（浙江選考）2018版高考物理二輪復習 專題三 電場和磁場 第1講 電場性質和帶電粒子在電場中的運動學案

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1、 第1講　電場性質和帶電粒子在電場中的運動 [選考考點分布] 章 知識內容 考試要求 歷次選考統(tǒng)計 必考 加試 2015/10 2016/04 2016/10 2017/04 2017/11 靜電場 電荷及其守恒定律 b c 庫侖定律 c 11 4、13 13 3 電場強度 c c 13 8 6 電勢能和電勢 b c 13 8 電勢差 b c 電勢差與電場強度的關系 c 靜電現(xiàn)象的應用 b 電容器

2、的電容 b c 7 帶電粒子在電場中的運動 b d 23 8、22 8、23 8 8、19 考點一　電場基本性質的理解 1．(2017·浙江11月選考·6)電場線的形狀可以用實驗來模擬，把頭發(fā)屑懸浮在蓖麻油里，加上電場，頭發(fā)屑就按照電場的方向排列起來，如圖1所示．關于此實驗，下列說法正確的是(　　) 圖1 A．a圖是模擬兩等量同種電荷的電場線 B．b圖一定是模擬兩等量正電荷的電場線 C．a圖中的A、B應接高壓起電裝置的兩極 D．b圖中的A、B應接高壓起電裝置的兩極 答案　C 2．(2016·浙江10月學考·8)如圖2為某一電場

3、的電場線，M、N、P為電場線上的三個點，M、N是同一電場線上的兩點．下列判斷正確的是(　　) 圖2 A．M、N、P三點中N點的場強最大 B．M、N、P三點中N點的電勢最高 C．負電荷在M點的電勢能大于在N點的電勢能 D．正電荷從M點自由釋放，電荷將沿電場線運動到N點 答案　A 解析　電場線的疏密反映了電場的強弱，所以N點場強最大，選項A正確．順著電場線的方向，電勢降低，M點的電勢最高，選項B錯誤．根據(jù)Ep＝qφ，φM>φP>φN可知，負電荷在M點電勢能小于在N點的電勢能，選項C錯誤．正電荷從M點靜止釋放，電荷在電場力的作用下運動，但是運動軌跡并不沿電場線，選項D錯誤． 3．

4、(2016·浙江4月學考·13)如圖3所示，真空中有兩個點電荷Q1＝9.0×10－8 C和Q2＝－1.0×10－8 C，分別固定在x坐標軸上，其中Q1位于x＝0處，Q2位于x＝6 cm處．在x軸上(　　) 圖3 A．場強為0的點有兩處 B．在x＞6 cm區(qū)域，電勢沿x軸正方向降低 C．質子從x＝1 cm運動到x＝5 cm處，電勢能升高 D．在0＜x＜6 cm和x＞9 cm的區(qū)域，場強沿x軸正方向 答案　D 解析　因為Q1＞0，Q2＜0，且Q1＞|Q2|，所以x＜0區(qū)域不會出現(xiàn)合場強為0的點；0＜x＜6 cm區(qū)域合場強沿x軸正方向，場強都不為零，x＞6 cm區(qū)域有一位置合場強為

5、零，由k＝－k得x＝9 cm，則6 cm＜x＜9 cm區(qū)域合場強沿x軸負方向，x＞9 cm區(qū)域合場強沿x軸正方向，故A錯，D對；沿電場方向電勢降低，B錯；質子帶正電，在電勢高處電勢能大，C錯． 4．(人教版選修3－1P9第3題改編)真空中兩個相同的帶等量異號電荷的金屬小球A和B(均可看做點電荷)，分別固定在兩處，兩球間靜電力為F.現(xiàn)用一個不帶電的同樣的金屬小球C先與A接觸，再與B接觸，然后移開C，再使A、B間距離增大為原來的2倍，則它們間的靜電力為(　　) A.F B.F C.F D.F 答案　D 5．(2017·稽陽聯(lián)誼學校8月聯(lián)考)如圖4所示，實線表示電場線，虛線表示只受

