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2019-2020年高中物理(SWSJ)人教版选修3-1教学案第一章第9节带电粒子在电场中的运动含答案 1.带电粒子仅在电场力作用下加速时,可根据动能定理求速度2.带电粒子以速度v0垂直进入匀强电场时,如果仅受电场力,则做类平抛运动3.示波管利用了带电粒子在电场中的加速和偏转原理
一、带电粒子的加速1.基本粒子的受力特点对于质量很小的基本粒子,如电子、质子等,虽然它们也会受到万有引力重力的作用,但万有引力重力一般远远小于静电力,可以忽略不计2.带电粒子加速问题的处理方法1利用动能定理分析初速度为零的带电粒子,经过电势差为U的电场加速后,qU=mv2,则v=2在匀强电场中也可利用牛顿定律结合运动学公式分析
二、带电粒子的偏转两极板长为l,极板间距离为d、电压为U质量为m、带电量为q的基本粒子,以初速度v0平行两极板进入匀强电场后,粒子的运动特点和平抛运动相似1初速度方向做匀速直线运动,穿越两极板的时间t=2电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a=
三、示波管的原理1.构造示波管是示波器的核心部件,外部是一个抽成真空的玻璃壳,内部主要由电子枪发射电子的灯丝、加速电极组成、偏转电极由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成和荧光屏组成,如图191所示图1912.原理1扫描电压XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压2灯丝被电源加热后,出现热电子发射,发射出来的电子经加速电场加速后,以很大的速度进入偏转电场,如果在Y偏转极板上加一个信号电压,在X偏转极板上加一扫描电压,在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图像1.自主思考——判一判1基本带电粒子在电场中不受重力×2带电粒子仅在电场力作用下运动时,动能一定增加×3带电粒子在匀强电场中偏转时,其速度和加速度均不变×4带电粒子在匀强电场中无论是直线加速还是偏转,均做匀变速运动√5示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束,偏转电极的作用是使电子束发生偏转,打在荧光屏的不同位置√6示波管的荧光屏上显示的是电子的运动轨迹×2.合作探究——议一议1带电粒子在电场中运动时,什么情况下重力可以忽略?提示
①当带电粒子的重力远小于静电力时,粒子的重力就可以忽略
②微观带电粒子,如电子、质子、离子、α粒子等除有说明或明确暗示外,处理问题时均不计重力而带电的液滴、小球等除有说明或明确暗示外,处理问题时均应考虑重力2如图192所示,带电粒子不计重力从两板中间垂直电场线方向进入电场,在电场中的运动时间与什么因素有关?图192提示若能离开电场,则与板的长度L和初速度v0有关;若打在极板上,则与电场强度E和板间距离有关3当示波管的偏转电极没有加电压时,电子束将打在荧光屏什么位置?提示偏转电极不加电压,电子束沿直线运动、打在荧光屏中心,形成一个亮斑带电粒子的加速问题1.带电粒子的加速当带电粒子以很小的速度进入电场中,在静电力作用下做加速运动,示波器、电视显像管中的电子枪、回旋加速器都是利用电场对带电粒子加速的2.处理方法可以从动力学和功能关系两个角度进行分析,其比较如下动力学角度功能关系角度涉及知识应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动分式功的公式及动能定理选择条件匀强电场,静电力是恒力可以是匀强电场,也可以是非匀强电场,电场力可以是恒力,也可以是变力1.如图193所示,电子由静止开始从A板向B板运动,到达B板时的速度为v,图193保持两板间的电压不变,则 A.当增大两板间的距离时,速度v增大B.当减小两板间的距离时,速度v减小C.当减小两板间的距离时,速度v不变D.当减小两板间的距离时,电子在两板间运动的时间变长解析选C 由动能定理得eU=mv2,当改变两板间的距离时,U不变,v就不变,故选项A、B错误,C正确;电子做初速度为零的匀加速直线运动,==,得t=,当d减小时,v不变,电子在板间运动的时间变短,故选项D错误2.