淺談解題思路

牛玉平

一、鑄題成模 以模解題

物理學(xué)科的研究對象是自然界物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和最普遍的運(yùn)動(dòng)形式，對于那些紛繁復(fù)雜事物的研究，首先抓住其主要的特征，而舍去次要的因素，形成一種經(jīng)過抽象概括的理想化“模型”，這種以模型概括復(fù)雜事物的方法，是對復(fù)雜事物的合理的簡化.如運(yùn)動(dòng)員的跳水問題是一個(gè)“豎直上拋”運(yùn)動(dòng)的物理模型；人體心臟收縮使血液在血管中流動(dòng)可簡化為一個(gè)“做功”的模型等.物理模型是同類通性問題的本質(zhì)體現(xiàn)和核心歸整.高中物理學(xué)中常見的物理模型有質(zhì)點(diǎn)、斜面體、連接體、傳送帶、點(diǎn)電荷、電容器、導(dǎo)軌、速度選擇器、霍爾元件等.現(xiàn)將高考中出現(xiàn)頻率較高的模型——板塊模型、斜面模型、傳送帶模型和導(dǎo)軌模型做進(jìn)一步的闡述.

模型一 板塊模型

物塊與木板（或物塊）組合在一起，是高中力學(xué)中常見的物理模型.在這一模型中考查二者之間的相互作用問題，根據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為：平衡狀態(tài)下的物塊與木板、做勻變速運(yùn)動(dòng)的物塊與木板、做變加速運(yùn)動(dòng)的物塊與木板.

解答本類問題的思路是運(yùn)動(dòng)分析→受力分析→功能關(guān)系分析.

（1）板塊模型一般需求解它們之間的摩擦力、相對滑動(dòng)路程、摩擦生熱、多次作用后的速度等.

（2）平衡狀態(tài)下的木板與滑塊：破題關(guān)鍵是受力分析.

（3）非平衡狀態(tài)下的木板與滑塊：破題關(guān)鍵是受力分析、運(yùn)動(dòng)分析和牛頓第二、三定律.

圖1

例1 （2015年烏魯木齊五校聯(lián)考）如圖1所示，質(zhì)量m=1 kg的小滑塊放在質(zhì)量M=1 kg的長木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑塊與木 板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，木板長L=75 cm，開始時(shí)兩者都處在靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用水平向右的恒力F拉小滑塊向木板的右端運(yùn)動(dòng)，為了在0.5 s末使滑塊從木板右端滑出，拉力F應(yīng)多大？此過程產(chǎn)生的熱量是多少？

解析 分析小滑塊m，水平方向受拉力F和滑動(dòng)摩擦力F1作用，設(shè)其加速度為a1，由牛頓第二定律得F-F1=ma1.

分析長木板M，水平方向受滑動(dòng)摩擦力F1作用，設(shè)其加速度為a2，由牛頓第二定律得F1=Ma2，

設(shè)在0.5 s時(shí)間內(nèi)m的位移為x1，M的位移為x2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系有x1= 1 2 a1t2；x2= 1 2 a2t2.

根據(jù)幾何關(guān)系有x1-x2=L

又F1=μmg，

代入數(shù)值解得F=8 N

此過程產(chǎn)生的熱量Q=μmgL=0.75 J

答案：8 N、 0.75 J

圖2

例2 （2015年自貢一模）如圖2所示，質(zhì)量m=10 kg和M=20kg的兩物塊，疊放在光滑水平面上，其中物塊m通過處于水平方向的輕彈簧與豎直墻壁相連，初始時(shí)刻，彈簧處于原長狀態(tài)，彈簧的勁度系數(shù)k=250 N/m.現(xiàn)用水平力F作用在物塊M上，使其緩慢地向墻壁移動(dòng)，當(dāng)移動(dòng)40 cm時(shí)，兩物塊間開始相對滑動(dòng)，在相對滑動(dòng)前的過程中，下列說法中正確的是（ ）.

