2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)課件.ppt

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第3講電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 第七章靜電場 基礎(chǔ)知識(shí)梳理 命題點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析 命題點(diǎn)二帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng) 命題點(diǎn)三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 課時(shí)作業(yè) 內(nèi)容索引 基礎(chǔ)知識(shí)梳理 1 一 電容器1 電容器的充 放電 1 充電 使電容器帶電的過程 充電后電容器兩極板帶上等量的 電容器中儲(chǔ)存 2 放電 使充電后的電容器失去電荷的過程 放電過程中轉(zhuǎn)化為其他形式的能 異種 電荷 電場能 電場能 1 定義式 C 不能理解為電容C與Q成正比 與U成反比 一個(gè)電容器電容的大小是由電容器決定的 與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān) 2 決定式 C r為介電常數(shù) S為極板 d為板間距離 本身的因素 正對面積 二 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)示波管1 直線問題 若不計(jì)粒子的重力 則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子的增量 qEd 動(dòng)能 2 偏轉(zhuǎn)問題 1 條件分析 不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場 2 運(yùn)動(dòng)性質(zhì) 運(yùn)動(dòng) 3 處理方法 利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解 沿初速度方向 做運(yùn)動(dòng) 沿電場方向 做初速度為零的運(yùn)動(dòng) 類平拋 勻速直線 勻加速 3 示波管的構(gòu)造 電子槍 熒光屏 如圖所示 偏轉(zhuǎn)電極 帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定考慮受重力嗎 1 基本粒子 如電子 質(zhì)子 粒子 離子等 除有說明或有明確的暗示以外 一般都不考慮重力 但并不忽略質(zhì)量 2 帶電顆粒 如液滴 油滴 塵埃 小球等 除有說明或有明確的暗示以外 一般都不能忽略重力 答案 1 教科版選修3 1P40第9題 關(guān)于電容器的電容 下列說法中正確的是A 電容器所帶電荷量越多 電容越大B 電容器兩板間電壓越低 其電容越大C 電容器不帶電時(shí) 其電容為零D 電容器的電容只由它本身的特性決定 答案 2 人教版選修3 1P32第1題 平行板電容器的一個(gè)極板與靜電計(jì)的金屬桿相連 另一個(gè)極板與靜電計(jì)金屬外殼相連 給電容器充電后 靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)一個(gè)角度 以下情況中 靜電計(jì)指針的偏角是增大還是減小 1 把兩板間的距離減小 答案 把兩極板間距離減小 電容增大 電荷量不變 電壓變小 靜電計(jì)指針偏角變小 2 把兩板間的相對面積減小 答案 把兩極板間相對面積減小 電容減小 電荷量不變 電壓變大 靜電計(jì)指針偏角變大 3 在兩板間插入相對介電常數(shù)較大的電介質(zhì) 答案 在兩極板間插入相對介電常數(shù)較大的電介質(zhì) 電容增大 電荷量不變 電壓變小 靜電計(jì)指針偏角變小 3 人教版選修3 1P39第2題 某種金屬板M受到某種紫外線照射時(shí)會(huì)不停地發(fā)射電子 射出的電子具有不同的方向 其速度大小也不相同 在M旁放置一個(gè)金屬網(wǎng)N 如果用導(dǎo)線將MN連接起來 M射出的電子落到N上便會(huì)沿導(dǎo)線返回M 從而形成電流 現(xiàn)在不把M N直接相連 而按圖那樣在M N之間加一個(gè)電壓U 發(fā)現(xiàn)當(dāng)U 12 5V時(shí)電流表中就沒有電流 已知電子的質(zhì)量me 9 1 10 31kg 問 被這種紫外線照射出的電子 最大速度是多少 結(jié)果保留三位有效數(shù)字 答案 解析 2 10 106m s 如果電子的動(dòng)能減少到等于0的時(shí)候 電子恰好沒有到達(dá)N板 則電流表中就沒有電流 由W 0 Ekm W eU 得 4 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(zhuǎn)電場 進(jìn)入時(shí)速度方向與板面平行 在下列兩種情況下 分別求出離開時(shí)電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比 1 電子與氫核的初速度相同 2 電子與氫核的初動(dòng)能相同 答案 解析 見解析 設(shè)加速電壓為U0 偏轉(zhuǎn)電壓為U 帶電粒子的電荷量為q 質(zhì)量為m 垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0 偏轉(zhuǎn)電場兩極間距離為d 極板長為l 則 帶電粒子在加速電場中獲得初動(dòng)能mv02 qU0 粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a 在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t 2 命題點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析 一 兩類典型問題1 電容器始終與恒壓電源相連 電容器兩極板間的電勢差U保持不變 2 電容器充電后與電源斷開 電容器兩極所帶的電荷量Q保持不變 二 動(dòng)態(tài)分析思路1 U不變 3 根據(jù)UAB E d分析某點(diǎn)電勢變化 2 Q不變 2016 全國 卷 14 一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì) 接在恒壓直流電源上 若將云母介質(zhì)移出 則電容器A 極板上的電荷量變大 極板間電場強(qiáng)度變大B 極板上的電荷量變小 