《高中物理 第一章 靜電場(chǎng) 第9節(jié) 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 新人教版選修3-1》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中物理 第一章 靜電場(chǎng) 第9節(jié) 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 新人教版選修3-1（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 9　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 答案：（1）一條直線?。?）qU＝mv2－mv　（3）垂直?。?）勻速直線　（5）勻加速直線?。?）電子槍　（7）偏轉(zhuǎn)電極?。?）熒光屏 1．帶電粒子在電場(chǎng)中的加速 （1）受力分析 仍按力學(xué)中受力分析的方法分析，只是多了一個(gè)電場(chǎng)力而已，如果帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，則電場(chǎng)力為恒力（qE）；如果在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中，則電場(chǎng)力為變力。 （2）運(yùn)動(dòng)過程分析 帶電粒子沿與電場(chǎng)線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，受到的電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上，做勻加（減）速直線運(yùn)動(dòng)。 （3）兩種處理方法 ①力和運(yùn)動(dòng)關(guān)系法——牛頓第二定律 根據(jù)帶電粒子受到電場(chǎng)力，用牛頓第二

2、定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、時(shí)間和位移等。這種方法通常適用于受恒力作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)的情況。 ②功能關(guān)系法——?jiǎng)幽芏ɡ? 由粒子動(dòng)能的變化量等于電場(chǎng)力做的功知： a．若粒子的初速度為零，則mv2＝qU，v＝； b．若粒子的初速度不為零，則mv2－mv＝qU，v＝。 這種方法既適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，也適用于非勻強(qiáng)電場(chǎng)，因?yàn)楣絎＝qU適用于任何電場(chǎng)。 【例1】兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射入電場(chǎng)，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OA間距為h，則此電子的初動(dòng)能為（　　） A．　　　　B． C．

3、 D． 解析：電子從O點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)的過程中，僅在電場(chǎng)力作用下速度逐漸減小，根據(jù)動(dòng)能定理可得－eUOA＝0－Ek 因?yàn)閁OA＝h，所以Ek＝，所以正確選項(xiàng)為D。 答案：D 解技巧　應(yīng)用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系，結(jié)合動(dòng)能定理解決帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題往往較為簡單。要注意加減速電壓U不一定是兩極板間的電勢(shì)差，應(yīng)是粒子初末位置的電勢(shì)差。另外，對(duì)于本例還有一種特殊的分析方法，仔細(xì)分析本例的四個(gè)選項(xiàng)，我們不難發(fā)現(xiàn)，只有選項(xiàng)D的單位是能量單位，當(dāng)然這就是唯一的正確答案。這種方法是利用了單位制的知識(shí)，應(yīng)用并不普遍，但它是解選擇題，尤其是單項(xiàng)選擇題時(shí)的一種特殊、簡便且行之有效的方法。 2．帶電粒

4、子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) （1）受力分析 帶電粒子以初速度v0垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，受到恒定的電場(chǎng)力作用（F＝qE），且方向與v0垂直。 （2）運(yùn)動(dòng)過程分析 帶電粒子以初速度v0垂直于電場(chǎng)線方向射入兩帶電平行板產(chǎn)生的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，受到恒定的與初速度方向成90°角的電場(chǎng)力作用而做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，其軌跡為拋物線。 （3）偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的分析處理方法 平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法是運(yùn)動(dòng)的合成和分解，帶電粒子垂直進(jìn)入電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)也可采用運(yùn)動(dòng)的合成和分解的方法進(jìn)行。若帶電粒子僅受電場(chǎng)力作用以初速v垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，則做類平拋運(yùn)動(dòng)，分析時(shí)一般都是分解為兩個(gè)方向的分運(yùn)動(dòng)來處理。 ①沿初速度方向?yàn)樗俣葹関0的勻速直線運(yùn)動(dòng)；