6、電場力作用的帶電粒子的運動軌跡，M、N是運動軌跡上的兩點，則(　　) 圖4 A．M點的電勢比N點的電勢低 B．粒子在M點的加速度比在N點的加速度大 C．粒子一定是從M點運動到N點 D．粒子在M點的電勢能比在N點的電勢能大 答案　D 解析　由沿電場線方向電勢降低知M點的電勢高于N點的電勢，A錯誤；根據(jù)電場線疏密程度可知N點場強大，所以加速度也大，B錯誤；根據(jù)軌跡看不出運動方向，C錯誤；根據(jù)軌跡可知帶電粒子受力與電場線方向一致，因此粒子帶正電荷，正電荷在電勢高的地方電勢能大，D正確． 6. 如圖5所示，B為線段AC的中點，如果在A處放一個＋Q的點電荷，測得B處的場強EB＝48

7、N/C，則(　　) 圖5 A．EC＝24 N/C B．EC＝12 N/C C．若要使EB＝0，可在C處放一個－Q的點電荷 D．把q＝10－9 C的點電荷放在C點，則其所受電場力的大小為6×10－9 N 答案　B 解析　由真空中點電荷的場強公式E＝知A錯誤，B正確；根據(jù)場的疊加及點電荷產生的場強方向知，應在C處放一等量同種電荷，C錯誤；F＝qEC＝1.2×10－8 N，D錯誤． 7．(2017·臺州市9月選考)如圖6甲所示，一條電場線與Ox軸重合，取O點電勢為零，Ox方向上各點的電勢φ隨x變化的情況如圖乙所示．若在O點由靜止釋放一電子，且電子僅受電場力的作用，則(　　)

8、 圖6 A．電場的方向沿Ox正方向 B．電子沿Ox正方向運動 C．電場的場強沿Ox方向增大 D．電子的電勢能將增大 答案　B 帶電粒子在電場中運動軌跡問題的分析方法 (1)某點速度方向即為該點軌跡的切線方向； (2)從軌跡的彎曲方向判斷受力方向(軌跡向合外力方向彎曲)，從而分析電場方向或電荷的正負； (3)結合軌跡、速度方向與電場力的方向，確定電場力做功的正負，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等． 考點二　帶電粒子在電場中的直線運動 1．(2017·浙江11月選考·19)如圖7所示，AMB是一條長L＝10 m的絕緣水平軌道，固定在離水平地面高h＝1.25 m處，

9、A、B為端點，M為中點，軌道MB處在方向豎直向上、大小E＝5×103 N/C的勻強電場中．一質量m＝0.1 kg、電荷量q＝＋1.3×10－4 C的可視為質點的滑塊以初速度v0＝6 m/s在軌道上自A點開始向右運動，經M點進入電場，從B點離開電場．已知滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10 m/s2.求滑塊： 圖7 (1)到達M點時的速度大?。? (2)從M點運動到B點所用的時間； (3)落地點距B點的水平距離． 答案　(1)4 m/s　(2) s　(3)1.5 m 解析　(1)在AM階段對物體的受力分析如下： a＝－＝－μg＝－2 m/s2 根據(jù)運動學公式v－v＝

10、2ax，可得vM＝4 m/s (2)進入電場之后，Eq＝0.65 N，受力分析如下： a′＝－＝－0.7 m/s2 根據(jù)運動學公式v－v＝2a′x， 解得vB＝3 m/s 根據(jù)勻變速直線運動推論xMB＝t 解得t＝ s (3)從B點飛出后，滑塊做平拋運動，因此h＝gt′2， 解得t′＝0.5 s 落地點距B點的水平距離x＝vBt′＝1.5 m. 2．(2016·浙江4月選考·8)密立根油滴實驗原理如圖8所示．兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接，板間電壓為U，形成豎直向下電場強度大小為E的勻強電場．用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質量和帶電荷量各不相同的油滴．通

11、過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的質量為m，則下列說法正確的是(　　) 圖8 A．懸浮油滴帶正電 B．懸浮油滴的帶電荷量為 C．增大電場強度大小，懸浮油滴將向上運動 D．油滴的帶電荷量不一定是電子帶電荷量的整數(shù)倍 答案　C 解析　油滴懸浮不動，說明其所受的電場力與重力平衡，所以帶負電，A錯；由Eq＝mg得q＝，所以B錯；如果增大電場強度大小，油滴所受的電場力增大，油滴就會向上加速運動，C對；所有帶電體的電荷量都是電子帶電荷量的整數(shù)倍，D錯． 3. (人教版選修3－1P39第2題改編)某種金屬板M受到某種紫外線照射時會不停地發(fā)射電子，射出的電子具有不同的方向，其