極板間電場強(qiáng)度變大C 極板上的電荷量變大 極板間電場強(qiáng)度不變D 極板上的電荷量變小 極板間電場強(qiáng)度不變 例1 答案 解析 由C 可知 當(dāng)將云母介質(zhì)移出時(shí) r變小 電容器的電容C變小 根據(jù)Q CU可知 當(dāng)C減小時(shí) Q減小 再由E 由于U與d都不變 故電場強(qiáng)度E不變 選項(xiàng)D正確 1 2016 天津理綜 4 如圖所示 平行板電容器帶有等量異種電荷 與靜電計(jì)相連 靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地 在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷 以E表示兩板間的電場強(qiáng)度 Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能 表示靜電計(jì)指針的偏角 若保持下極板不動(dòng) 將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置 則A 增大 E增大B 增大 Ep不變C 減小 Ep增大D 減小 E不變 答案 解析 分析 若保持下極板不動(dòng) 將上極板向下移動(dòng)一小段距離 根據(jù)C 可知 C變大 根據(jù)Q CU可知 在Q一定的情況下 兩極板間的電勢差減小 則靜電計(jì)指針偏角 減小 P點(diǎn)離下極板的距離不變 E不變 則P點(diǎn)與下極板的電勢差不變 P點(diǎn)的電勢不變 故Ep不變 由以上分析可知 選項(xiàng)D正確 2 多選 如圖所示 A B為兩塊平行帶電金屬板 A帶負(fù)電 B帶正電且與大地相接 兩板間P點(diǎn)處固定一負(fù)電荷 設(shè)此時(shí)兩極間的電勢差為U P點(diǎn)場強(qiáng)大小為E 電勢為 P 負(fù)電荷的電勢能為Ep 現(xiàn)將A B兩板水平錯(cuò)開一段距離 兩板間距不變 下列說法正確的是A U變大 E變大B U變小 P變小C P變小 Ep變大D P變大 Ep變小 答案 解析 根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變 當(dāng)正對面積減小時(shí) 則由C 可知電容減小 由U 可知極板間電壓增大 由E 可知 電場強(qiáng)度增大 故A正確 設(shè)P點(diǎn)的電勢為 P 則由題可知0 P Ed 是增大的 則 P一定減小 由于負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能一定較大 所以可知電勢能Ep是增大的 故C正確 3 命題點(diǎn)二帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng) 1 做直線運(yùn)動(dòng)的條件 1 粒子所受合外力F合 0 粒子或靜止 或做勻速直線運(yùn)動(dòng) 2 粒子所受合外力F合 0 且與初速度方向在同一條直線上 帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng) 2 用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析 3 用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場中 W Eqd qU mv2 mv02非勻強(qiáng)電場中 W qU Ek2 Ek1 在真空中水平放置平行板電容器 兩極板間有一個(gè)帶電油滴 電容器兩板間距為d 當(dāng)平行板電容器的電壓為U0時(shí) 油滴保持靜止?fàn)顟B(tài) 如圖所示 當(dāng)給電容器突然充電使其電壓增加 U1時(shí) 油滴開始向上運(yùn)動(dòng) 經(jīng)時(shí)間 t后 電容器突然放電使其電壓減少 U2 又經(jīng)過時(shí)間 t 油滴恰好回到原來位置 假設(shè)油滴在運(yùn)動(dòng)過程中沒有失去電荷 充電和放電的過程均很短暫 這段時(shí)間內(nèi)油滴的位移可忽略不計(jì) 重力加速度為g 求 例2 1 帶電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比 2 第一個(gè) t與第二個(gè) t時(shí)間內(nèi)油滴運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比 3 U1與 U2之比 答案 1 3 1 4 答案 答案 解析 分析 3 2015 海南單科 5 如圖所示 一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng) 在正極板附近有一質(zhì)量為M 電荷量為q q 0 的粒子 在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m 電荷量為 q的粒子 在電場力的作用下 兩粒子同時(shí)從靜止開始運(yùn)動(dòng) 已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面 若兩粒子間相互作用力可忽略 不計(jì)重力 則M m為A 3 2B 2 1C 5 2D 3 1 答案 分析 4 2014 安徽 22 如圖所示 充電后的平行板電容器水平放置 電容為C 極板間的距離為d 上極板正中有一小孔 質(zhì)量為m 電荷量為 q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落 穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零 空氣阻力忽略不計(jì) 極板間電場可視為勻強(qiáng)電場 重力加速度為g 求 1 小球到達(dá)小孔處的速度 答案 解析 2 極板間電場強(qiáng)度的大小和電容器所帶電荷量 答案 解析 3 小球從開始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間 答案 解析 4 命題點(diǎn)三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 1 運(yùn)動(dòng)規(guī)律 1 沿初速度方向做運(yùn)動(dòng) 運(yùn)動(dòng)時(shí)間 a 能飛出電容器 t b 不能飛出電容器 勻速直線 2 沿電場力方向 做運(yùn)動(dòng) 加速度 離開電場時(shí)的偏移量 離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角 