A.M受到的摩擦力保持不變 B.物塊m受到的摩擦力對物塊m不做功

C.推力做的功等于彈簧增加的彈性勢能 D.開始相對滑動(dòng)時(shí)，推力F的大小等于200 N

解析 對物塊m進(jìn)行受力分析，水平方向受向右的彈簧彈力和向左的靜摩擦力.由于彈簧在縮短，所以彈力越來越大，由于緩慢地向墻壁移動(dòng)，物體處于平衡狀態(tài)，M對m的摩擦力也在增大，所以物塊M受到的摩擦力在增大，

A錯(cuò)誤；物塊m受到的摩擦力方向向左，m向左運(yùn)動(dòng)，所以摩擦力做正功，B錯(cuò)誤；把m和M看成整體進(jìn)行受力分析，水平方向受向右的彈簧彈力和向左的推力，當(dāng)移動(dòng)40 cm時(shí)，兩物塊間開始相對滑動(dòng)，根據(jù)胡克定律得F=kx=100 N，對整體研究，根據(jù)動(dòng)能定理得WF+W彈=ΔEk

（=0），彈簧彈力做功等于彈性勢能的變化，WF=-W彈（=ΔEp），所以推力做的功等于彈簧增加的彈性勢能，C正確，D錯(cuò)誤.選C

模型二 斜面模型

斜面模型是高中物理中最常見的物理模型之一，各類考題中都會出現(xiàn)，高考物理中的斜面問題千變?nèi)f化，既可能光滑，也可能粗糙；既可能靜止，也可能運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)又分為勻速和變速；既可能是一個(gè)斜面，也可能是多個(gè)斜面.求解斜面問題，能否做好斜面上物體的受力分析，尤其是斜面對物體的作用力（包括支持力和摩擦力）是解決問題的關(guān)鍵.

圖3

例3 （2014年高考浙江卷）如圖3所示，水平地面上固定一個(gè)光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個(gè)帶電小球A，細(xì)線與斜面平行.小球A的質(zhì)量為m、電荷量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點(diǎn)電荷.小球A靜止在斜面上，則（ ）.

A.小球A與B之間庫侖力的大小為k q2 d2

B.當(dāng) q d = mgsinθ k 時(shí)，細(xì)線上的拉力為零

C.當(dāng) q d = mgtanθ k

時(shí)，細(xì)線上的拉力為零

D.當(dāng) q d = mg ktanθ 時(shí)，斜面對小球A的支持力為零

解析 本題考查庫侖定律、受力分析、共點(diǎn)力的平衡等知識.根據(jù)庫侖定律可知小球A與B之間的庫侖力大小為k q2 d2 ，選項(xiàng)A正確.若細(xì)線上的拉力為零，小球A受重力、庫侖力和支持力作用，如圖3 所示，由平衡條件可得F=k q2 d2 =mgtanθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；因?yàn)閮尚∏驇N電荷，所以斜面對小球A的支持力不可能為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.答案：AC

圖4

例4 （2013年高考北京高考）如圖4所示，傾角為α、質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平桌面上，質(zhì)量為m的木塊靜止在斜面體上.下列結(jié)論正確的是（ ）.

A.木塊受到的摩擦力大小是mgcosα

B.木塊對斜面體的壓力大小是 mgsinα

C.桌面對斜面體的摩擦力大小是 mgsinαcosα

D.桌面對斜面體的支持力大小是 （M+m）g

解析 對m進(jìn)行受力分析，由平衡方程得木塊對斜面的壓力N=mgcosα，木塊受到的摩擦力f=mgsinα，A、B錯(cuò)誤；對M和m進(jìn)行整體受力分析，可得桌面對斜面體的摩擦力大小是零，桌面對斜面體的支持力大小是（M+m）g，C錯(cuò)誤，D正確.選D

模型三 傳送帶模型

（1）物塊與傳送帶是高中力學(xué)中一個(gè)常見的模型，其特征是以摩擦力為紐帶關(guān)聯(lián)傳送帶和物塊的相對運(yùn)動(dòng)，這類問題涉及滑動(dòng)摩擦力和靜摩擦力的轉(zhuǎn)換、對地位移和二者間的相對位移的區(qū)別，綜合牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、功和能等知識.該題型按傳送帶設(shè)置可分為水平與傾斜兩種；按轉(zhuǎn)向可分為順時(shí)針和逆時(shí)針兩種；按轉(zhuǎn)速是否變化可分為勻速和勻變速兩種.