5、 ②沿電場(chǎng)力方向?yàn)槌跛俣葹榱愕膭蚣铀龠\(yùn)動(dòng)。 （4）對(duì)粒子的偏移量和偏轉(zhuǎn)角的討論 如圖所示，水平方向L=v0t，則粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=L/v0 豎直方向加速度a=Eq/m=qU/md 偏轉(zhuǎn)距離y=at2==U 粒子離開電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度為v1＝at＝ 則合速度（如上圖所示）為 v＝＝ 粒子離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度θ為tan θ＝＝U。 談重點(diǎn)?。?）時(shí)間相等是兩個(gè)方向分運(yùn)動(dòng)間聯(lián)系的橋梁！ （2）若帶電粒子除受電場(chǎng)力作用之外，還受到重力作用或其他恒力作用，則同樣要分解成兩個(gè)不同方向的簡單的直線運(yùn)動(dòng)來處理。 （3）如選用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力還是變力

6、，以及初態(tài)和末態(tài)的動(dòng)能增量；如選用能量守恒定律，則要分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化，哪種能量是增加的哪種能量是減少的。 【例2】一束電子流在經(jīng)U1=5 000 V的加速電壓加速后，在與兩極板等距處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖所示，若兩板間距d＝1.0 cm，板長l＝5 cm，那么，要使電子能從平行板間的邊緣飛出，則兩個(gè)極板上最多能加多大電壓？ 解析：在加速電壓U一定時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓U′越大，電子在極板間的側(cè)移就越大。當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出，此時(shí)的偏轉(zhuǎn)電壓即為題目要求的最大電壓。 答案：最多能加400 V的電壓 解技巧?。?）此題是一個(gè)較典型的帶電粒子先加速再偏轉(zhuǎn)

7、的題目，處理此類問題常用的方法是動(dòng)能定理、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式等。 （2）粒子恰能飛出極板和粒子恰不能飛出極板，對(duì)應(yīng)著同一臨界狀態(tài)——“擦邊球”，根據(jù)題意找出臨界狀態(tài)，由臨界狀態(tài)來確定極值，是求解極值問題的常用方法。 3．示波管 （1）示波管的構(gòu)造 示波器是可以用來觀察電信號(hào)隨時(shí)間變化情況的一種電子儀器，其核心部分是示波管，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成（如圖所示），管內(nèi)抽成真空。 各部分作用為： ①電子槍：發(fā)射并加速電子； ②豎直偏轉(zhuǎn)電極：使電子束豎直偏轉(zhuǎn)（加信號(hào)電壓）； ③水平偏轉(zhuǎn)電極：使電子束水平偏轉(zhuǎn)（加掃描電壓）； ④熒光屏：顯示圖象。

8、（2）示波管的原理 示波器的基本原理是帶電粒子在電場(chǎng)力作用下的加速和偏轉(zhuǎn)。 ①偏轉(zhuǎn)電極不加電壓：從電子槍射出的電子將沿直線運(yùn)動(dòng)，射到熒光屏的中心點(diǎn)形成一個(gè)亮斑。 ②僅在XX′（或YY′）加電壓，若所加電壓穩(wěn)定，則電子流被加速、偏轉(zhuǎn)后射到XX′（或YY′）所在直線上某一點(diǎn)，形成一個(gè)亮斑（不在中心）。在圖中，設(shè)加速電壓為U1，電子電荷量為e，質(zhì)量為m，由W＝ΔEk得eU1＝mv。 光斑在熒光屏上豎直偏移 在電場(chǎng)中的側(cè)移y＝at2＝t2，其中d為兩板的間距。 水平方向t＝L/v0，又tan φ＝＝＝ 由以上各式得熒光屏上的側(cè)移y′＝y(tǒng)＋L′tan φ＝（L′＋）＝tan φ（L′＋

9、）（L′為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)左側(cè)到光屏的距離）。 ③示波管實(shí)際工作時(shí)，豎直偏轉(zhuǎn)板和水平偏轉(zhuǎn)板都加上電壓，一般加在豎直偏轉(zhuǎn)板上的電壓是要研究的信號(hào)電壓，加在水平偏轉(zhuǎn)板上的是掃描電壓，若兩者周期相同，在熒光屏上就會(huì)顯示出信號(hào)電壓隨時(shí)間變化的波形圖。 【例3】如圖是示波管的示意圖，豎直偏轉(zhuǎn)電極的極板長l＝4 cm，板間距離d＝1 cm。板右端距離熒光屏L＝18 cm。（水平偏轉(zhuǎn)電極上不加電壓，沒有畫出）電子沿中心線進(jìn)入豎直偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的速度是1.6×107 m/s，電子電荷量e＝1.60×10－19 C，質(zhì)量m＝0.91×10－30 kg。 （1）要使電子束不打在偏轉(zhuǎn)電極的極板上，加在豎直偏轉(zhuǎn)電極上的最

