第1講電場性質(zhì)和帶電粒子在電場中的運(yùn)動選考考點(diǎn)分布章知識內(nèi)容考試要求歷次選考統(tǒng)計(jì)必考加試2015/102016/042016/102017/042017/11靜電場電荷及其守恒定律bc庫侖定律c114、13133電場強(qiáng)度cc1386電勢能和電勢bc138電勢差bc電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系c靜電現(xiàn)象的應(yīng)用b電容器的電容bc7帶電粒子在電場中的運(yùn)動bd238、228、2388、19考點(diǎn)一電場基本性質(zhì)的理解1(2017·浙江11月選考·6)電場線的形狀可以用實(shí)驗(yàn)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(guān)于此實(shí)驗(yàn)，下列說法正確的是()圖1Aa圖是模擬兩等量同種電荷的電場線Bb圖一定是模擬兩等量正電荷的電場線Ca圖中的A、B應(yīng)接高壓起電裝置的兩極Db圖中的A、B應(yīng)接高壓起電裝置的兩極答案C2(2016·浙江10月學(xué)考·8)如圖2為某一電場的電場線，M、N、P為電場線上的三個點(diǎn)，M、N是同一電場線上的兩點(diǎn)下列判斷正確的是()圖2AM、N、P三點(diǎn)中N點(diǎn)的場強(qiáng)最大BM、N、P三點(diǎn)中N點(diǎn)的電勢最高C負(fù)電荷在M點(diǎn)的電勢能大于在N點(diǎn)的電勢能D正電荷從M點(diǎn)自由釋放，電荷將沿電場線運(yùn)動到N點(diǎn)答案A解析電場線的疏密反映了電場的強(qiáng)弱，所以N點(diǎn)場強(qiáng)最大，選項(xiàng)A正確順著電場線的方向，電勢降低，M點(diǎn)的電勢最高，選項(xiàng)B錯誤根據(jù)Epq，M>P>N可知，負(fù)電荷在M點(diǎn)電勢能小于在N點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)C錯誤正電荷從M點(diǎn)靜止釋放，電荷在電場力的作用下運(yùn)動，但是運(yùn)動軌跡并不沿電場線，選項(xiàng)D錯誤3(2016·浙江4月學(xué)考·13)如圖3所示，真空中有兩個點(diǎn)電荷Q19.0×108 C和Q21.0×108 C，分別固定在x坐標(biāo)軸上，其中Q1位于x0處，Q2位于x6 cm處在x軸上()圖3A場強(qiáng)為0的點(diǎn)有兩處B在x6 cm區(qū)域，電勢沿x軸正方向降低C質(zhì)子從x1 cm運(yùn)動到x5 cm處，電勢能升高D在0x6 cm和x9 cm的區(qū)域，場強(qiáng)沿x軸正方向答案D解析因?yàn)镼10，Q20，且Q1|Q2|，所以x0區(qū)域不會出現(xiàn)合場強(qiáng)為0的點(diǎn)；0x6 cm區(qū)域合場強(qiáng)沿x軸正方向，場強(qiáng)都不為零，x6 cm區(qū)域有一位置合場強(qiáng)為零，由kk得x9 cm，則6 cmx9 cm區(qū)域合場強(qiáng)沿x軸負(fù)方向，x9 cm區(qū)域合場強(qiáng)沿x軸正方向，故A錯，D對；沿電場方向電勢降低，B錯；質(zhì)子帶正電，在電勢高處電勢能大，C錯4(人教版選修31P9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(diǎn)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D5(2017·稽陽聯(lián)誼學(xué)校8月聯(lián)考)如圖4所示，實(shí)線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶電粒子的運(yùn)動軌跡，M、N是運(yùn)動軌跡上的兩點(diǎn)，則()圖4AM點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的電勢低B粒子在M點(diǎn)的加速度比在N點(diǎn)的加速度大C粒子一定是從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)D粒子在M點(diǎn)的電勢能比在N點(diǎn)的電勢能大答案D解析由沿電場線方向電勢降低知M點(diǎn)的電勢高于N點(diǎn)的電勢，A錯誤；根據(jù)電場線疏密程度可知N點(diǎn)場強(qiáng)大，所以加速度也大，B錯誤；根據(jù)軌跡看不出運(yùn)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(diǎn)，如果在A處放一個Q的點(diǎn)電荷，測得B處的場強(qiáng)EB48 N/C，則()圖5AEC24 N/CBEC12 N/CC若要使EB0，可在C處放一個Q的點(diǎn)電荷D把q109 C的點(diǎn)電荷放在C點(diǎn)，則其所受電場力的大小為6×109 N答案B解析由真空中點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E知A錯誤，B正確；根據(jù)場的疊加及點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)方向知，應(yīng)在C處放一等量同種電荷，C錯誤；FqEC1.2×108 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(diǎn)電勢為零，Ox方向上各點(diǎn)的電勢隨x變化的情況如圖乙所示若在O點(diǎn)由靜止釋放一電子，且電子僅受電場力的作用，則()圖6A電場的方向沿Ox正方向B電子沿Ox正方向運(yùn)動C電場的場強(qiáng)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(yùn)動軌跡問題的分析方法(1)某點(diǎn)速度方向即為該點(diǎn)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(fù)；(3)結(jié)合軌跡、速度方向與電場力的方向，確定電場力做功的正負(fù)，從而確定電勢能、電勢和電勢差的變化等考點(diǎn)二帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動1(2017·浙江11月選考·19)如圖7所示，AMB是一條長L10 