（2）解答本類問題的基本思路

運(yùn)動(dòng)分析→受力分析→功能關(guān)系分析.受力分析的關(guān)鍵是判斷f的方向，功能關(guān)系分析的關(guān)鍵是明確物體與傳送帶間的相對位移.

圖5

例5 （2015年柳州二模）水平傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下始終以速度v勻速運(yùn)動(dòng).某時(shí)刻在傳送帶上A點(diǎn)處輕輕放上一個(gè)質(zhì)量為m的小物體，經(jīng)時(shí)間t小物體的速度與傳送帶相同，相對傳送帶的位移大小為x，A點(diǎn)未到右端，在這段時(shí)間內(nèi)（ ）.

A.小物體相對地面的位移大小為x

B.傳送帶上的A點(diǎn)對地的位移大小為x

C.由于小物體與傳送帶相互作用產(chǎn)生的熱量為mv2

D.由于小物體與傳送帶相互作用，電動(dòng)機(jī)要多做的功為mv2

解析 在這段時(shí)間內(nèi)，物體從靜止做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其相對地面的位移為x1= 1 2 vt，傳送帶（或傳送帶上的A點(diǎn)）相對地面的位移為x2=vt，物體相對傳送帶的位移大小x=x2-x1= 1 2 vt，顯然x1=x，x2=2x，A正確，B錯(cuò)誤；物體與傳送帶間的滑動(dòng)摩擦力做功，將系統(tǒng)的部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，摩擦生熱Q=fx，對物體運(yùn)用動(dòng)能定理有fx1= 1 2 mv2，又x1=x，故Q=fx= 1 2 mv2，C錯(cuò)誤；在這段時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)機(jī)要多做功以克服滑動(dòng)摩擦力做功，W=fx2=2fx=mv2，D正確.答案：AD

圖6

例6 （2015揚(yáng)州二模）如圖6所示，輪半徑r=10 cm的傳送帶，水平部分AB的長度L=1.5 m，與一圓心在O點(diǎn)、半徑R=1 m的豎直光滑圓軌道的末端相切于A點(diǎn)，AB高出水平地面H=1.25 m，一質(zhì)量m=0.1 kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），由圓軌道上的P點(diǎn)從靜止釋放，OP與豎直線的夾角θ=37°.已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2，滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，不計(jì)空氣阻力.

（1）求滑塊對圓軌道末端的壓力；

（2）若傳送帶一直保持靜止，求滑塊的落地點(diǎn)與B間的水平距離；

（3）若傳送帶以v0=0.5m/s的速度沿逆時(shí)針方向運(yùn)行（傳送帶上部分由B到A運(yùn)動(dòng)），求滑塊在傳送帶上滑行過程中產(chǎn)生的內(nèi)能.

解析 （1）小滑塊從P點(diǎn)到圓軌道末端的過程中，由機(jī)械能守恒定律得：mgR（1-cos37°）= 1 2 mv2

在軌道末端由牛頓第二定律得：FN-mg= mv2 R

由以上兩式得FN=1.4 N

由牛頓第三定律得，小滑塊對圓軌道末端的壓力大小為1.4 N，方向豎直向下.

（2）若傳送帶靜止，從A到B的過程中，由動(dòng)能定理得：-μmgL= 1 2 mv2B- 1 2 mv2，解得：vB=1 m/s

小滑塊從B點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，小滑塊的落地點(diǎn)與B點(diǎn)間的水平距離為：x=vB 2H g =0.5 m.