多选如图194所示,从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动,则下列对电子运动的描述中正确的是设电源电压为U 图194A.电子到达B板时的动能是eUB.电子从B板到达C板动能变化量为零C.电子到达D板时动能是3eUD.电子在A板和D板之间做往复运动解析选ABD 由eU=EkB可知,电子到达B板时的动能为eU,A正确;因B、C两板间电势差为0,故电子从B板到达C板的过程中动能变化量为零,B正确;电子由C到D的过程中电场力做负功大小为eU,故电子到达D板时速度为零,然后又返回A板,以后重复之前的运动,C错误,D正确3.如图195所示,一个质子以初速度v0=5×106m/s水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域两板距离为20cm,设金属板之间电场是匀强电场,电场强度为3×105N/C质子质量m=
1.67×10-27kg,电荷量q=
1.60×10-19C求质子由板上小孔射出时的速度大小图195解析根据动能定理W=mv-mv而W=Ep1-Ep0=qEd=
1.60×10-19×3×105×
0.2J=
9.6×10-15J所以v1==m/s≈6×106m/s质子飞出时的速度约为6×106m/s答案6×106m/s带电粒子在匀强电场中的偏转问题1.基本规律 图1961初速度方向2电场线方向3离开电场时的偏转角tanα==4离开电场时位移与初速度方向的夹角tanβ==2.几个常用推论1tanα=2tanβ2粒子从偏转电场中射出时,其速度反向延长线与初速度方向延长线交于沿初速度方向分位移的中点3以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子,不论m、q是否相同,只要相同,即荷质比相同,则偏转距离y和偏转角α相同4若以相同的初动能Ek0进入同一个偏转电场,只要q相同,不论m是否相同,则偏转距离y和偏转角α相同5不同的带电粒子经同一加速电场加速后即加速电压相同,进入同一偏转电场,则偏转距离y和偏转角α相同[典例] 一束电子流在经U=5000V的加速电压加速后,在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场,如图197所示若两板间距d=
1.0cm,板长l=
5.0cm,那么要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最大能加多大电压?图197[思路点拨]1电子经电压U加速后的速度v0可由eU=mv求出2初速度v0一定时偏转电压越大偏转位移越大3最大偏转位移对应最大偏转电压[解析] 加速过程,由动能定理得eU=mv
①进入偏转电场,电子在平行于板面的方向上做匀速运动l=v0t
②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动加速度a==
③偏距y=at2
④能飞出的条件为y≤
⑤联立
①~
⑤式解得U′≤=
4.0×102V即要使电子能飞出,所加电压最大为400V[答案] 400V带电粒子在电场中运动问题的处理方法带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续,从受力角度看带电粒子与一般物体相比多受到一个电场力;从处理方法上看仍可利用力学中的规律分析如选用平衡条件、牛顿定律,动能定理、功能关系,能量守恒等 1.如图198所示,电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动,然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中,射入方向跟极板平行,整个装置处在真空中,重力可忽略,在满足电子能射出平行板区的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏转角θ变大的是 图198A.U1变大、U2变大 B.U1变小、U2变大C.U1变大、U2变小D.U1变小、U2变小解析选B 设电子被加速后获得的速度为v0,则由动能定理得qU1=mv设极板长为l,则电子在电场中偏转所用的时间为t=设电子在平行板间受电场力作用产生的加速度为a,由牛顿第二定律得a==电子射出偏转电场时,平行于电场方向的速度为vy=at解得vy=故tanθ====所以U2变大或U1变小都可能使偏转角θ变大,故选项B正确
