《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動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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動學(xué)案（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講電容器帶電粒子在電場中的運動一、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異種電荷，電容器中儲存電場能(2)放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能2公式C和C的比較(1)定義式：C，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，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為極板正對面積，d為板間距離二、帶電粒子在勻強電場中的運動示波管1直線問題：若不計粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量(1)在勻強電場中：WqEdqUmv2mv.

2、(2)在非勻強電場中：WqUmv2mv.2偏轉(zhuǎn)問題：(1)條件分析：不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場(2)運動性質(zhì)：類平拋運動(3)處理方法：利用運動的合成與分解沿初速度方向：做勻速直線運動沿電場方向：做初速度為零的勻加速運動3示波管的構(gòu)造：電子槍，偏轉(zhuǎn)電極，熒光屏(如圖1所示)圖1深度思考帶電粒子在電場中運動時一定考慮受重力嗎？答案(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1(教科版選修31P40第9題)關(guān)于電容器的

3、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，其電容為零D電容器的電容只由它本身的特性決定答案D2(人教版選修31P32第1題)平行板電容器的一個極板與靜電計的金屬桿相連，另一個極板與靜電計金屬外殼相連給電容器充電后，靜電計指針偏轉(zhuǎn)一個角度以下情況中，靜電計指針的偏角是增大還是減?。?1)把兩板間的距離減?。?2)把兩板間的相對面積減?。?3)在兩板間插入相對介電常數(shù)較大的電介質(zhì)答案(1)把兩極板間距離減小，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計指針偏角變小(2)把兩極板間相對面積減小，電容減小，電荷量不變，電壓變大，靜電計指針

4、偏角變大(3)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，靜電計指針偏角變小3.(人教版選修31P39第2題)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，其速度大小也不相同在M旁放置一個金屬網(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2那樣在M、N之間加一個電壓U，發(fā)現(xiàn)當U12.5V時電流表中就沒有電流已知電子的質(zhì)量me9.11031kg.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)圖2答案2.10106m/s解析如果電子的動能減少到等于0的

5、時候，電子恰好沒有到達N板，則電流表中就沒有電流由W0Ekm，WeU，得eU0Ekmmev2vm/s2.10106m/s4(人教版選修31P39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)電子與氫核的初動能相同答案見解析解析設(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能mvqU0，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t，

6、粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿靜電力方向的速度vyat，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan.(1)若電子與氫核的初速度相同，則.(2)若電子與氫核的初動能相同，則1.命題點一平行板電容器的動態(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、動態(tài)分析思路1U不變(1)根據(jù)C先分析電容的變化，再分析Q的變化(2)根據(jù)E分析場強的變化(3)根據(jù)UABEd分析某點電勢變化2Q不變(1)根據(jù)C先分析電容的變化，再分析U的變化(2)根據(jù)E分析場強變化例1(2016全國卷14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介

7、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，極板間電場強度變大B極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變答案D解析由C可知，當將云母介質(zhì)移出時，r變小，電容器的電容C變小；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據(jù)QCU可知，當C減小時，Q減小再由E，由于U與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確1(2016天津理綜4)如圖3所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計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點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在

8、P點的電勢能，表示靜電計指針的偏角若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()圖3A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D解析若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)C可知，C變大；根據(jù)QCU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角減?。桓鶕?jù)E，QCU，C聯(lián)立可得E，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確2(多選)如圖4所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點處固定一負電荷，設(shè)此時兩極間的電勢

9、差為U，P點場強大小為E，電勢為P，負電荷的電勢能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變)，下列說法正確的是()圖4AU變大，E變大BU變小，P變小CP變小，Ep變大DP變大，Ep變小答案AC解析根據(jù)題意可知兩極板間電荷量保持不變，當正對面積減小時，則由C可知電容減小，由U可知極板間電壓增大，由E可知，電場強度增大，故A正確；設(shè)P點的電勢為P，則由題可知0PEd是增大的，則P一定減小，由于負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正確命題點二帶電粒子在電場中的直線運動1做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合0，粒子或靜止，或做勻速直線運動(2)粒子所受

10、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動或勻減速直線運動2用動力學(xué)觀點分析a，E，v2v2ad.3用功能觀點分析勻強電場中：WEqdqUmv2mv非勻強電場中：WqUEk2Ek1例2在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個帶電油滴，電容器兩板間距為d，當平行板電容器的電壓為U0時，油滴保持靜止狀態(tài)，如圖5所示當給電容器突然充電使其電壓增加U1時，油滴開始向上運動；經(jīng)時間t后，電容器突然放電使其電壓減少U2，又經(jīng)過時間t，油滴恰好回到原來位置假設(shè)油滴在運動過程中沒有失去電荷，充電和放電的過程均很短暫，這段時間內(nèi)油滴的位移可忽略不計重力加速度為g.求：圖5(1)帶