10、大偏轉(zhuǎn)電壓U不能超過多大？ （2）若在偏轉(zhuǎn)電極上加U＝40 sin 100πt V的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸上能觀測(cè)到多長的線段？ 解析：（1） （2）因?yàn)閠＝＝s＝2.5×10－9 s，而T＝＝s＝s＝0.02 s?t，故進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子均在當(dāng)時(shí)所加電壓形成的勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)。 當(dāng)Um＝40 V時(shí)，Em＝，Δy＝at2。 vx＝v，vy＝·t，tan θ＝＝0.11。 偏轉(zhuǎn)量y＝（＋L）tan θ，得數(shù)軸上的觀測(cè)量2y＝4.4 cm。 答案：（1）91 V?。?）4.4 cm 4．解決帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的基本思路 （1）受力分析 研究對(duì)象有兩種：帶電粒子和

11、帶電質(zhì)點(diǎn)。前者不考慮重力，后者要考慮重力。 （2）運(yùn)動(dòng)軌跡和過程分析 帶電粒子的運(yùn)動(dòng)形式?jīng)Q定于粒子的受力情況和初速度情況。 ①在點(diǎn)電荷電場(chǎng)中：v0∥E時(shí)，做變加（或減）速直線運(yùn)動(dòng)；v0與E有夾角時(shí)，做曲線運(yùn)動(dòng)。②勻強(qiáng)電場(chǎng)中：v0∥E時(shí)，做勻加（或減）速直線運(yùn)動(dòng)；v0⊥E時(shí)，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)；v0與E有夾角時(shí)，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。 （3）解題的依據(jù) ①力的觀點(diǎn)：牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式。 基本思路：先用牛頓第二定律求出粒子的加速度，進(jìn)而確定粒子的運(yùn)動(dòng)形式，再根據(jù)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)形式運(yùn)用相應(yīng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出粒子的運(yùn)動(dòng)情況。 ②能量的觀點(diǎn)：電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)、動(dòng)能定理、能的轉(zhuǎn)化與守恒規(guī)律

12、。 基本思路：根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功的情況，分析粒子的動(dòng)能與勢(shì)能發(fā)生轉(zhuǎn)化的情況，運(yùn)用動(dòng)能定理或者在電場(chǎng)中動(dòng)能與電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化而它們的總和守恒的觀點(diǎn)，求解粒子的運(yùn)動(dòng)情況。 5．電偏轉(zhuǎn)的幾個(gè)重要結(jié)論 （1）若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，則由動(dòng)能定理有qU0＝mv2，上面已經(jīng)推導(dǎo)出tan θ＝＝U1，聯(lián)立可得tan θ＝。 由此式可知，粒子的偏角與粒子的q、m無關(guān)，僅決定于加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場(chǎng)加速進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，它們?cè)陔妶?chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。 （2）若不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，則由動(dòng)能

13、定理有qU0＝mv2，粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，偏距y＝at2＝，聯(lián)立可得：y＝。 顯然偏轉(zhuǎn)位移y與偏轉(zhuǎn)電壓U1成正比，與加速電壓U0成反比，而與粒子的q、m無關(guān)。即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場(chǎng)加速進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，它們?cè)陔妶?chǎng)中的偏轉(zhuǎn)位移總是相同的。 （3）在圖中，作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O點(diǎn)，O點(diǎn)與電場(chǎng)邊緣的距離為x，則x＝＝/＝。 【例4－1】如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是（　　） A．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mg/q