2.如图199所示,两极板与电源相连接,电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边缘飞出,现在使电子入射速度变为原来的两倍,而电子仍从原位置射入,且仍从正极板边缘飞出,则两极板的间距应变为原来的 图199A.2倍B.4倍C.D.解析选C 电子在两极板间做类平抛运动,水平方向l=v0t,t=,竖直方向d=at2=,故d2=,即d∝,故C正确
3.两平行金属板A、B水平放置,一个质量为m=5×10-6kg的带电粒子,以v0=2m/s的水平速度从两板正中位置射入电场,如图1910所示,A、B两板间距离为d=4cm,板长l=10cmg取10m/s2图19101当A、B间的电压为UAB=1000V时,粒子恰好不偏转,沿图中直线射出电场,求该粒子的电荷量和电性2使B板接地,欲使该粒子射出偏转电场,求A板所加电势的范围解析1当UAB=1000V时,重力跟静电力相等,粒子才沿初速度v0方向做匀速直线运动,故q=mg,q==2×10-9C;重力方向竖直向下,静电力方向竖直向上,而场强方向竖直向下UAB>0,所以粒子带负电2当qE>mg时,带电粒子向上偏,从右上边缘M点飞出,设此时φA=φ1,因为φB=0,所以UAB=φ1,静电力和重力都沿竖直方向,粒子在水平方向做匀速直线运动,速度vx=v0在竖直方向上a=-g,偏移位移y=,所以d=at2,联立解得φ1==2600V当qE<mg时,带电粒子向下偏转,设φA=φ2,则竖直方向a′=g-,同理可得φ2=-600V,故欲使粒子射出偏转电场,A板电势的范围为-600~2600V答案12×10-9C 带负电 2-600~2600V带电粒子在交变电场中的运动[典例] 在如图1911所示的平行板电容器的两板A、B上分别加如图1912甲、乙所示的两种电压,开始B板的电势比A板高在电场力作用下原来静止在两板中间的电子开始运动若两板间距足够大,且不计重力,试分析电子在两种交变电压作用下的运动情况,并画出相应的vt图像图1911图1912[解析] t=0时,B板电势比A板高,在电场力作用下,电子向B板设为正向做初速度为零的匀加速运动1对于图甲,在0~T电子做初速度为零的正向匀加速直线运动,T~T电子做末速度为零的正向匀减速直线运动,然后周期性地重复前面的运动,其速度图线如图1所示2对于图乙,在0~做类似10~T的运动,~T电子做反向先匀加速、后匀减速、末速度为零的直线运动然后周期性地重复前面的运动,其速度图线如图2所示[答案] 见解析带电粒子在交变电场中的运动可以是单向直线运动,也可以是往复周期性运动,与运动的开始时刻有关系,一般分析一个周期内的运动,一个周期以后重复第一个周期内的运动形式
1.多选带正电的微粒放在电场中,场强的大小和方向随时间变化的规律如图1913所示带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动,则下列说法中正确的是 图1913A.微粒在0~1s内的加速度与1~2s内的加速度相同B.微粒将沿着一条直线运动C.微粒做往复运动D.微粒在第1s内的位移与第3s内的位移相同解析选BD 0~1s和1~2s微粒的加速度大小相等,方向相反,A错;0~1s和1~2s微粒分别做匀加速直线运动和匀减速直线运动,根据这两段运动的对称性,1~2s的末速度为0,所以每个1s内的位移均相同且2s以后的运动重复0~2s的运动,是单向直线运动,B、D正确,C错误