11、電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比；(2)第一個t與第二個t時間內(nèi)油滴運動的加速度大小之比；(3)U1與U2之比油滴保持靜止狀態(tài)；恰好又回到原來位置答案(1)(2)13(3)14解析(1)油滴靜止時滿足：mgq，則(2)設(shè)第一個t時間內(nèi)油滴的位移為x1，加速度為a1，第二個t時間內(nèi)油滴的位移為x2，加速度為a2，則x1a1t2，x2v1ta2t2且v1a1t，x2x1解得a1a213.(3)油滴向上加速運動時：qmgma1，即qma1油滴向上減速運動時：mgqma2即qma2則解得3(2015海南單科5)如圖6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(q0)的粒

12、子；在負極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動已知兩粒子同時經(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重力，則Mm為()圖6A32B21C52D31答案A解析設(shè)電場強度為E，兩粒子的運動時間相同，對M有，aM，l；對m有am，l，聯(lián)立解得，A正確4(2014安徽22)如圖7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處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)求：圖7(1)小球到達小

13、孔處的速度；(2)極板間電場強度的大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開始下落運動到下極板處的時間答案(1)(2)C(3)解析(1)由v22gh，得v(2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓運動定律知：mgqEma由運動學(xué)公式知：0v22ad整理得電場強度E由UEd，QCU，得電容器所帶電荷量QC(3)由hgt，0vat2，tt1t2整理得t命題點三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1運動規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間(2)沿電場力方向，做勻加速直線運動2兩個結(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，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的證明：由qU0mvyat

14、2()2tan得：y，tan(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O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為.3功能關(guān)系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置間的電勢差例3(2016北京理綜23)如圖8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)電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d.圖8(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離y；(2)分

15、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)分析說明其原因已知U2.0102V，d4.0102m，m9.11031kg，e1.61019C，g10m/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(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”的共同特點由靜止開始經(jīng)加速電場加速；沿平行于板面的方向射入答案(1)(2)見解析(3)見解析解析(1)根據(jù)動能定理，有eU0mv，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間tL加速度a偏轉(zhuǎn)距離ya(t)2(2)只考慮電

16、子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力Gmg1029N電場力F1015N由于FG，因此不需要考慮電子所受的重力(3)電場中某點電勢定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即，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(zhì)量m的比值，叫做“重力勢”，即G.電勢和重力勢G都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定5(多選)(2015天津理綜7)如圖9所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地進入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么()圖9A偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做

17、功一樣多B三種粒子打到屏上時的速度一樣大C三種粒子運動到屏上所用時間相同D三種粒子一定打到屏上的同一位置答案AD6(2015安徽理綜23)在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E(圖中未畫出)，由A點斜射出一質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖10所示，其中l(wèi)0為常數(shù)粒子所受重力忽略不計求：圖10(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功；(2)粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間；(3)粒子經(jīng)過C點時的速率答案(1)3qEl0(2)3(3) 解析(1)粒子從A到C過程中電場力對它做的功WqE(yAyC)3qEl0(2)粒子只受沿y軸負方向的電場力作用，粒子做類似

18、斜上拋運動，粒子在x軸方向做勻速直線運動，由對稱性可知軌跡最高點D在y軸上，可令tADtDBT，且tBCT由牛頓第二定律qEma由運動學(xué)公式得yDaT2從D到C做類平拋運動，沿y軸方向：yD3l0a(2T)2由式解得T則AC過程所經(jīng)歷的時間t3T3(3)粒子由D到C過程中x軸方向：2l0vD2Ty軸方向：vCya2TvC由式解得vC題組1平行板電容器的動態(tài)分析1.如圖1所示，一帶電小球懸掛在豎直放置的平行板電容器內(nèi)，當開關(guān)S閉合，小球靜止時，懸線與豎直方向的夾角為，則()圖1A當開關(guān)S斷開時，若減小平行板間的距離，則夾角增大B當開關(guān)S斷開時，若增大平行板間的距離，則夾角變小C當開關(guān)S閉合時，若

19、減小平行板間的距離，則夾角增大D當開關(guān)S閉合時，若減小平行板間的距離，則夾角減小答案C解析帶電小球在電容器中處于平衡時，由平衡條件有tan ，當開關(guān)S斷開時，電容器兩極板上的電荷量Q不變，由C，U，E可知E，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度不變，不變，選項A、B錯誤；當開關(guān)S閉合時，因為兩極板間的電壓U不變，由E可知，減小兩極板間的距離d，E增大，變大，選項C正確，D錯誤2如圖2所示，電容器極板間有一可移動的電介質(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()圖2A若電容器極板間的電壓不變，x變大，電容器極板

20、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極板答案D解析若x變大，則由C，可知電容器電容減小，在極板間的電壓不變的情況下，由QCU知電容器帶電荷量減少，此時帶正電荷的極板得到電子，帶負電荷的極板失去電子，所以有電流流向負極板，A、C錯誤，D正確若電容器極板上帶電荷量不變，x變小，則電容器電容增大，由U可知，電容器極板間電壓減小，B錯誤3(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強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