（3）傳送帶向左運(yùn)動(dòng)和傳送帶靜止時(shí)，小滑塊的受力情況沒有變化，小滑塊從A到B的運(yùn)動(dòng)情況沒有改變.所以小滑塊和傳送帶間的相對位移為：Δx=L+v0 v-vB μg =2m

小滑塊在傳送帶上滑行過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為：Q=μmgΔx=0.2J.

答案：（1）1.4N，方向豎直向下 （2）0.5m

（3）0.2J

模型四 電磁感應(yīng)中的“桿+導(dǎo)軌”模型

（1）“桿（單桿）+導(dǎo)軌”模型是高考的熱點(diǎn)，也是難點(diǎn)，考查知識點(diǎn)多.按導(dǎo)軌的放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、變加速直線運(yùn)動(dòng)等，桿的最終狀態(tài)一般為靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)；磁場的狀態(tài)可分為恒定不變、均勻變化和非均勻變化等，情景復(fù)雜，形式多變.

（2）解答本類問題的基本思路

受力分析→運(yùn)動(dòng)分析→功能關(guān)系分析.

（3）本類問題一般情況下用到的知識：運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和功能關(guān)系等.

圖7

例7 （2014年高考四川卷）如圖7所示，不計(jì)電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小.質(zhì)量為0.2 kg的細(xì)金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1 m的正方形，其有效電阻為0.1 Ω.此時(shí)在整個(gè)空間加方向與水 平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律是B=（0.4-0.2t）T，圖示磁場方向?yàn)檎较?框、擋板和桿不計(jì)形變.則（ ）.

A.t=1 s時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D

B.t=3 s時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到C

C.t=1 s時(shí)，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 N

D.t=3 s時(shí)，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2 N

解析 由于B=（0.4-0.2t）T，在t=1 s時(shí)穿過平面的磁通量向下并減少，則根據(jù)楞次定律可以判斷，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D，A正確.在t=3 s時(shí)穿過平面的磁通量向上并增加，則根據(jù)楞次定律可以判斷，金屬桿中感應(yīng)電流方向仍然是從C到D，B錯(cuò)誤.由法拉第電磁感應(yīng)定律得E= ΔΦ Δt = ΔB Δt Ssin30°=0.1 V，由閉合電路的歐姆定律得電路電流I= E R =1A，在t=1 s時(shí)，B=0.2 T，方向斜向下，電流方向從C到D，金屬桿對擋板P的壓力水平向右，大小為FP=BILsin30°=0.1 N，C正確.同理，在t=3 s時(shí)，金屬桿對擋板H的壓力水平向左，大小為FH=BILsin30°=0.1 N，D錯(cuò)誤.答案：AC

例8 （2014年高考安徽卷）如圖8所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.5 T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面向上.絕緣斜面上固定有“A”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌的MPN（電阻忽略不計(jì)），MP和NP長度均為2.5 m，MN連線水平，長為3 m.以MN中點(diǎn)O為原點(diǎn)、OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox.一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD，長度d為3m，質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3 Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v=1 m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運(yùn)動(dòng)（金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好）.g取10 m/s2.

圖8 圖9

（1）求金屬桿CD運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E及運(yùn)動(dòng)到x=0.8 m處電勢差UCD；

（2）推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)過程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式，并在圖9中畫出F-x關(guān)系圖象；

（3）求金屬桿CD從MN處運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的全過程產(chǎn)生的焦耳熱.