2.如图1914a所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图b所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处若在t0时刻释放该粒子,粒子会时而向A板运动,时而向B板运动,并最终打在A板上则t0可能属于的时间段是 图1914A.0t0B.t0C.t0TD.Tt0解析选B 若t0=0时刻释放粒子,则粒子做方向不变的单向直线运动,一直向B运动;若t0=时刻释放粒子,则粒子在电场中固定两点间做往复运动,所以在0<t0<和T<t0<时间内释放粒子,都最终将打在B板上,因此选项A、D错误若t0=时刻释放粒子,则粒子一直向A运动;若t0=时刻释放粒子,则粒子在电场中固定两点间做往复运动,因此在t0时间内释放该粒子,粒子的运动满足题意的要求,选项B正确若<t0<T时间内释放粒子,它将在T<t0<内的某个确定时刻减速到零,之后的运动情况与选项A相同,故选项C错误1.多选示波管是示波器的核心部件,它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,如图1所示如果在荧光屏上P点出现亮斑,那么示波管中的 图1A.极板X应带正电 B.极板X′应带正电C.极板Y应带正电D.极板Y′应带正电解析选AC 由题意可知,在XX′方向上向X方向偏转,X带正电,A对B错;在YY′方向上向Y方向偏转,Y带正电,C对D错
2.多选如图2所示,M、N是真空中的两块平行金属板,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v0由小孔进入电场,当M、N间电压为U时,粒子恰好能到达N板,如果要使这个带电粒子到达M、N板间距的后返回,下列措施中能满足要求的是不计带电粒子的重力 图2A.使初速度减为原来的B.使M、N间电压加倍C.使M、N间电压提高到原来的4倍D.使初速度和M、N间电压都减为原来的解析选BD 由qE·l=mv,当v0变为v0时l变为;因为qE=q,所以qE·l=q·l=mv,通过分析知B、D选项正确3.如图3所示,质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点自由释放后,分别抵达B、C两点,若AB=BC,则它们带电荷量之比q1∶q2等于 图3A.1∶2B.2∶1C.1∶D.∶1解析选B 竖直方向有h=gt2,水平方向有l=t2,联立可得q=,所以有=,B对4.一束正离子以相同的速率从同一位置,沿垂直于电场方向飞入匀强电场中,所有离子的运动轨迹都是一样的,这说明所有粒子 A.都具有相同的质量B.都具有相同的电荷量C.具有相同的荷质比D.都是同一元素的同位素解析选C 由偏转距离y=2=可知,若运动轨迹相同,则水平位移相同,偏转距离y也应相同,已知E、l、v0是相同的,所以应有相同
5.多选两个共轴的半圆柱形电极间的缝隙中,存在一沿半径方向的电场,如图4所示带正电的粒子流由电场区域的一端M射入电场,沿图中所示的半圆形轨道通过电场并从另一端N射出,由此可知不计粒子重力 图4A.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的质量一定相等B.若入射粒子的电荷量相等,则出射粒子的动能一定相等C.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的速率一定相等D.若入射粒子的电荷量与质量之比相等,则出射粒子的动能一定相等解析选BC 由题图可知,该粒子在电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力qE=m得r=,r、E为定值,若q相等则mv2一定相等;若相等,则速率v一定相等,故B、C正确6.多选喷墨打印机的简化模型如图5所示,重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上则微滴在极板间电场中 图5A.向正极板偏转B.电势能逐渐增大C.运动轨迹是抛物线D.运动轨迹与带电量无关解析选AC 由于微滴带负电,电场方向向下,因此微滴受到的电场力方向向上,微滴向正极板偏转,A项正确;偏转过程中电场力做正功,根据电场力做功与电势能变化的关系,电势能减小,B项错误;微滴在垂直于电场方向做匀速直线运动,位移x=vt,沿电场反方向做初速度为零的匀加速直线运动,位移y=t2=2,此为抛物线方程,C项正确;从式中可以看出,运动轨迹与带电荷量q有关,D项错误7.一个动能为Ek的带电粒子,垂直于电场线方向飞入平行板电容器,飞出电容器时动能为2Ek如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍,那么它飞出电容器的动能变为 A.8EkB.5EkC.