m的絕緣水平軌道，固定在離水平地面高h(yuǎn)1.25 m處，A、B為端點(diǎn)，M為中點(diǎn)，軌道MB處在方向豎直向上、大小E5×103 N/C的勻強(qiáng)電場中一質(zhì)量m0.1 kg、電荷量q1.3×104 C的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊以初速度v06 m/s在軌道上自A點(diǎn)開始向右運(yùn)動，經(jīng)M點(diǎn)進(jìn)入電場，從B點(diǎn)離開電場已知滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)0.2，g10 m/s2.求滑塊：圖7(1)到達(dá)M點(diǎn)時的速度大?。?2)從M點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所用的時間；(3)落地點(diǎn)距B點(diǎn)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：ag2 m/s2根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式vv2ax，可得vM4 m/s(2)進(jìn)入電場之后，Eq0.65 N，受力分析如下：a0.7 m/s2根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式vv2ax，解得vB3 m/s根據(jù)勻變速直線運(yùn)動推論xMBt解得t s(3)從B點(diǎn)飛出后，滑塊做平拋運(yùn)動，因此hgt2，解得t0.5 s落地點(diǎn)距B點(diǎn)的水平距離xvBt1.5 m.2(2016·浙江4月選考·8)密立根油滴實(shí)驗(yàn)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(fù)極相接，板間電壓為U，形成豎直向下電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和帶電荷量各不相同的油滴通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴，若此懸浮油滴的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是()圖8A懸浮油滴帶正電B懸浮油滴的帶電荷量為C增大電場強(qiáng)度大小，懸浮油滴將向上運(yùn)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(fù)電，A錯；由Eqmg得q，所以B錯；如果增大電場強(qiáng)度大小，油滴所受的電場力增大，油滴就會向上加速運(yùn)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31P39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(dāng)U12.5 V時電流表中就沒有電流已知電子的質(zhì)量me9.1×1031 kg.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(dá)N板，則電流表中就沒有電流，由W0Ekm，WeU，得eU0Ekmmev2，v m/s2.10×106 m/s.4如圖10所示，水平放置的金屬薄板A、B間有勻強(qiáng)電場，已知B板電勢高于A板電場強(qiáng)度E5×105 N/C，間距d1.25 mA板上有一小孔，M恰好在孔的正上方，距離A板h1.25 m從M處每隔相等時間間隔由靜止釋放一個質(zhì)量m1×103 kg的帶電小球第1個帶電小球的電量q11×108 C，第n個帶電小球的電量qnnq1.取g10 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(dá)B板；(3)第(2)問中該帶電小球下落過程中機(jī)械能的變化量答案(1) s(2)5(3)2.08×102 J解析 (1)t1 0.5 s，v1 5 m/s，a15 m/s2，dv1t2a1t，代入解得：t2 s，t總t1t2 s.(2)mg(hd)EqndEk0，qn4×108 C，n4，即第4個小球恰好抵達(dá)B板，則第5個小球不能到達(dá)B板(3)mg(hx)Eq5xEk0，x m，E機(jī)mg(hx)2.08×102 J.帶電粒子在電場中直線運(yùn)動時的兩種解題思路(1)應(yīng)用牛頓運(yùn)動定律處理帶電粒子的直線運(yùn)動帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)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(yùn)動根據(jù)帶電粒子的受力情況，用牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的速度、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(yùn)動對帶電粒子進(jìn)行受力分析，確定有哪幾個力做功，做正功還是負(fù)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(diǎn)三帶電粒子在電場中的曲線運(yùn)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(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場有一質(zhì)量為m，電荷量為q的點(diǎn)電荷從兩極板正中間處靜止釋放重力加速度為g.