由以上有关各式得 y2?－2
e?mv20(R1R1?R2)l1l2d
代入数据得 y2=1.92×10m 由题意 y=y1+y2=2.4×10－2m
24 y/10-2m （2）如图1-9-26所示
13．(05上海)如图1-9-27所示，带正电小球质量为m＝1×10kg，带电量为q＝1×10C，置于
光滑绝缘水平面上的A点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终
沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB=1.5m/s，此时小球的位移
－2
－6
20 12 10 O 123456t/s
图1-9-26
为S=0.15m．求此匀强电场场强E的取值范围．（g=10m/s）
某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ，由动能定理qEScos??mvB2qScos?22
12mv2B?0得
E??75000cos?V/m．由题意可知θ>0，所以当E>7.5×10V/m时小球将始终沿
4
水平面做匀加速直线运动．
经检查，计算无误．该同学所得结论是否有不完善之处？若有请予以补充．
解析：结论有不完善之处．为使小球始终沿水平面运动．电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力
gEsinθ≤mg ① 所以tg??mgmvB2S2图1-9-27
?2SgvB2?2?0.15?102.25?43 ②
E?mgqsin??1?101?10?2?10?45V/m?1.25?10V/m
5?6即 7.5×104V/m 14．（04北京理综)图1-9-28是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d?0.1m，板的长度l?0.5m，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1?10?5C/kg。 11 图1-9-28 设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10m/s2。 （1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？ （2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H?0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？ （3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m。 解析：（1）左板带负电荷，右板带正电荷。 依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足 l? 在水平方向上满足 s?d2?212gt <1> 21Uq2dmt <2> 2 <1><2>两式联立得 U?gmd2lq?1?10V 4 （2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足 1Uq?mg(l?H)?Uqm12mv2 2 v??2g(l?H)?4m/s （3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度vy?2g(l?H)?4m/s。反弹高度 h1?(0.5vy)2g2?()?() 42g1vy2 根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度 1n hn?()n()?()?0.8m 当n?4时，hn?0.01m 42g41vy215.（06全国1） 有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。现取以下简化模型进行定量研究。 如图1-9-29所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为ε、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点。已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的α倍（α<<1）。不计带电小球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为g。 （1）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势ε至少应大于多少？ （2）设上述条件已满足，在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动。求在T时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量。 解析：（1）用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小。要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少 E 应大于重力，则 ＋ d － － 图1-9-29 B ＋ A 12 ε q >mg ① 其中 q=αQ ② d mgd ④ αC （2）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。以a1表示其加又有 Q=Cε ③ 由以上三式有 ε>速度，t1表示从A板到B板所用的时间，则有 ε12 q +mg=ma1郝双制作⑤ d= a1t1⑥ d2 当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，以a2表示其加速度，t2表示从B板到A板所用的时间，则有 ε1 q －mg=ma2 ⑦ d= a2t22 d2 ⑧ T小球往返一次共用时间为（t1+t2），故小球在T时间内往返的次数n= 郝 ⑨ t1+t2由以上关系式得: n= T 2md + αCε2+mgd 22md αCε2－mgd 2 ⑩ 小球往返一次通过的电量为2q，在T时间内通过电源的总电量Q'=2qn ○11 由以上两式可得:郝双制Q'=2αCεT 222md2md + 2αCε+mgdαCε2－mgd 16．（06上海）电偶极子模型是指电量为q、相距为l的一对正负点电荷组成的电结构，O是中点，电偶极子的方向为从负电荷指向正电荷，用图1-9-30(a)所示的矢量表示．科学家在描述某类物质的电性质时，认为物质是由大量的电偶极子组成的，平时由于电偶极子的排列方向杂乱无章，因而该物质不显示带电的特性．