解析 （1）金屬桿CD在勻速運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=Blv（l=d），E=1.5 V（D點(diǎn)電勢高）

當(dāng)x=0.8 m時(shí)，金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢差為零.設(shè)此時(shí)桿在導(dǎo)軌外的長度為l外，則

l外=d- OP-x OP d，OP= MP2-（ MN 2 ）2 ，得l外=1.2 m

由楞次定律判斷D點(diǎn)電勢高，故CD兩端電勢差UCB=-Bl外v， UCD=-0.6 V

（2）桿在導(dǎo)軌間的長度l與位置x關(guān)系是l= OP-x OP d=3- 3 2 x

對應(yīng)的電阻R1為R1= l d R，電流I= Blv R1

桿受的安培力F安=BIl=7.5-3.75x

根據(jù)平衡條件得F=F安+mgsinθ

圖10

F=12.5-3.75x（0≤x≤2），畫出的F-x圖象如圖10所示.

（3）外力F所做的功WF等于F-x圖線下所圍的面積，即WF= 5+12.5 2 ×2 J=17.5 J

而桿的重力勢能增加量ΔEp=mgsinθ

故全過程產(chǎn)生的焦耳熱Q=WF-ΔEp=7.5 J

答案： （1）-0.6 V （2）略 （3）7.5 J

二、帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)問題

1.命題規(guī)律

帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)問題涉及受力分析、運(yùn)動(dòng)分析以及對運(yùn)動(dòng)性質(zhì)、運(yùn)動(dòng)軌跡、運(yùn)動(dòng)范圍的判斷.是對考生應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決電學(xué)問題能力的綜合考查，在高考中，選擇題和計(jì)算題都有可能出現(xiàn).

2.解題策略

（1）對于帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動(dòng)，一般多以加速、勻速或減速交替出現(xiàn)的多運(yùn)動(dòng)過程的情景出現(xiàn).解決的方法：①根據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系分析帶電粒子一個(gè)變化周期內(nèi)相關(guān)物理量的變化規(guī)律.②借助運(yùn)動(dòng)圖象進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過程分析，找出每一運(yùn)動(dòng)過程（或階段）中相關(guān)物理量間的關(guān)系，進(jìn)行歸納、總結(jié)、推理，尋找?guī)щ娏Ｗ拥倪\(yùn)動(dòng)規(guī)律.

（2）對于帶電粒子在交變電場中的曲線運(yùn)動(dòng)，解決的方法仍然是應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法，把曲線運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)，然后應(yīng)用動(dòng)力學(xué)或功能關(guān)系加以解決.

3.易錯(cuò)提醒

帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)問題極易從以下幾點(diǎn)失分：（1）不能把交變的電學(xué)量轉(zhuǎn)化為變化的力學(xué)量；（2）不能正確分析轉(zhuǎn)折點(diǎn)粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；（3）不能正確分析粒子在各階段的運(yùn)動(dòng)情況；（4）不能構(gòu)建出粒子在全過程的運(yùn)動(dòng)模型.

可以從以下幾點(diǎn)進(jìn)行防范：（1）緊抓電學(xué)量和力學(xué)量的關(guān)系式E= F q 、W=qU等；（2）粒子所受的電場力F是聯(lián)系力和電的橋梁，知道了力的變化，就能推知加速度、速度、位移、功、動(dòng)能等其他力學(xué)量的變化；（3）一定要把復(fù)雜多過程問題先分階段處理，再全過程考慮；（4）盡可能多地從圖象上獲得信息，進(jìn)而分析得出粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律.）

例9 （2015年菏澤一模） 一勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的圖象如圖11所示，在該勻強(qiáng)電場中，有一個(gè)帶電粒子于t=0時(shí)刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是（ ）.

A.帶電粒子只向一個(gè)方向運(yùn)動(dòng)

B.0～2 s內(nèi)，電場力所做的功等于零

C.4 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)

D.2.5～4 s內(nèi)，速度的改變等于零

圖11 圖12

解析 選D.由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1 s內(nèi)的加速度a= qE0 m ，為第2 s內(nèi)加速度a= 2qE0 m 的 1 2 ，因此先加速1 s再減速0.5 s，速度為零，接下來的1.5 s將反向加速，v-t圖象如圖12所示，所 以選項(xiàng)A錯(cuò)；在0～2 s內(nèi)，帶電粒子的初速度為零，但末速度不為零，由動(dòng)能定理可知電場力所做的功不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；v-t圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的圖形的面積為物體的位移，由對稱性可以看出，前4 s內(nèi)的位移不為零，所以帶電粒子不會回到原出發(fā)點(diǎn)，所以C錯(cuò)誤；2.5～4 s內(nèi)，v2.5=v4，故Δv=0，選項(xiàng)D正確.