則點(diǎn)電荷運(yùn)動到負(fù)極板的過程()圖11A加速度大小為agB所需的時間為t C下降的高度為yD電場力所做的功為WEqd答案B解析點(diǎn)電荷受到重力、電場力的作用，所以a，選項(xiàng)A錯誤；根據(jù)運(yùn)動獨(dú)立性，水平方向點(diǎn)電荷的運(yùn)動時間為t，則t2，化簡則t ，選項(xiàng)B正確；下降高度ygt2，選項(xiàng)C錯；電場力做功W，選項(xiàng)D錯誤2(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(jìn)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(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能mvqU0，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a，在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動的時間為t，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qAqB13的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點(diǎn)，若OCCD，忽略粒子重力的影響，則下列說法不正確的是()圖12AA和B在電場中運(yùn)動的時間之比為12BA和B運(yùn)動的加速度大小之比為41CA和B的質(zhì)量之比為112DA和B的位移大小之比為11答案D解析粒子A和B在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向由xv0t及OCCD得，tAtB12；豎直方向由hat2得a，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aAaB41；根據(jù)a得m，故，A和B的位移大小不相等，故選項(xiàng)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(qiáng)電場，一質(zhì)量為m、可視為點(diǎn)電荷的帶正電小球從高為h的平臺上方水平拋出，落地點(diǎn)距離拋出點(diǎn)的水平距離為x，已知小球所受重力大小等于所受電場力的兩倍，小球在落地處恰好沒有能量損失地進(jìn)入光滑圓弧軌道，重力加速度為g.落地點(diǎn)與圓心的連線和過圓心的豎直線之間的夾角為，不計(jì)空氣阻力，求：圖13(1)小球被水平拋出時的初速度大小；(2)角度的正切值答案(1)(2)解析(1)小球先做類平拋運(yùn)動，由牛頓第二定律有：mgqEma解得加速度ag，方向豎直向下根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律，兩個方向的位移為：xv0t，hat2則小球的初速度大小為v0(2)由于沒有能量損失地進(jìn)入光滑圓弧軌道，表明在拋物線和圓弧軌道的接點(diǎn)處，圓弧軌道與拋物線相切，因此，角也等于拋物線在該點(diǎn)的切線與水平方向的夾角，有tan .5. 如圖14，靜止于A處的離子，經(jīng)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(diǎn)垂直于CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧所在處電場強(qiáng)度為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；2d、3d，離子重力不計(jì)圖14(1)求圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大小；(2)若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)電場強(qiáng)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qUmv2，離子在輻向電場中做勻速圓周運(yùn)動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qE0m，聯(lián)立解得R.(2)射出靜電分析器后，離子做類平拋運(yùn)動，dvt，3dat2，由牛頓第二定律得qEma，聯(lián)立解得E.分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵(1)條件分析：不計(jì)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(yùn)動(2)運(yùn)動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運(yùn)動和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動帶電粒子經(jīng)加速電場U1，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需要經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動才會打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P，如圖15所示圖15專題強(qiáng)化練(限時：30分鐘)1(2016·浙江4月選考·7)關(guān)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(dǎo)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(lǐng)，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(dǎo)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 