题目内容

18.如图甲所示,在边界PQ左侧存在斜方向的匀强电场E1,方向与竖直向上方向成37°角,在PQ的右侧有竖直向上的电场,场强大小随时间变化,如图乙所示.PQ边界右侧有一竖直荧光屏MN,PQ与MN间的距离为L=0.4m,O为荧光屏的中心,且A、O两点在同一水平线上,现有一带正电微粒质量为4×10-4kg,电量为1×10-5C,从左侧电场中距PQ边界$\frac{4}{15}$m的A处无初速释放后,沿水平直线通过PQ边界进入右侧场区,从微粒穿过PQ开始计时,微粒恰好水平击中屏MN.(sin37°=0.6,取g=10m/s2).求:

(1)MN左侧匀强电场的电场强度E1的大小
(2)交变电场的周期T和可能取值
(3)在满足第(2)问的条件下微粒击中屏MN可能的位置.

分析 (1)粒子沿水平方向运动,在竖直方向合力为零,故根据竖直方向合力零求的电场强度;
(2)微粒恰好水平击中屏MN,故粒子在竖直方向先减速和减速,竖直方向减速到零刚好达到MN,即可求得周期;
(3)由运动学公式可知粒子在竖直方向做往复运动,故根据运动学公式求的到达的位置;

解答 解:(1)粒子沿水平直线通过PQ边界,故粒子在竖直方向受到的合力为零,故mg=qE1cos37°
${E}_{1}=\frac{mg}{qcos37°}\frac{4×1{0}^{-4}×10}{1×1{0}^{-5}×0.8}=500V/m$
(2)粒子在电场E1中获得的加速度为:a=$\frac{mgtan37°}{m}=gtan37°=7.5m/{s}^{2}$
到达PQ边界的速度为:$v=\sqrt{2a{x}_{1}}=\sqrt{2×7.5×\frac{4}{15}}m/s=2m/s$
从PQ到达MN所需时间为:t=$\frac{L}{v}=\frac{0.4}{2}s=0.2s$
当电场为600V/m时产生的加速度为:${a}_{1}=\frac{q{E}_{1}-mg}{m}=\frac{1{0}^{-5}×600-4×1{0}^{-3}}{4×1{0}^{-4}}m/{s}^{2}$=5m/s2,方向向上,
当电场强度为200V/m时加速度为:${a}_{2}=\frac{mg-q{E}_{1}}{m}=\frac{4×1{0}^{-3}-1{0}^{-5}×200}{4×1{0}^{-4}}m/{s}^{2}$=5m/s2,方向向下
在$\frac{T}{4}$末竖直方向a获得的速度为:${v}_{1}={a}_{1}•\frac{T}{4}$
到达$\frac{T}{2}$末竖直方向获得的速度为:${v}_{2}={v}_{1}-{a}_{2}•\frac{T}{4}=0$
以后一次重复,故微粒恰好水平击中屏MN所需时间为半个周期的整数倍,即$\frac{T}{2}•n=t$
解得:$T=\frac{2t}{n}=\frac{2}{5n}$(n=1、2、3、4…)
(3)通过受力分析与运动分析可知,粒子在OM间做往复运动,如果在半个周期的奇数倍时间击中的位置相同,则在0-$\frac{T}{4}$时间内竖直上升的高度为${h}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}(\frac{T}{4})^{2}=\frac{1}{40{n}^{2}}$
在$\frac{T}{4}-\frac{T}{2}$时间内向上做减速运动,上升的高度为:${h}_{2}=\frac{{({a}_{1}•\frac{T}{4})}^{2}}{2{a}_{2}}=\frac{1}{40{n}^{2}}$
故在0-$\frac{T}{2}$内上升的高度为:$h={h}_{1}+{h}_{2}=\frac{1}{20{n}^{2}}$(n=1、2、3、4…)
在$\frac{T}{2}-\frac{T}{4}$时间内粒子有向下做加速和减速运动,回到O点
故粒子到达$\frac{1}{20{n}^{2}}$(n=1、2、3、4…)和O点
答:(1)MN左侧匀强电场的电场强度E1的大小为500V/m
(2)交变电场的周期T和可能取值为$\frac{2}{5n}$其中(n=1、2、3、4…)
(3)在满足第(2)问的条件下微粒击中屏MN可能的位置为$\frac{1}{20{n}^{2}}$(n=1、2、3、4…)和O点

点评 本题主要考查了在电场作用下的运动,由牛顿第二定律求的加速度,再结合运动学公式求的,抓住竖直方向作往复运动即可

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