勻加速直線 2 兩個(gè)結(jié)論 1 不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí) 偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的 2 粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后 合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn) 即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為 3 功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解 qUy mv2 mv02 其中Uy y 指初 末位置間的電勢差 例3 2016 北京理綜 23 如圖所示 電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后 沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場 并從另一側(cè)射出 已知電子質(zhì)量為m 電荷量為e 加速電場電壓為U0 偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強(qiáng)電場 極板間電壓為U 極板長度為L 板間距為d 1 忽略電子所受重力 求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)初速度v0和從電場射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離 y 答案 分析 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(shí)忽略了電子所受重力 請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因 已知U 2 0 102V d 4 0 10 2m m 9 1 10 31kg e 1 6 10 19C g 10m s2 答案 解析 答案 3 極板間既有靜電場也有重力場 電勢反映了靜電場各點(diǎn)的能的性質(zhì) 請寫出電勢 的定義式 類比電勢的定義方法 在重力場中建立 重力勢 G的概念 并簡要說明電勢和 重力勢 的共同特點(diǎn) 5 多選 2015 天津理綜 7 如圖所示 氕核 氘核 氚核三種粒子從同一位置無初速地進(jìn)入電場線水平向右的加速電場E1 之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn) 最后打在屏上 整個(gè)裝置處于真空中 不計(jì)粒子重力及其相互作用 那么A 偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多B 三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大C 三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同D 三種粒子一定打到屏上的同一位置 答案 6 2015 安徽理綜 23 在xOy平面內(nèi) 有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場 場強(qiáng)大小為E 圖中未畫出 由A點(diǎn)斜射出一質(zhì)量為m 帶電量為 q的粒子 B和C是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn) 如圖所示 其中l(wèi)0為常數(shù) 粒子所受重力忽略不計(jì) 求 1 粒子從A到C過程中電場力對它做的功 答案 解析 3qEl0 粒子從A到C過程中電場力對它做的功W qE yA yC 3qEl0 2 粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時(shí)間 答案 解析 tAD tDB T 且tBC T 由牛頓第二定律qE ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得yD aT2 從D到C做類平拋運(yùn)動(dòng) 沿y軸方向 yD 3l0 a 2T 2 由 式解得T 則A C過程所經(jīng)歷的時(shí)間t 3T 3 3 粒子經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的速率 答案 解析 粒子由D到C過程中x軸方向 2l0 vD 2T y軸方向 vCy a 2T 5 課時(shí)作業(yè) 1 如圖所示 一帶電小球懸掛在豎直放置的平行板電容器內(nèi) 當(dāng)開關(guān)S閉合 小球靜止時(shí) 懸線與豎直方向的夾角為 則A 當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí) 若減小平行板間的距離 則夾角 增大B 當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí) 若增大平行板間的距離 則夾角 變小C 當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí) 若減小平行板間的距離 則夾角 增大D 當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí) 若減小平行板間的距離 則夾角 減小 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 帶電小球在電容器中處于平衡時(shí) 由平衡條件有tan 當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí) 電容器兩極板上的電荷量Q不變 故增大或減小兩極板間的距離d 電容器兩極板間的電場強(qiáng)度不變 不變 選項(xiàng)A B錯(cuò)誤 當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí) 因?yàn)閮蓸O板間的電壓U不變 由E 可知 減小兩極板間的距離d E增大 變大 選項(xiàng)C正確 D錯(cuò)誤 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 2 如圖所示 電容器極板間有一可移動(dòng)的電介質(zhì)板 介質(zhì)與被測物體相連 電容器接入電路后 通過極板上物理量的變化可確定被測物體的位置 則下列說法中正確的是A 若電容器極板間的電壓不變 x變大 電容器極板上帶電荷量增加B 若電容器極板上帶電荷量不變 x變小 電容器極板間電壓變大C 若電容器極板間的電壓不變 x變大 有電流流向電容器的正極板D 若電容器極板間的電壓不變 x變大 有電流流向電容器的負(fù)極板 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 3 多選 將平行板電容器兩極板之間的距離 電壓 電場強(qiáng)度大小和極板所帶的電荷量分別用d U E和Q表示 下列說法正確的是A 保持U不變 將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?