21、()A保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tE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)樵瓉淼囊话氪鸢窤D解析由E可知，若保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话?，A項正確；若保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tU變?yōu)樵瓉淼囊话?，B項錯誤；由C，C，E，可得U，E，所以，保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀叮珻項錯誤；保持d不變，若Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珼項正確4如圖3所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調(diào)電阻，用

22、絕緣細線將質(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()圖3A保持R1不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)將變大B保持R1不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)將變小C保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)將變大D保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)將變小答案B解析據(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勢，因此R2UR0UMN電場強度EF電F，A錯誤，B正確；R2不變，緩慢增大R1時，R0兩端電壓不變，電容器兩端電壓不變，故F不變，C、D均錯題組2帶電粒子在電場中的直線運動5兩平行金屬板相距為d，電

23、勢差為U，一電子質(zhì)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4所示，OAh，此電子具有的初動能是()圖4A.BedUhC.D.答案D解析由動能定理得：ehEk，所以Ek.6(2015新課標全國14)如圖5所示，兩平行的帶電金屬板水平放置若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài)，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()圖5A保持靜止狀態(tài)B向左上方做勻加速運動C向正下方做勻加速運動D向左下方做勻加速運動答案D解析兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止有mgqE，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面

24、)逆時針旋轉(zhuǎn)45后，兩板間電場強度方向逆時針旋轉(zhuǎn)45，電場力方向也逆時針旋轉(zhuǎn)45，但大小不變，此時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動，選項D正確7.反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團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6所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動已知電場強度的大小分別是E12.0103N/C和E24.0103 N/C，方向如圖所示帶電微粒質(zhì)量m1.01020kg，帶電荷量q1.0109C、A點距虛線MN的距離d11.0cm，不計

25、帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)求：圖6(1)B點到虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t.答案(1)0.50cm(2)1.5108s解析(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有|q|E1d1|q|E2d20，E1d1E2d2，解得d20.50 cm.(2)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|E1ma1，|q|E2ma2，設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2，由運動學(xué)公式有d1a1t，d2a2t.又tt1t2，解得t1.5108 s.8.如圖7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，當整個

26、裝置被置于一水平向右的勻強電場中時，小物塊恰好靜止重力加速度取g，sin370.6，cos370.8.求：圖7(1)水平向右電場的電場強度；(2)若將電場強度減小為原來的，物塊的加速度是多大？(3)電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能答案(1)(2)0.3g(3)0.3mgL解析(1)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FNsin 37qEFNcos 37mg解得E(2)若電場強度減小為原來的，即E由牛頓第二定律得mgsin 37qEcos 37ma解得a0.3g(3)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理得mgLsin 37qE

27、Lcos 37Ek0解得Ek0.3mgL.題組3帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)9如圖8所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進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間為t(不計粒子的重力)，則()圖8A在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為B在后時間內(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12D在粒子下落前和后的過程中，電場力做功之比為21答案B解析帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，帶電粒子所做的運動是類平拋運動豎直

28、方向上的分運動是初速度為零的勻加速直線運動，由運動學(xué)知識可知，前后兩段相等時間內(nèi)豎直方向上的位移之比為13，電場力做功之比也為13.又因為電場力做的總功為，所以在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為，A選項錯；在后時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為，B選項對；在粒子下落前和后的過程中，電場力做功相等，故C、D選項錯10(2014山東理綜18)如圖9所示，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(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兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(qū)域(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0

29、等于()圖9A.B.C.D.答案B解析根據(jù)對稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有sv0t，在豎直方向有ht2，解得v0.故選項B正確，選項A、C、D錯誤11如圖10所示，區(qū)域、分別存在著有界勻強電場E1、E2，已知區(qū)域?qū)扡10.8m，區(qū)域?qū)扡20.4m，E110V/m且方向與水平方向成45角斜向右上方，E220 V/m且方向豎直向下帶電荷量為q1.6103C質(zhì)量m1.6103kg的帶電小球(可視為質(zhì)點)在區(qū)域的左邊界由靜止釋放g取10m/s2，求：圖10(1)小球在電場區(qū)域中運動的加速度大小和時間；(2)小球離開電場區(qū)域的速度大小和方向答案(1)10m/s20.4

30、s(2)5 m/s速度方向與水平方向夾角為37斜向右下方解析(1)小球在電場區(qū)域受到電場力F1qE1，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F1 cos 451.6102 N，則小球向右做勻加速直線運動，其加速度a110 m/s2，小球運動時間t10.4 s.(2)小球離開電場區(qū)域的水平速度v0a1t14 m/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，其加速度a2g30 m/s2，小球在電場區(qū)域中做類平拋運動，其運動時間t20.1 s小球在豎直方向的分速度vya2t23 m/s，小球離開電場區(qū)域的速度v5 m/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37.19