12、速度大小也不相同．在M旁放置一個金屬網(wǎng)N.現(xiàn)按圖9所示那樣在M、N之間加一個電壓U，發(fā)現(xiàn)當U＞12.5 V時電流表中就沒有電流．已知電子的質量me＝9.1×10－31 kg.問：被這種紫外線照射出的電子，最大速度是多少？(結果保留三位有效數(shù)字) 圖9 答案　2.10×106 m/s 解析　如果電子的動能減少到等于0的時候，電子恰好沒有到達N板，則電流表中就沒有電流，由 W＝0－Ekm，W＝－eU， 得－eU＝0－Ekm＝－mev2， v＝＝ m/s ≈2.10×106 m/s. 4．如圖10所示，水平放置的金屬薄板A、B間有勻強電場，已知B板電勢高于A板．電場強度E＝5×

13、105 N/C，間距d＝1.25 m．A板上有一小孔，M恰好在孔的正上方，距離A板h＝1.25 m．從M處每隔相等時間間隔由靜止釋放一個質量m＝1×10－3 kg的帶電小球．第1個帶電小球的電量q1＝＋1×10－8 C，第n個帶電小球的電量qn＝nq1.取g＝10 m/s2.求： 圖10 (1)第1個帶電小球從M處下落至B板的時間； (2)從第幾個帶電小球起不能抵達B板； (3)第(2)問中該帶電小球下落過程中機械能的變化量． 答案　(1) s　(2)5　(3)－2.08×10－2 J 解析　 (1)t1＝ ＝0.5 s， v1＝ ＝5 m/s， a1＝＝5 m/s2，

14、d＝v1t2＋a1t， 代入解得：t2＝ s， t總＝t1＋t2＝ s. (2)mg(h＋d)－Eqnd＝ΔEk＝0，qn＝＝4×10－8 C，n＝＝4，即第4個小球恰好抵達B板，則第5個小球不能到達B板． (3)mg(h＋x)－Eq5x＝ΔEk＝0，x＝ m， ΔE機＝－mg(h＋x)≈－2.08×10－2 J. 帶電粒子在電場中直線運動時的兩種解題思路 (1)應用牛頓運動定律處理帶電粒子的直線運動 帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與速度方向在一條直線上，帶電粒子做勻變速直線運動．根據(jù)帶電粒子的受力情況，用牛頓運動定律和運動學公式確定帶電粒子的速度、

15、位移、時間等． (2)用動能定理處理帶電粒子在電場中的直線運動 對帶電粒子進行受力分析，確定有哪幾個力做功，做正功還是負功；確定帶電粒子的初、末狀態(tài)的動能，根據(jù)動能定理列方程求解． 考點三　帶電粒子在電場中的曲線運動 1. (2017·浙江4月選考·8)如圖11所示，在豎直放置間距為d的平行板電容器中，存在電場強度為E的勻強電場．有一質量為m，電荷量為＋q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放．重力加速度為g.則點電荷運動到負極板的過程(　　) 圖11 A．加速度大小為a＝＋g B．所需的時間為t＝ C．下降的高度為y＝ D．電場力所做的功為W＝Eqd 答案　B 解析

16、　點電荷受到重力、電場力的作用，所以a＝，選項A錯誤；根據(jù)運動獨立性，水平方向點電荷的運動時間為t，則＝t2，化簡則t＝ ，選項B正確；下降高度y＝gt2＝，選項C錯；電場力做功W＝，選項D錯誤． 2．(人教版選修3－1P39第3題)先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉電場．進入時速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，分別求出離開時電子偏角的正切值與氫核偏角的正切值之比． (1)電子與氫核的初速度相同． (2)電子與氫核的初動能相同． 答案　見解析 解析　設加速電壓為U0，偏轉電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質量為m，垂直進入偏轉電場的速度為v0，偏轉電場兩極間距離

17、為d，極板長為l，則：帶電粒子在加速電場中獲得初動能mv＝qU0，粒子在偏轉電場中的加速度a＝，在偏轉電場中運動的時間為t＝，粒子離開偏轉電場時沿靜電力方向的速度vy＝at＝，粒子離開偏轉電場時速度方向的偏轉角的正切值tan θ＝＝. (1)若電子與氫核的初速度相同，則＝＝≈1 835. (2)若電子與氫核的初動能相同，則＝1. 3. (2016·紹興市聯(lián)考)如圖12所示，電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則下列說法不正確的是(　　) 圖12