当加上外电场后，电偶极子绕其中心转动，最后都趋向于沿外电场方向排列，从而使物质中的合电场发生变化． (1）如图1-9-30(b）所示，有一电偶极子放置在电场强度为E。的匀强外电场中，若电偶极子的方向与外电场方向的夹角为θ，求作用在电偶极子上的电场力绕O点的力矩； （2）求图(b)中的电偶极子在力矩的作用下转动到外电场方向的过程中，电场力所做的功； （3）求电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，其方向与外电场方向夹角的可能值及相应的电势能； （4）现考察物质中的三个电偶极子，其中心在一条直线上，初始时刻如图1-9-38(c）排列，它们相互间隔距离恰等于 1．加上外电场EO后，三个电偶极子转到外电场方向，若在图中A点处引人一电量为+q0的点电荷(q0很小，不影响周围电场的分布），求该点电荷所受电场力的大小． 郝双制 图1-9-30 13 解析：（1）由题意可知电场力的力臂为 （2）W＝2 E0q× 1212l sinθ，故力矩M＝2×E0q× 12l sinθ＝E0q/sinθ (1－cosθ)＝E0q /(1－cosθ) （3）电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，电偶极子的方向与外加电场的夹角 0或者π ①当电偶极子方向与场强方向相同时，即夹角为零时（如图1-9-31所示）由于电偶极子与电场垂直时电势能为零， 所以该位置的电势能等于由该位置转到与电场垂直时电场力所做的功，电势能 EP1= -E0ql ②当电偶极子方向与场强方向相反时，即夹角π为时同理可得，电势能 EP2=E0ql （4）由题意知：F＝E0q0－2 kqq0(1.5l)2?E0q0?8kqq09l2 图1-9-31 16．（06江苏）如图1-9-32所示，平行板电容器两极板间有场强为E的匀强电场，且带正电的极板接地。一质量为m，电荷量为+q的带电粒子（不 计重力）从 x轴上坐标为x0 处静止释放。 （1）求该粒子在x0处电势能Epx。 （2）试从牛顿第二定律出发，证明该带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变。 解析：（1）W电＝qEx0………..① W电＝（EPx0－0）………….② 联立①②得EPx0＝－qEx0………………….③ （2）解法一 在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为x 由牛顿第二定律可得 qE＝ma……………..……④ 由运动学公式得vx=2a(x－x0)………….⑤ 联立④⑤进而求得:Ex0＝（2）解法二 在x轴上任取两点x 1、x2，速度分别为v1、v2 22F＝qE＝ma v2－v1?2a(x2－x1) 2＋ ＋ ＋ q ＋ O x0 ＋ ＋ ＋ ＋ 图1-9-32 － － － － － － － － x 12mvx＝qE(x－x0) Ex＝Ekx＋Epx＝－qEx0＝Ex0 2联立得： 12mv2?(－qEx2)?212mv1?(－qEx1) Ek2＋Ep2＝Ek1＋Ep1 217．（07山东）飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。如图1-9-33所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器。已知元电荷电量为e，a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L。不计离子重力及进入a板时的初速度。?当a、b间的电压为U1时，在M、N间加上适当的电压U2，使离子到达探测器。请导出离子的全部飞行时间与比荷K（K= nema b M ）的关系式。 P L 探测器 N L 解析：?由动能定理：neU1=1/2mv2 14 激光束 d 图1-9-33 n价正离子在a、b间的加速度a1=neU1/md 在a、b间运动的时间t1=v/a1=在MN间运动的时间：t2=L/v 离子到达探测器的时间t=t1+t2=2d?L 2KU12mneU1d 18．（07上海）如图1-9-34所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场。电量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力。?若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；?若粒子离开电场时动能为Ek′，则电场强度为多大？ qEtqEL4Ek解析：（1）L＝v0t，L＝ ＝ ，qEL＝Ekt－Ek， 2 ，所以E＝ 2m2mv0qL所以Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek， 2 2 a 运图1-9-34 qEtqEL1q2E2L2q2E2L22 （2）若粒子由bc边离开电场，L＝v0t，vy＝ ＝ ，Ek’－Ek＝ mvy＝ ＝ ， mmv022mv024Ek2Ek（Ek’－Ek） 所以E＝ ， qL Ek’－Ek 若粒子由cd边离开电场，qEL＝Ek’－Ek，所以E＝ ， qL 19．（07四川）如图1-9-35所示，一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E=1.0×105N/C、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中。杆的下端M固定一个带电 -6 小球A，电荷量Q＝+4.5×10C；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝+1.0×10-6 C，质量m=1.0×10-2kg。现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。（静电力常量k=9.0×109N·m2/C2，取g =l0m/s2）?小球B开始运动时的加速度为多大？?小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？?小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.6l m时，速度为v=1.0m /s ，求此过程中小球B的电势能改变了多少？ 解析：（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得 mg?kQqL2N B E M A θ ?qEsin??ma ① kQqLm2解得a?g??qEsin?m ② 图1-9-35 代入数据解得：a=3.2m/s2 ③ (2)小球B速度最大时合力为零，即 kQqh12?qEsin??mg ④ 解得h1?kQqmg?qEsin? ⑤ 代入数据解得h1=0.9m ⑥ 15