14、 B．板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2mg/q C．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間相等 D．質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間 解析：當(dāng)質(zhì)點(diǎn)所受電場(chǎng)力方向向上且大于重力時(shí)，質(zhì)點(diǎn)才可能垂直打到屏上。由運(yùn)動(dòng)的合成與分解知識(shí)，可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和在重力場(chǎng)中做斜上拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等。由運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，vx=v0；在豎直方向上，在電場(chǎng)中vy=at，如上圖所示，離開電場(chǎng)后質(zhì)點(diǎn)做斜上拋運(yùn)動(dòng)，vy=gt，由此運(yùn)動(dòng)過程的對(duì)稱性可知a=g，由牛頓第二定律得qE－mg=ma=mg，解得E=2mg/q。

15、故選項(xiàng)B、C正確。 答案：BC 【例4－2】一顆質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒，從兩塊相距為d、水平放置的平行板中某點(diǎn)由靜止釋放，落下高度h后，在平行板上加上一定的電勢(shì)差U，帶電微粒經(jīng)一定時(shí)間后速度變?yōu)榱?，若微粒通過的總位移為H，試問兩板間的電勢(shì)差為多少？ 解析：方法1　用牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，解答過程表示為：從位置1到位置2時(shí)（如圖），設(shè)速度為v1，v＝2gh 從位置2到位置3有H－h(huán)＝ 且a2＝g－ 得U＝。 方法2　從全過程中所有外力的功與動(dòng)能變化的關(guān)系，用動(dòng)能定理，解答過程表示為mgH－（H－h(huán)）＝0得U＝。 方法3　從全過程中能的轉(zhuǎn)化考慮，解答過程表示為

16、mgH＝q·（H－h(huán)）　得U＝。 答案： 【例5－1】真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場(chǎng)，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，M為熒光屏，今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比是1∶1∶2，則下列判斷正確的是（　　） A．三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶4 解析： 選項(xiàng) 正誤 解析 A × 粒

17、子加速過程qU1＝mv2，從B至M用時(shí)t＝，得t∝，所以t1∶t2∶t3＝1∶∶ B √ 偏轉(zhuǎn)位移y＝（）2＝，所以三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C × 因W＝qEy，得W1∶W2∶W3＝q1∶q2∶q3＝1∶1∶2 D × 答案：B, 由此式可知，粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，就好像是從極板間的處沿直線射出似的。 （4）帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，末速度與初速度之間的夾角φ（偏向角）的正切為tan φ，帶電粒子位移與初速度之間的夾角α的正切值為tan α，二者的關(guān)系為tan φ＝2tan α。 點(diǎn)評(píng)：1．此方法的求解流程為：確定加速后的速度v0→確定偏移y→確定偏角θ→確

18、定OP。需充分利用類平拋運(yùn)動(dòng)的位移關(guān)系、速度關(guān)系和幾何關(guān)系。 2．此方法的求解流程為：確定加速后的速度v0→確定偏移y→確定OP。只需利用位移關(guān)系和幾何關(guān)系即可，相對(duì)而言較簡捷。 【例5－2】如圖所示，一束電子從靜止開始經(jīng)加速電壓U1加速后，以水平速度射入水平放置的兩平行金屬板中間，金屬板長為l，兩板距離為d，豎直放置的熒光屏距金屬板右端為L。若在兩金屬板間加直流電壓U2時(shí)，光點(diǎn)偏離中線，打在屏光屏上的P點(diǎn)，求OP為多少？ 解析：方法1　設(shè)電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏移距離為y，偏轉(zhuǎn)角為θ。則在加速電場(chǎng)加速的過程中，由動(dòng)能定理有 eU1＝mv，且偏轉(zhuǎn)位移y＝at2＝（）2 偏角θ滿足ta

19、n θ＝＝＝ 聯(lián)立以上各式解得y＝，tan θ＝ 所以O(shè)P＝y(tǒng)＋Ltan θ＝ 方法2　根據(jù)（類）平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，電子射出電場(chǎng)時(shí)，速度方向的反向延長線與v0方向的交點(diǎn)在處。根據(jù)比例關(guān)系＝，所以O(shè)P＝y(tǒng)＝。 答案： 6．帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是指帶電粒子在運(yùn)動(dòng)過程中同時(shí)受到電場(chǎng)力及其他力的作用，較常見的是在運(yùn)動(dòng)過程中，帶電粒子同時(shí)受到重力和電場(chǎng)力的作用。 首先要認(rèn)識(shí)復(fù)合場(chǎng)的性質(zhì)，先分析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的受力情況，其次再分析帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的受力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，然后依據(jù)受力和運(yùn)動(dòng)關(guān)系選取規(guī)律解題。研究時(shí)，主要有以下兩種方法： （1）力和運(yùn)動(dòng)