18、A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2 B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1 C．A和B的質量之比為1∶12 D．A和B的位移大小之比為1∶1 答案　D 解析　粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1；根據(jù)a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故選項A、B、C正確，D錯誤． 4．在如圖13所示的空間存在一豎直向上的勻強電場，一質量為m、可視為點電荷的帶正電小球從高為h的平臺上方水平拋出，落地點距離拋出點的水平距離為x，已知小球所受重力大小等于

19、所受電場力的兩倍，小球在落地處恰好沒有能量損失地進入光滑圓弧軌道，重力加速度為g.落地點與圓心的連線和過圓心的豎直線之間的夾角為α，不計空氣阻力，求： 圖13 (1)小球被水平拋出時的初速度大小； (2)角度α的正切值． 答案　(1)　(2) 解析　(1)小球先做類平拋運動，由牛頓第二定律有： mg－qE＝ma 解得加速度a＝g，方向豎直向下 根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，兩個方向的位移為： x＝v0t，h＝at2 則小球的初速度大小為v0＝ (2)由于沒有能量損失地進入光滑圓弧軌道，表明在拋物線和圓弧軌道的接點處，圓弧軌道與拋物線相切，因此，角α也等于拋物線在該點的切線與水

20、平方向的夾角，有tan α＝＝. 5. 如圖14，靜止于A處的離子，經電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直于CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向水平向左．靜電分析器通道內有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處電場強度為E0，方向如圖所示；離子質量為m、電荷量為q；＝2d、＝3d，離子重力不計． 圖14 (1)求圓弧虛線對應的半徑R的大??； (2)若離子恰好能打在NQ的中點上，求矩形區(qū)域QNCD內電場強度E的值． 答案　(1)　(2) 解析　(1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理， 有qU＝mv2，離子在輻向電場中做勻速圓周運動， 電場力提

21、供向心力，根據(jù)牛頓第二定律， 有qE0＝m，聯(lián)立解得R＝. (2)射出靜電分析器后，離子做類平拋運動， d＝vt， 3d＝at2， 由牛頓第二定律得qE＝ma，聯(lián)立解得E＝. 分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉問題的關鍵 (1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動． (2)運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動． 帶電粒子經加速電場U1，再經偏轉電場U2偏轉后，需要經歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖15所示．

22、 圖15 專題強化練 (限時：30分鐘) 1．(2016·浙江4月選考·7)關于電容器，下列說法正確的是(　　) A．在充電過程中電流恒定 B．在放電過程中電容減小 C．能儲存電荷，但不能儲存電能 D．兩個彼此絕緣又靠近的導體可視為電容器 答案　D 解析　由電容器的充放電曲線可知，充電過程中，電流不斷減小，A錯；電容是電容器儲存電荷的本領，不隨充放電過程變化，B錯；電容器中的電場具有電場能，所以C錯；兩個彼此絕緣又靠近的導體是可以儲存電荷的，可視為電容器，D對． 2．(2016·金華市聯(lián)考)一個電容器的規(guī)格是“10 μF　50 V”，則(　　) A．這個電容器的電容

23、為10－5 F B．這個電容器加上50 V電勢差時，電容才是10 μF C．這個電容器沒有電勢差時，電容為0 D．這個電容器加的電勢差不能低于50 V 答案　A 3．(2016·諸暨市期末)如圖1甲所示，一塊有機玻璃板和一塊塑料板，手持有機玻璃棒用力快速摩擦兩板后分開；接著將塑料板插入箔片驗電器上端的空心金屬球中，沒有接觸金屬球，發(fā)現(xiàn)金屬箔片張開，如圖乙所示；然后抽回塑料板，再將有機玻璃板和塑料板互相平行但不接觸，同時插入空心金屬球，仍沒有接觸金屬球，發(fā)現(xiàn)金屬箔片沒有張開，如圖丙所示．關于這一實驗現(xiàn)象，下列的說法正確的是(　　) 圖1 A．兩板摩擦后帶電說明創(chuàng)造了新的電荷

