帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、帶電粒子在電場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)3.在方向水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一不可伸長(zhǎng)的不導(dǎo)電細(xì)線一端連著m-+q一個(gè)質(zhì)量為m、電量為+qm-+q球拉起直至細(xì)線與場(chǎng)強(qiáng)平行，然后無(wú)初速釋放，則小球沿圓弧作往TOC\o"1-5"\h\z復(fù)運(yùn)動(dòng)。已知小球擺到最低點(diǎn)的另一側(cè)，線與豎直方向的最大夾角 o:為9(如圖)。求： //;(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)。 口 ：(2)小球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力。4?如圖所示，水平軌道與直徑為d=0?8m的半圓軌道相接，半圓軌道的兩端點(diǎn)A、B連線是一條豎直線，整個(gè)裝置處于方向水平向右,大小為103V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一小球質(zhì)量m=0?5kg,帶有？=5x10-3C電量的正電荷，在電場(chǎng)力作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦,g=10m/s2，(1)若它運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)離A為厶它恰能到達(dá)軌道最高點(diǎn)B,求小球在B點(diǎn)的速度和L的值.(2)若它運(yùn)動(dòng)起點(diǎn)離A為L(zhǎng)=2?6m，且它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)電場(chǎng)消失，它繼續(xù)運(yùn)動(dòng)直到落地，求落地點(diǎn)與B點(diǎn)的距離.如圖所示，在E=103V/m的水平向左勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一光滑半圓形絕緣軌道豎直放置，軌道與一水平絕緣軌道MN連接，半圓軌道所在豎直平面與電場(chǎng)線平行，其半徑R=40cm，—帶正電荷q=10-4C的小滑塊質(zhì)量為m=40g，與水平軌道間的動(dòng)摩因數(shù)g=0.2，取g=lOm/s2，求：要小滑塊能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)L,滑塊應(yīng)在水平軌道上離N點(diǎn)多遠(yuǎn)處釋放？這樣釋放的滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力是多大？(P為半圓軌道中點(diǎn))如圖所示，在沿水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一固定點(diǎn)o,用一根長(zhǎng)度為l=0.40m的絕緣細(xì)線把質(zhì)量為m=0.20kg,帶有正電荷的金屬小球懸掛在o點(diǎn)，小球靜止在B點(diǎn)時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為=370.現(xiàn)將小球拉至位置A使細(xì)線水平后由靜止釋放，求：⑴小球運(yùn)動(dòng)通過(guò)最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小.（2）小球通過(guò)最低點(diǎn)C時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力大小.（3）如果要使小球能繞o點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，則在A點(diǎn)時(shí)沿垂直于OA方向上施加給小球的初速度的大小范圍。（g取10m/s2，sin37。=0.60,cos37。=0.80）上3如圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中一帶正電的小球以某一初速度從絕緣斜面上滑下,并沿與斜面相切的絕緣圓軌道通過(guò)最高點(diǎn).已知斜面傾角為300,圓軌道半徑為R，勻強(qiáng)電場(chǎng)水平向右，場(chǎng)強(qiáng)為E,小球質(zhì)量為m,帶電上33mg量為 ，不計(jì)運(yùn)動(dòng)中的摩擦阻力，則小球至少應(yīng)以多大的初速度3E滑下？在此情況下，小球通過(guò)軌道最高點(diǎn)的壓力多大?3解：(1)設(shè)細(xì)線長(zhǎng)為Z,場(chǎng)強(qiáng)為E，因電量為正，故場(chǎng)強(qiáng)的方向?yàn)樗较蛴?。從釋放點(diǎn)到左側(cè)最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理有W+W=AE=0，故mglcos0=qEl(1+sin0)，解得GE KE—E—q(1+sin0)(2)若小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速度為卩,此時(shí)線的拉力為T,由動(dòng)能定理同樣可得mgl-qEl=1mv2,由牛頓第二定律得T-mg=m—，聯(lián)立解得T=mg[3_?cos:]l 1+sin04(1)因小球恰能到B點(diǎn)，則在B點(diǎn)有mv2mgmv2mg=Bsd2gd(1分)vB=YT=2m/s1分)小球運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理qEL-mgd=mvqEL-mgd=mv22B1mv2+(1分)L=— “qEmgdmgd=— =1mqE1分)(2)小球離開(kāi)B點(diǎn),(2)小球離開(kāi)B點(diǎn),電場(chǎng)消失，小球做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)落地點(diǎn)距B點(diǎn)距離為由動(dòng)能定理小球從靜止運(yùn)動(dòng)到B有qEL-mgd：2qELv_2mgd =Qm/smqEL-mgd：2qELv_2mgd =Qm/sm2分)d=-gt22t斗=0.4Sx=vvt= 2ms=Jd2+x2=2.4mB55解析：(1)滑塊剛能通過(guò)軌道最高點(diǎn)條件是mg=m~,v=jRg=2m/s,REqS—LlmgS—mg2R=~mv2滑塊由釋放點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程由動(dòng)能定理： 2m［丄v2+2gR:S=Eq—|lmg代入數(shù)據(jù)得：S=20m—mgR—EqR=1mv2—1mv2(2)滑塊過(guò)P點(diǎn)時(shí)，由動(dòng)能定理： 2 2卩Eq:.v2=v2+2(g+ )RPmmv2在P點(diǎn)由牛頓第二定律：?:N=3(mg+Eq)代入數(shù)據(jù)得：N=1?5N6解:〔1)小球受到電圾力応、重辦噸和規(guī)的丸力咋用處于靜匕根據(jù)井點(diǎn)力平前條件富:6解:對(duì)于小球從A點(diǎn)誕動(dòng)到￡點(diǎn)的過(guò)理,IS據(jù)羞離定理奇Iit昭!~gEl-y舖得小球育過(guò)C點(diǎn)時(shí)的雄度J2〔噸-㈤"闊憑站(2)設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)申球灼拉力為T.O牛頓第二寶律有；耀軋7解析：小球的受力如圖9所示，從圖中可知:\\、2tg0=些=汨gE=￡，0=300.所以帶電小球所受重力和mg 3Emg \\、2電場(chǎng)力的合力始終垂直于斜面，小球在斜面上做勻速直線運(yùn)動(dòng),其中F=爲(wèi)=233mg小球在B點(diǎn)的把小球看作處于垂直斜面向下的等效力場(chǎng)F中，等效力加速度g,=F=空3小球在B點(diǎn)的m3速度最小，為v=一忑=速度最小，為v=一忑=B1-=音Rg，由功能關(guān)系可得:=〔3g11“mv2=mv2+2Rmg,2A罟Rg+4R翠g=\此即為小球沿斜面下滑的最小速度.設(shè)C點(diǎn)的速度為卩(，則11“、mv2-mv2=mg,R(1-cos0)2c2b& 、 72；32；3