4.25EkD.4Ek解析选C 因为偏转距离为y=,带电粒子的初速度变为原来的两倍时,偏转距离变为,所以静电力做功只有W=
0.25Ek,而初动能变为4Ek,故它飞出电容器时的动能变为
4.25Ek故正确选项为C8.在光滑水平面上有一比荷=
1.0×10-7C/kg的带正电小球,静止在O点,以O点为原点,在水平面内建立坐标系Oxy,现突然加一沿x轴正方向、电场强度为
2.0×106V/m的匀强电场,小球开始运动经过
1.0s,所加电场突然变为沿y轴正方向,电场强度大小不变则小球运动的轨迹和位置坐标正确的是下图中的 解析选C 小球加速度大小a==
0.20m/s21s末小球速度vx=at=
0.20m/s,沿x轴方向距离x1=at2=×
0.20×12m=
0.10m第2s内小球做类平抛运动,x方向x2=vxt=
0.20m,沿y轴方向y2=at2=×
0.20×12m=
0.1m,故第2s末小球坐标为
0.30m,
0.10m,故C正确9.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d,极板分别与电池两极相连,上极板中心有一小孔小孔对电场的影响可忽略不计小孔正上方处的P点有一带电粒子,该粒子从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并在下极板处未与极板接触返回若将下极板向上平移,则从P点开始下落的相同粒子将 A.打到下极板上B.在下极板处返回C.在距上极板处返回D.在距上极板d处返回解析选D 当两极板距离为d时,粒子从开始下落到恰好到达下极板过程中,根据动能定理可得mg×d-qU=0,当下极板向上移动,设粒子在电场中运动距离x时速度减为零,全过程应用动能定理可得mg+x-qx=0,两式联立解得x=d,选项D正确10.多选xx·山东高考如图6甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~时间内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触重力加速度的大小为g关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是 图6A.末速度大小为v0B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgdD.克服电场力做功为mgd解析选BC 0~时间内微粒匀速运动,有mg=qE0把微粒的运动分解,水平方向做速度为v0的匀速直线运动;竖直方向~时间内,只受重力,做自由落体运动,时刻,v1y=g;~T时间内,a==g,做匀减速直线运动,T时刻,v2y=v1y-a·=0,所以末速度v=v0,方向沿水平方向,选项A错误、B正确重力势能的减少量ΔEp=mg·=mgd,所以选项C正确根据动能定理mgd-W克电=0,得W克电=mgd,所以选项D错误11.一个质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场,如图7所示如果两极板间电压为U,两极板间的距离为d、板长为L设粒子束不会击中极板,求粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量粒子的重力忽略不计图7解析水平方向匀速,则运动时间t=
①竖直方向加速,则偏移y=at2
②且a=
③由
①②③得y=则电场力做功W=qE·y=q··=由功能原理得电势能减少了答案电势能减少了
12.如图8所示,匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道,轨道平面与电场方向平行a、b为轨道直径的两端,该直径与电场方向平行一电荷量为qq>0的质点沿轨道内侧运动,经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb不计重力,求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能图8解析质点所受电场力的大小为F=qE
①设质点质量为m,经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb,由牛顿第二定律有F+Na=m
②Nb-F=m
③设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb,有Eka=mv
④Ekb=mv
⑤根据动能定理有Ekb-Eka=2rF
⑥联立
①②③④⑤⑥式得E=Nb-Na
⑦Eka=Nb+5Na
⑧Ekb=5Nb+Na
⑨答案见解析 第一章 静电场时间50分钟 满分100分
