行。设电场方向与竖直向下的方向的夹角为a由几何关系可得 a 30即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方。A设场强的大小为 E,有qEdcos 30 ° AEpA?由?式得E =答案(1)3(2)"晋与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方 典例6思路点拨(1)试分析小球的受力情况，画出

34、受力分析图。 提示：(2)小球在斜面上做什么运动？要使小球能安全通过圆轨道，那么临界状态是什么情况？ 提示：小球在斜面上做匀速直线运动；在圆轨道上临界状态是恰好能过“等效最高点”。解析小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg'，大小为mg'=寸严j +(mg f =辺空tan e=需=容，得e= 30°,等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”冈収子提供向心力， 1

35、1角相等，由几何关系知"AD = 2R,令小球以最小初速度V0运动，由动能定理知：2mg' R=mV10PgR3 o解得V0= P103gR，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足2.课后演练对点设计1. 解析：选B在0 2t1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当 为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图像为2. 解析：经过偏转电场的时间为t = V竖直方向位移d=1-dme t2所以u=害=罟2=91 Vo即有:2mg' = m?，因e= 30。与斜面的倾答案Vj33gRUy为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大

36、位移，当BoUy l 4X10 2 9因为 t= V =s= 2.5X 109而 T=2n=s=50 s=o.。2 s?t，故进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动。4.4 cm。当Um= 40 V时，由Vx = v, Vy=得偏转角的正切值tan &= -= 0.11,答案：(1)91 V (2)4.4 cmeU3.解析：电子在0T寸间内做匀加速运动加速度的大小a1 =謝位移Vx偏移量y= (2 + L) tan 0,得在荧光屏的竖直坐标轴上的观测量为2y =X1=2a1Tm*初速度的大小V1=印T在 2T寸间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小a2 =2

37、匀减速运动阶段的位移x=20；由题知d> X1 + X2，解得d>寸91UT答案：d> 、94.解析：(1)为使粒子仍从b点以速度V0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为: 后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有加速，减速，反向加速，反向减速，经历四个过程L= nTv0，解得 T=nLV又a=生E = U0解得y=虹乂 a= m，E = d，解得 y= 32md在运动过程中离开中心线的最大距离为ym= 2y=qUTd 粒子不撞击金属板，应有ym <-1d故n2d/qUr，即n取大于等于2;/的整数。所以粒子的周期应满足的条件为 T=>，其中n取大于等于nV01352n1(2)粒子进入电场的时间应为4T, 4T，4T， 故粒子进入电场的时间为t =T(n= 1,2,3, 答案：(1)T=其中n取大于等于2；°谿勺整数(2)t=T(n=