則E變?yōu)樵瓉淼囊话隑 保持E不變 將d變?yōu)樵瓉淼囊话?則U變?yōu)樵瓉淼膬杀禖 保持d不變 將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?則U變?yōu)樵瓉淼囊话隓 保持d不變 將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?則E變?yōu)樵瓉淼囊话?答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 4 如圖所示 M N是平行板電容器的兩個(gè)極板 R0為定值電阻 R1 R2為可調(diào)電阻 用絕緣細(xì)線將質(zhì)量為m 帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部 閉合開關(guān)S 小球靜止時(shí)受到懸線的拉力為F 調(diào)節(jié)R1 R2 關(guān)于F的大小判斷正確的是A 保持R1不變 緩慢增大R2時(shí) F將變大B 保持R1不變 緩慢增大R2時(shí) F將變小C 保持R2不變 緩慢增大R1時(shí) F將變大D 保持R2不變 緩慢增大R1時(shí) F將變小 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 據(jù)題圖可知電容器兩端電壓UMN即R0兩端電壓 而R0和R2是串聯(lián)關(guān)系 兩者電壓的和為電源的電動(dòng)勢 因此R2 UR0 UMN 電場強(qiáng)度E F電 F A錯(cuò)誤 B正確 R2不變 緩慢增大R1時(shí) R0兩端電壓不變 電容器兩端電壓不變 故F不變 C D均錯(cuò) 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 5 兩平行金屬板相距為d 電勢差為U 一電子質(zhì)量為m 電荷量為e 從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出 最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn) 然后返回 如圖所示 OA h 此電子具有的初動(dòng)能是 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 6 2015 新課標(biāo)全國 14 如圖所示 兩平行的帶電金屬板水平放置 若在兩板中間a點(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒 微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài) 現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸 垂直于紙面 逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45 再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒 該微粒將A 保持靜止?fàn)顟B(tài)B 向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)C 向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)D 向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng) 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 兩平行金屬板水平放置時(shí) 帶電微粒靜止有mg qE 現(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸 垂直于紙面 逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45 后 兩板間電場強(qiáng)度方向逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45 電場力方向也逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45 但大小不變 此時(shí)電場力和重力的合力大小恒定 方向指向左下方 故該微粒將向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng) 選項(xiàng)D正確 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 7 反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一 它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波 其振蕩原理與下述過程類似 如圖所示 在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場 一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始 在電場力作用下沿直線在A B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng) 已知電場強(qiáng)度的大小分別是E1 2 0 103N C和E2 4 0 103N C 方向如圖所示 帶電微粒質(zhì)量m 1 0 10 20kg 帶電荷量q 1 0 10 9C A點(diǎn)距虛線MN的距離d1 1 0cm 不計(jì)帶電微粒的重力 忽略相對論效應(yīng) 求 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 1 B點(diǎn)到虛線MN的距離d2 答案 解析 2 帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t 