一、选择题本题共8小题,每小题6分,共48分,第1~5小题只有一个选项符合题意,第6~8小题有多个选项符合题意;全选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分1.某电容器的电容是30μF,额定电压为200V,击穿电压为400V,对于该电容器,下列说法中正确的是 A.为使该电容器两极板间的电压增加1V,所需要的电荷量是3×10-5CB.当电容器带1C的电荷量时,两极板间的电压为3×10-5VC.该电容器能容纳的电荷量最多为6×10-3CD.该电容器两极板间能承受的最大电压为200V解析选A 由ΔQ=C·ΔU=30×10-6×1C=3×10-5C知,A对;当Q=1C时,U==V=
3.3×104V,B错;击穿电压为400V表示电容器能承受的最大电压为400V,最大电荷量Qm=CUm=30×10-6×400C=
1.2×10-2C,C、D错
2.两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图1中虚线所示,一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行,最后离开电场,粒子只受静电力作用,则粒子在电场中 图1A.做直线运动,电势能先变小后变大B.做直线运动,电势能先变大后变小C.做曲线运动,电势能先变小后变大D.做曲线运动,电势能先变大后变小解析选C 由题图等势面可知两固定的等量异号点电荷的电场分布如图所示带负电的粒子在等量异号点电荷所产生电场中的偏转运动轨迹如图所示,则粒子在电场中做曲线运动电场力对带负电的粒子先做正功后做负功,电势能先变小后变大,故C正确
3.Q
1、Q2为两个带电质点,带正电的检验电荷q沿中垂线向上移动时,q在各点所受Q
1、Q2作用力的合力大小和方向如图2中细线所示力的方向都是向左侧,由此可以判断 图2A.Q2可能带负电荷B.Q
1、Q2可能为等量异种电荷C.Q2电荷量一定大于Q1的电荷量D.中垂线上的各点电势相等解析选C 由图可知带正电的检验电荷受到两个电荷的库仑力的合力方向为左上方或左下方,所以Q2一定带正电荷,Q1可能带正电荷也可能带负电荷,且Q2Q1,选项A、B、D错,C正确4.xx·全国卷Ⅱ如图3,两平行的带电金属板水平放置若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态现将两板绕过a点的轴垂直于纸面逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将 图3A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动解析选D 两板水平放置时,放置于两板间a点的带电微粒保持静止,带电微粒受到的电场力与重力平衡当将两板逆时针旋转45°时,电场力大小不变,方向逆时针偏转45°,受力如图,则其合力方向沿二力角平分线方向,微粒将向左下方做匀加速运动选项D正确
5.如图4所示,足够长的两平行金属板正对竖直放置,它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连闭合开关后,一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放,最终液滴落在某一金属板上下列说法中正确的是 图4A.液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线B.电源电动势越大,液滴在板间运动的加速度越大C.电源电动势越大,液滴在板间运动的时间越长D.定值电阻的阻值越大,液滴在板间运动的时间越长解析选B 电容器充满电荷后,极板间的电压等于电源的电动势,极板间形成匀强电场,液滴受水平方向的电场力和竖直方向的重力作用,合力为恒力,而初速度为零,所以液滴做初速度为零的匀加速直线运动,A项错;电源电动势越大,则液滴受到的电场力也越大,合力越大,加速度也越大,B项对;电源电动势越大,加速度越大,同时位移越小,运动的时间越短,C错;定值电阻不会影响两极板上电压的大小,对液滴的运动没有影响,D项错
6.如图5所示是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路,开关S闭合一带电液滴悬浮在两板间P点不动,下列说法正确的是 图5A.带电液滴可能带正电B.增大两极板距离的过程中,电阻R中有从a到b的电流,电容器中负电荷从B到AC.断开S,减小两极板正对面积的过程中,液滴将加速上升D.断开S,减小两极板距离过程中,液滴静止不动解析选CD 带电液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态,电场力方向向上,电场方向向下,故液滴带负电,选项A错误由C=和Q=CU可知,当两极板间距离增大的过程中,C变小,所以Q变小,因此电容器放电,放电电流的方向从a到b,负电荷由B板经电源和电阻R流向A板,选项B错误断开S,由C=,Q=CU和U=Ed知E=,Q不变,S减小,所以E增大,电场力大于重力,液滴加速上升,选项C正确由E=知,Q不变,d减小,E不变,液滴静止不动,选项D正确