例10 （2015年太原一模）如圖13甲所示，在y=0和y=2 m之間有沿著x軸方向的勻強(qiáng)電場，MN為電場區(qū)域的上邊界，在x軸方向范圍足夠大.電場強(qiáng)度的變化如圖13乙所示，取x軸正方向?yàn)殡妶稣较颍F(xiàn)有一個(gè)帶負(fù)電的粒子，粒子的比荷為 q m =1.0×10-2 C/kg，在t=0時(shí)刻以速度v0=5×102m/s從O點(diǎn)沿y軸正方向進(jìn)入電場區(qū)域，不計(jì)粒子重力.求：

（1）粒子通過電場區(qū)域的時(shí)間；

（2）粒子離開電場時(shí)的位置坐標(biāo)；

（3）粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度大小.

圖13

解析 （1）因粒子初速度方向垂直勻強(qiáng)電場，在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以粒子通過電場區(qū)域的時(shí)間t= y v0 =4×10-3 s.

（2）粒子沿x軸負(fù)方向先加速后減速，加速時(shí)的加速度大小為a1= E1q m =4 m/s2，減速時(shí)的加速度大小為a2= E2q m =2 m/s2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得，x方向上的位移為x= a1（ T 2 ）2+a1（ T 2 ）2- 1 2 a2（ T 2 ）2=2×10-5m.

因此粒子離開電場時(shí)的位置坐標(biāo)為（-2×10-5m，2m）.

（3）粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度為vx=a1 T 2 -a2 T 2 =4×10-3m/s.

答案：見解析

例10 （2015年貴陽一模）在金屬板A、B間加上如圖13乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期為T，現(xiàn)有電子以平行于金屬板的速度v0從兩板中央射入（如圖13甲所示）.已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力，求：

（1）若電子從t=0時(shí)刻射入，在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時(shí)速度的大小為多少？

（2）若電子從t=0時(shí)刻射入，恰能平行于金屬板飛出，則金屬板至少為多長？

（3）若電子恰能從兩板中央平行于板飛出，電子應(yīng)從哪一時(shí)刻射入？兩板間距至少為多大？

圖13

解析 （1）由動(dòng)能定理得：e· U0 2 = 1 2 mv2- 1 2 mv20，解得v= v20+ eU0 m .

（2）t=0時(shí)刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，向正極板方向偏轉(zhuǎn)，半個(gè)周期后電場方向反向，則繼續(xù)在該方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng) 過半個(gè)周期，電場方向上的速度減到零，實(shí)際速度等于初速度v0，平行于極板，以后繼續(xù)重復(fù)這樣的運(yùn)動(dòng).

要使電子恰能平行于金屬板飛出，則在OO′方向上至少運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期，故極板長至少為L=v0T.

（3）若要使電子從極板中央平行于極板飛出，則電子在電場方向上應(yīng)先加速、再減速，反向加速再減速，每段時(shí)間相同，一個(gè)周期后恰好回到OO′線.可見應(yīng)在t= T 4 +k· T 2 （k=0，1，2，…）時(shí)射入.

極板間距離要求滿足在加速、減速階段電子不打到極板上.

由牛頓第二定律有a= eU0 md

加速階段運(yùn)動(dòng)的距離s= 1 2 · eU0 md ·（ T 4 ）2≤ d 4 ，可解得d≥T eU0 8m .故兩板間距至少為T eU0 8m

答案：（1） v20+ eU0 m （2）v0T （3） T 4

+k· T 2 （k=0，1，2，…） T eU0 8m