0 50cm 1 5 10 8s 帶電微粒由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中 由動(dòng)能定理有 q E1d1 q E2d2 0 E1d1 E2d2 解得d2 0 50cm 設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1 a2 由牛頓第二定律有 q E1 ma1 q E2 ma2 設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1 t2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 解析 答案 又t t1 t2 解得t 1 5 10 8s 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 8 如圖所示 一帶電荷量為 q 質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37 的光滑斜面上 當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中時(shí) 小物塊恰好靜止 重力加速度取g sin37 0 6 cos37 0 8 求 1 水平向右電場的電場強(qiáng)度 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 小物塊靜止在斜面上 受重力 電場力和斜面支持力 受力分析如圖所示 則有FNsin37 qEFNcos37 mg解得E 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 2 若將電場強(qiáng)度減小為原來的 物塊的加速度是多大 答案 解析 0 3g 若電場強(qiáng)度減小為原來的 即E 由牛頓第二定律得mgsin37 qE cos37 ma解得a 0 3g 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 3 電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能 答案 解析 0 3mgL 電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí) 重力做正功 電場力做負(fù)功 由動(dòng)能定理得mgLsin37 qE Lcos37 Ek 0解得Ek 0 3mgL 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 9 如圖所示 帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi) 恰好沿下板的邊緣飛出 已知板長為L 板間的距離為d 板間電壓為U 帶電粒子的電荷量為 q 粒子通過平行金屬板的時(shí)間為t 不計(jì)粒子的重力 則A 在前時(shí)間內(nèi) 電場力對粒子做的功為B 在后時(shí)間內(nèi) 電場力對粒子做的功為C 在粒子下落前和后的過程中 電場力做功之比為1 2D 在粒子下落前和后的過程中 電場力做功之比為2 1 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi) 恰好沿下板的邊緣飛出 帶電粒子所做的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng) 豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng) 由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)可知 前后兩段相等時(shí)間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1 3 電場力做功之比也為1 3 又因?yàn)殡妶隽ψ龅目偣?所以在前時(shí)間內(nèi) 電場力對粒子做的功為 A選項(xiàng)錯(cuò) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 10 2014 山東理綜 18 如圖所示 場強(qiáng)大小為E 方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd 水平邊ab長為s 豎直邊ad長為h 質(zhì)量均為m 帶電量分別為 q和 q的兩粒子 由a c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域 兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場中 不計(jì)重力 若兩粒子軌跡恰好相切 則v0等于 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 11 如圖所示 區(qū)域 分別存在著有界勻強(qiáng)電場E1 E2 已知區(qū)域 寬L1 0 8m 區(qū)域 寬L2 0 4m E1 10V m且方向與水平方向成45 角斜向右上方 E2 20V m且方向豎直向下 帶電荷量為q 1 6 10 3C 質(zhì)量m 1 6 10 3kg的帶電小球 可視為質(zhì)點(diǎn) 在區(qū)域 的左邊界由靜止釋放 g取10m s2 求 1 小球在電場區(qū)域 中運(yùn)動(dòng)的加速度大小和時(shí)間 答案 解析 10m s20 4s 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 小球在電場 區(qū)域受到電場力F1 qE1 小球在電場 區(qū)域受到的電場力和重力的合力方向水平向右 大小為F合 F1cos45 1 6 10 2N 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9 2 小球離開電場區(qū)域 的速度大小和方向 答案 解析 5m s速度方向與水平方向夾角為37 斜向右下方 小球離開電場 區(qū)域的水平速度v0 a1t1 4m s 小球在電場 區(qū)域中受到電場力和重力的合力豎直向下 小球在電場 區(qū)域中做類平拋運(yùn)動(dòng) 其運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2 0 1s 小球在豎直方向的分速度vy a2t2 3m s 小球離開電場 區(qū)域的速度v 5m s 設(shè)小球離開電場 區(qū)域的速度方向與水平方向夾角為 則tan 得 37 1 2 3 4 5 6 7 8 10 11 9