7.如图6所示的Ux图像表示三对平行金属板间电场的电势差与场强方向上距离的关系若三对金属板的负极板接地,图中x均表示到正极板的距离,则下述结论中正确的是 图6A.三对金属板正极电势的关系φ1>φ2>φ3B.三对金属板间场强大小有E1>E2>E3C.若沿电场方向每隔相等的电势差值作一等势面,则三个电场等势面分布的关系是1最密,3最疏D.若沿电场方向每隔相等距离作一等势面,则三个电场中相邻等势面差值最大的是1,最小的是3解析选BCD 通过Ux图像分析可得,三对金属板的板间电势差相同,又因为金属板的负极板都接地,所以三个正极板的电势相等,A错误又因为板间距离不同,由E=可得E1>E2>E3,B正确每隔相等的电势差值作一等势面,由d=可得,场强越大,等势面间距越小,分析得等势面分布的关系是1最密,3最疏,C正确沿电场方向每隔相等距离作一等势面,由UAB=Ed可得,场强越大,电势差越大,分析得相邻等势面差值最大的是1,最小的是3,D正确8.xx·天津高考如图7所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转,最后打在屏上整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么 图7A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置解析选AD 根据动能定理有qE1d=mv,得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1=在偏转电场中,由l=v1t2及y=t得,带电粒子经偏转电场的侧位移y=,则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等,又三种粒子带电荷量相同,根据W=qE2y得,偏转电场E2对三种粒子做功一样多,选项A正确根据动能定理,qE1d+qE2y=mv,得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2=,由于三种粒子的质量不相等,故v2不一样大,选项B错误粒子打在屏上所用的时间t=+=+L′为偏转电场左端到屏的水平距离,由于v1不一样大,所以三种粒子打在屏上的时间不相同,选项C错误根据vy=t2及tanθ=得,带电粒子的偏转角的正切值tanθ=,即三种带电粒子的偏转角相等,又由于它们的侧位移相等,故三种粒子打到屏上的同一位置,选项D正确
二、计算题本题共3小题,共52分
9.15分xx·全国卷Ⅱ如图8,一质量为m、电荷量为qq>0的粒子在匀强电场中运动,A、B为其运动轨迹上的两点已知该粒子在A点的速度大小为v0,方向与电场方向的夹角为60°;它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30°不计重力求A、B两点间的电势差图8解析设带电粒子在B点的速度大小为vB粒子在垂直于电场方向的速度分量不变,即vBsin30°=v0sin60°
①由此得vB=v0
②设A、B两点间的电势差为UAB,由动能定理有qUAB=mv-v
③联立
②③式得UAB=
④答案
10.17分如图9所示,在x>0的空间中,存在沿x轴正方向的匀强电场E;在x<0的空间内,存在沿x轴负方向的匀强电场,场强大小也等于E,一电子-e,m在x=d处的P点以沿y轴正方向的初速度v0开始运动,不计电子重力求图91电子在x轴方向的分运动的周期;2电子运动的轨迹与y轴的各个交点中,任意两个相邻交点之间的距离l解析1设电子从射入到第一次与y轴相交所用时间为t,则有d=··t2,解得t=所以,电子在x方向分运动的周期为T=4t=42在竖直方向上有y=v0t=v0,电子运动的轨迹与y轴的各个交点中,任意两个相邻交点之间的距离l=2y=2v0答案14 22v
011.20分如图10所示,一质量为m的球形塑料容器放在桌面上,它的内部有一劲度系数为k的轻弹簧,弹簧直立地固定于容器内壁的底部,弹簧上端经绝缘体系住一只电荷量为+q、质量也为m的小球从加一个竖直向上且场强为E的匀强电场起,到容器对桌面的压力减为零时为止,求图101小球的电势能改变量;2容器对桌面的压力减为零时小球的速度大小解析1初状态,对小球进行受力分析,设弹簧压缩量为x1,则mg=kx1,得x1=当容器对桌面的压力为零时,对容器受力分析,可知弹簧伸长且拉力为mg,弹簧伸长量x2=x1=该过程电场力做的功W=Eqx1+x2=所以小球电势能减少2对小球用动能定理,该过程弹簧弹力做的功是零,则Eq-mgx1+x2=mv2,得v=2答案1 22。