F50 V”，則()A這個電容器的電容為105 FB這個電容器加上50 V電勢差時，電容才是10 FC這個電容器沒有電勢差時，電容為0D這個電容器加的電勢差不能低于50 V答案A3(2016·諸暨市期末)如圖1甲所示，一塊有機(jī)玻璃板和一塊塑料板，手持有機(jī)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(yàn)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(jī)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(guān)于這一實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，下列的說法正確的是()圖1A兩板摩擦后帶電說明創(chuàng)造了新的電荷B圖乙驗(yàn)電器箔片張開是因?yàn)榘l(fā)生了電磁感應(yīng)C圖乙驗(yàn)電器箔片張開是因?yàn)榘迳想姾赊D(zhuǎn)移到箔片上D圖丙驗(yàn)電器箔片沒有張開是因?yàn)閮砂鍘У攘慨惙N電荷答案D4. 如圖2所示，將懸掛在細(xì)線上的帶正電荷的小球A放在不帶電的金屬空心球C內(nèi)(不與內(nèi)壁接觸)，另有一個懸掛在細(xì)線上的帶負(fù)電的小球B向C靠近，則()圖2AA向左偏離豎直方向，B向右偏離豎直方向BA的位置不變，B向右偏離豎直方向CA向左偏離豎直方向，B的位置不變DA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(nèi)部，因此小球A不會受到靜電力的作用，不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)；金屬球殼C處在電荷A的電場中，內(nèi)壁是近端，感應(yīng)異號電荷負(fù)電，外壁是遠(yuǎn)端，感應(yīng)同號電荷正電，該正的感應(yīng)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(xiàng)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C6. 如圖3為真空中兩點(diǎn)電荷A、B形成的電場中的一簇電場線，已知該電場線關(guān)于虛線對稱，O點(diǎn)為A、B電荷連線的中點(diǎn)，a、b為其連線的中垂線上對稱的兩點(diǎn)，則下列說法正確的是()圖3AA、B可能帶等量異號的正、負(fù)電荷BA、B可能帶不等量的正電荷Ca、b兩點(diǎn)處無電場線，故其電場強(qiáng)度可能為零D同一試探電荷在a、b兩點(diǎn)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(xiàng)A、B錯誤；a、b兩點(diǎn)處雖然沒有畫電場線，但其電場強(qiáng)度一定不為零，選項(xiàng)C錯誤；由圖可知，a、b兩點(diǎn)處電場強(qiáng)度大小相等，方向相反，同一試探電荷在a、b兩點(diǎn)處所受電場力大小相等，方向一定相反，選項(xiàng)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(jì)算任何電場中A、B兩點(diǎn)間的電勢差BA點(diǎn)和B點(diǎn)間距越大，則這兩點(diǎn)的電勢差越大C勻強(qiáng)電場中A、B兩點(diǎn)沿電場線的距離越大，則電場強(qiáng)度越小D公式中的d是勻強(qiáng)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(qiáng)電場，選項(xiàng)A錯誤；A、B兩點(diǎn)間的電勢差不僅取決于場強(qiáng)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(xiàng)B錯誤；勻強(qiáng)電場中的電場強(qiáng)度大小與A、B兩點(diǎn)間的距離無關(guān)，是恒定的，選項(xiàng)C錯誤；公式中的d是勻強(qiáng)電場中A、B所在的兩等勢面之間的距離，選項(xiàng)D正確8. 相距為L的點(diǎn)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(diǎn)電荷C，使三個點(diǎn)電荷都處于平衡狀態(tài)，則C的電荷量和放置的位置是()圖4Aq，在A左側(cè)距A為L處B2q，在A左側(cè)距A為處C4q，在B右側(cè)距B為L處D2q，在B右側(cè)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(diǎn)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(cè)當(dāng)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，rL，由A電荷處于平衡狀態(tài)可得，解得qC4q，故C選項(xiàng)正確9. (2016·舟山市調(diào)研)電場中有A、B兩點(diǎn)，一個點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的電勢能為1.2×108 J，在B點(diǎn)的電勢能為0.8×108 J已知A、B兩點(diǎn)在同一條電場線上，如圖5所示，該點(diǎn)電荷的電荷量為1.0×109 C，那么()圖5A該電荷為負(fù)電荷B該電荷為正電荷CA、B兩點(diǎn)的電勢差UAB4.0 VD把電荷從A移到B，靜電力做功為W2.5×1010 J答案A解析A點(diǎn)的電勢能大于B點(diǎn)的電勢能，從A到B靜電力做正功，所以該電荷一定為負(fù)電荷，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯誤；靜電力做功WABEpAEpB1.2×108 J0.8×108 J0.4×108 J，選項(xiàng)D錯誤；由UAB得UAB V4.0 V，所以選項(xiàng)C錯誤10. (2016·舟山市調(diào)研)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6所示，h，此電子具有的初動能是()圖6A. BedUhC. D.