20、的關(guān)系分析法 這條線索通常適用于恒力作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)的情況。分析時(shí)具體有以下兩種方法： ①正交分解法 處理這種運(yùn)動(dòng)的基本思想與處理偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)是類似的，可以將此復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)互相正交的比較簡單的直線運(yùn)動(dòng)，而這兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律是可以掌握的，然后再按運(yùn)動(dòng)合成的觀點(diǎn)去求出復(fù)雜運(yùn)動(dòng)的有關(guān)物理量。 ②“等效重力”法 如圖甲中的電場(chǎng)與重力場(chǎng)可等效于圖乙的復(fù)合場(chǎng)，然后運(yùn)用重力場(chǎng)中已熟知的一些結(jié)論來解題，可使問題的分析和解答更簡捷。 （2）功能關(guān)系分析法 對(duì)受變力作用的帶電體的運(yùn)動(dòng)，必須借助于能量的觀點(diǎn)來處理，即使都是恒力作用的問題，用能量觀點(diǎn)處理也常常顯得簡捷。 ①如果選用動(dòng)能定理

21、，要分清有幾個(gè)力做功，做正功還是負(fù)功，是恒力做功還是變力做功，以及初、末狀態(tài)的動(dòng)能，分析時(shí)注意電場(chǎng)力做功與路徑無關(guān)。 ②如果選用能量守恒定律解題，要分清有多少種形式的能參與轉(zhuǎn)化，哪種能量增加，哪種能量減少，且增加的量等于減少的量。 【例6】在如圖甲所示的xOy平面內(nèi)（y軸的正方向豎直向上）存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，有一帶正電的小球自坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向豎直向上拋出，它的初動(dòng)能為5 J，不計(jì)空氣阻力，當(dāng)它上升到最高點(diǎn)M時(shí)，它的動(dòng)能為4 J。 （1）試分析說明帶電小球被拋出后沿豎直方向和水平方向分別做什么運(yùn)動(dòng)？ （2）若帶電小球最后落回到x軸上的P點(diǎn)，在圖中標(biāo)出P點(diǎn)的位置。 （3）求帶

22、電小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能。 甲 乙 解析：（1）在豎直方向，小球受重力作用，由于重力與小球的初速度方向相反，所以沿豎直方向，小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)（豎直上拋運(yùn)動(dòng)）；沿水平方向，小球受水平向右的恒定電場(chǎng)力作用，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。 （2）由勻加速運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，OP ＝4OM，所以P點(diǎn)坐標(biāo)如圖乙所示。 （3）設(shè)粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球能上升的最大高度為h，OM之間的電勢(shì)差為U1，MP之間的電勢(shì)差為U2，對(duì)粒子從O到M的過程有v＝2gh，mv－mv＝qU1－mgh，所以mv＝mgh＝5 J，mv＝qU1＝4 J。從O到P的過程由動(dòng)能定理得mv－mv＝q（U1＋

23、U2），所以EkP＝mv＝mv＋qU1＋qU2＝9 J＋qU2。由于從O到M與從M到P的時(shí)間相同，在從O到M與從M到P的時(shí)間內(nèi)，小球在x軸上移動(dòng)的距離之比為1∶3，所以U1∶U2 ＝1∶3，因此qU2＝3qU1＝12 J，小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkP＝21 J。 答案：（1）（2）見解析?。?）21 J 警誤區(qū)　本題采用正交分解法，依據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解將復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)化為直線運(yùn)動(dòng)處理。但在處理該題時(shí)，若用各方向的動(dòng)能定理－mgh＝0－mv和qU1＝mv－0也可解出結(jié)果，看似正確，實(shí)際犯了一個(gè)很大的錯(cuò)誤，動(dòng)能是標(biāo)量，動(dòng)能定理是標(biāo)量表達(dá)式，因此也就無分方向的動(dòng)能定理的說法，故解題過程中要注意理論的正確性。 9