24、B．圖乙驗電器箔片張開是因為發(fā)生了電磁感應 C．圖乙驗電器箔片張開是因為板上電荷轉移到箔片上 D．圖丙驗電器箔片沒有張開是因為兩板帶等量異種電荷 答案　D 4. 如圖2所示，將懸掛在細線上的帶正電荷的小球A放在不帶電的金屬空心球C內(不與內壁接觸)，另有一個懸掛在細線上的帶負電的小球B向C靠近，則(　　) 圖2 A．A向左偏離豎直方向，B向右偏離豎直方向 B．A的位置不變，B向右偏離豎直方向 C．A向左偏離豎直方向，B的位置不變 D．A和B的位置都不變 答案　B 解析　金屬球殼C能屏蔽外部的電場，外部的電場不能深入內部，因此小球A不會受到靜電力的作用，不會發(fā)生偏轉；金

25、屬球殼C處在電荷A的電場中，內壁是近端，感應異號電荷——負電，外壁是遠端，感應同號電荷——正電，該正的感應電荷在外部空間同樣會激發(fā)電場，對小球B有吸引的作用，B向右偏，選項B正確． 5．(2017·浙江“七彩陽光”聯(lián)考)真空中兩個完全相同的小球帶電后，它們之間的靜電力為F.現(xiàn)將兩球接觸后放回原處，則它們之間的靜電力(　　) A．—定變大 B．—定變小 C．可能不變 D．一定不變 答案　C 6. 如圖3為真空中兩點電荷A、B形成的電場中的一簇電場線，已知該電場線關于虛線對稱，O點為A、B電荷連線的中點，a、b為其連線的中垂線上對稱的兩點，則下列說法正確的是(　　) 圖3

26、 A．A、B可能帶等量異號的正、負電荷 B．A、B可能帶不等量的正電荷 C．a、b兩點處無電場線，故其電場強度可能為零 D．同一試探電荷在a、b兩點處所受電場力大小相等，方向一定相反 答案　D 解析　根據(jù)題圖中的電場線分布可知，A、B帶等量的正電荷，選項A、B錯誤；a、b兩點處雖然沒有畫電場線，但其電場強度一定不為零，選項C錯誤；由圖可知，a、b兩點處電場強度大小相等，方向相反，同一試探電荷在a、b兩點處所受電場力大小相等，方向一定相反，選項D正確． 7．對公式E＝的理解，下列說法正確的是(　　) A．此公式適用于計算任何電場中A、B兩點間的電勢差 B．A點和B點間距越大，則這

27、兩點的電勢差越大 C．勻強電場中A、B兩點沿電場線的距離越大，則電場強度越小 D．公式中的d是勻強電場中A、B所在的兩等勢面之間的距離 答案　D 解析　此公式只適用于勻強電場，選項A錯誤；A、B兩點間的電勢差不僅取決于場強的大小，還取決于沿電場方向的距離d，A、B間距大，d不一定大，故選項B錯誤；勻強電場中的電場強度大小與A、B兩點間的距離無關，是恒定的，選項C錯誤；公式中的d是勻強電場中A、B所在的兩等勢面之間的距離，選項D正確． 8. 相距為L的點電荷A、B帶電荷量分別為＋4q和－q，如圖4所示，今引入第三個點電荷C，使三個點電荷都處于平衡狀態(tài)，則C的電荷量和放置的位置是(　　)

28、 圖4 A．－q，在A左側距A為L處 B．－2q，在A左側距A為處 C．＋4q，在B右側距B為L處 D．＋2q，在B右側距B為L處 答案　C 解析　由題可知A、B帶電荷量分別為＋4q、－q，放入第三個點電荷C，使三個電荷都處于平衡狀態(tài)，所以C一定處于A、B連線延長線上B的右側．當C處于平衡狀態(tài)時，其受到A、B的作用力大小相等，方向相反，由庫侖定律得＝，r＝L，由A電荷處于平衡狀態(tài)可得＝，解得qC＝4q，故C選項正確． 9. (2016·舟山市調研)電場中有A、B兩點，一個點電荷在A點的電勢能為1.2×10－8 J，在B點的電勢能為0.8×10－8 J．已知A、B兩點在同一條