答案D解析電子受到的靜電力做負(fù)功，有eUOA0Ek，UOAh，Ek，由此知選項(xiàng)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(yùn)動，然后射入電勢差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)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(zhuǎn)角變大的是()圖7AU1變大、U2變大 BU1變小、U2變大CU1變大、U2變小 DU1變小、U2變小答案B解析設(shè)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U1qmv，電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時間t，又設(shè)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(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度vyat，聯(lián)立解得vy，又tan ，故U2變大、U1變小，一定能使偏轉(zhuǎn)角變大，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(zhuǎn)電場，M為熒光屏今有質(zhì)子、氘核和粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上已知質(zhì)子、氘核和粒子的質(zhì)量之比為124，電荷量之比為112，則下列判斷中正確的是()圖8A三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)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(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為122D偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為124答案B解析設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)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qU1mv，解得v0 ，三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時間不同，故A錯誤；根據(jù)推論y、tan 可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為WqEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為112，則有電場力對三種粒子做功之比為112，故C、D錯誤13. 如圖9所示，板長L4 cm的平行板電容器，板間距離d3 cm，板與水平線夾角37°，兩板所加電壓為U100 V，有一帶負(fù)電液滴，帶電荷量大小為q3×1010 C，以v01 m/s的水平速度自A板邊緣水平進(jìn)入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從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(zhì)量；(2)液滴飛出時的速度大小答案(1)8×108 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(yùn)動(1)豎直方向：qcos mg，解得m8×108 kg(2)解法一：水平方向qsin ma，解得agtan g，設(shè)液滴在平行板中飛行距離為s，則s0.05 m，又由v2v2as得v1.32 m/s，解法二：設(shè)液滴在平行板中飛行距離為s，則s0.05 m液滴受到的合力F合mgtan 由動能定理得F合smv2mv，解得v1.32 m/s.14如圖10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.圖10(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U2.0×102 V，d4.0×102 m，m9.1×1031 kg，e1.6×1019 C，g10 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(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)答案見解析解析(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(yùn)動時間tL加速度a偏轉(zhuǎn)距離ya(t)2(2)只考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力Gmg1029 N電場力F1015 N由于FG，因此不需要考慮電子所受的重力(3)電場中某點(diǎn)電勢定義為電荷在該點(diǎn)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(diǎn)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18