29、電場線上，如圖5所示，該點電荷的電荷量為1.0×10－9 C，那么(　　) 圖5 A．該電荷為負電荷 B．該電荷為正電荷 C．A、B兩點的電勢差UAB＝4.0 V D．把電荷從A移到B，靜電力做功為W＝2.5×10－10 J 答案　A 解析　A點的電勢能大于B點的電勢能，從A到B靜電力做正功，所以該電荷一定為負電荷，故選項A正確，選項B錯誤；靜電力做功WAB＝EpA－EpB＝1.2×10－8 J－0.8×10－8 J＝0.4×10－8 J，選項D錯誤；由UAB＝得UAB＝ V＝－4.0 V，所以選項C錯誤． 10. (2016·舟山市調研)兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，

30、一電子質量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回．如圖6所示，＝h，此電子具有的初動能是(　　) 圖6 A. B．edUh C. D. 答案　D 解析　電子受到的靜電力做負功，有－eUOA＝0－Ek，UOA＝h，Ek＝，由此知選項D正確． 11. (2016·杭州市十校聯(lián)考)如圖7所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉電場中，入射方向跟極板平行．整個裝置處在真空中，重力可忽略．在滿足電子能射出平行極板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角θ變大的是(　　) 圖

31、7 A．U1變大、U2變大 B．U1變小、U2變大 C．U1變大、U2變小 D．U1變小、U2變小 答案　B 解析　設電子被加速后獲得的速度為v0，水平極板長為l，則由動能定理得U1q＝mv，電子在水平極板間偏轉所用時間t＝，又設電子在水平極板間的加速度為a，水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得a＝，電子射出偏轉電場時，平行于電場方向的速度vy＝at，聯(lián)立解得vy＝，又tan θ＝＝＝＝，故U2變大、U1變小，一定能使偏轉角θ變大，故B正確． 12. 真空中的某裝置如圖8所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉電場，M為熒光屏．今有質子、氘核和α粒子均由A

32、板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉電場，最后打在熒光屏上．已知質子、氘核和α粒子的質量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是(　　) 圖8 A．三種粒子從B板運動到熒光屏經歷的時間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4 答案　B 解析　設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，偏轉極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1＝mv，解得v0＝ ，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種

33、粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經歷的時間不同，故A錯誤；根據(jù)推論y＝、tan θ＝可知，y與粒子的種類、質量、電量無關，故三種粒子偏轉距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉電場的電場力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則有電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯誤． 13. 如圖9所示，板長L＝4 cm的平行板電容器，板間距離d＝3 cm，板與水平線夾角α＝37°，兩板所加電壓為U＝100 V，有一帶負電液滴，帶電荷量大小為q＝3×10－10 C，以v0＝1 m/s的水平速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水

34、平方向并恰好從B板邊緣水平飛出．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 圖9 (1)液滴的質量； (2)液滴飛出時的速度大小． 答案　(1)8×10－8 kg　(2)1.32 m/s 解析　帶電液滴所受重力方向豎直向下，所受靜電力方向只能垂直兩板向上，其合力方向水平向右，做勻加速運動． (1)豎直方向：qcos α＝mg，解得m＝8×10－8 kg (2)解法一：水平方向 qsin α＝ma， 解得a＝gtan α＝g，設液滴在平行板中飛行距離為s，則s＝＝0.05 m， 又由v2－v＝2as得v＝≈1.32 m/s， 解法二：設液滴

35、在平行板中飛行距離為s，則 s＝＝0.05 m 液滴受到的合力F合＝mgtan α 由動能定理得F合s＝mv2－mv， 解得v≈1.32 m/s. 14．如圖10所示，電子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉電場，并從另一側射出．已知電子質量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d. 圖10 (1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉距離Δy； (2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析

36、說明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2. (3)極板間既有靜電場也有重力場．電勢反映了靜電場各點的能的性質，請寫出電勢φ的定義式．類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點． 答案　見解析 解析　(1)根據(jù)動能定理，有eU0＝mv， 電子射入偏轉電場時的初速度v0＝ 在偏轉電場中，電子的運動時間Δt＝＝L 加速度a＝＝ 偏轉距離Δy＝a(Δt)2＝ (2)只考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力 G＝mg≈10－29 N 電場力F＝≈10－15 N 由于F?G，因此不需要考慮電子所受的重力． (3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝，類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質量m的比值，叫做“重力勢”，即φG＝ 電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質的物理量，僅由場自身的因素決定． 18