2023年浙江选考高考物理大一轮复习第六章静电场第3讲电容器的电容、带电粒子在电场中的运动学案.pdf

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1、1/20 第 3 讲电容器的电容、带电粒子在电场中的运动 考试标准 知识内容必考要求加试要求说明电容器的电容b c 1.不要求应用平行板电容器电容的决定式进行计算2.示波管问题的分析与计算不涉及两个偏转电极同时加电压的情形3.解决带电粒子偏转运动问题只限于垂直电场方向入射且偏转电极加恒定电压的情形.带电粒子在电场中的运动b d一、电容器1电容器的充、放电，电容器中储存异种电荷充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的(1)电场能转化为其他形式的能电场能器失去电荷的过程，放电过程中放电：使充电后的电容(2)2/20 的比较rS4kdC和QUC公式2成反比，一个电容器电容的大小是U成正

2、比、与Q与C，不能理解为电容QUC定义式：(1)决定的，与电容器是否带电及带电多少无关本身的因素由电容器为板间距离d，正对面积为极板S为电介质的相对介电常数，r，rS4kdC决定式：(2)自测 1下列关于电容器的叙述正确的是()A电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器可以看出，电容的大小取决于带电荷量和电压QUC从BC电容器所带的电荷量是指两个极板所带电荷量的绝对值D电容器充电过程，是将电能转变成电容器的电场能并储存起来的过程；电容器放电过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能的过程答案D二、带电粒子在电场中的运动1加速问题的动能若不计粒子的重力且无其他外力作用，则电场

3、力对带电粒子做的功等于带电粒子的增量.20mv122mv12qUqEdW在匀强电场中：(1).20mv122mv12qUW在非匀强电场中：(2)2带电粒子在电场中偏转的运动规律1.垂直于电场线方向飞入匀强电场，如图0v不计重力的带电粒子以速度图 1 运动匀速直线沿初速度方向做(1)a.能飞出电容器：t lv0.b.不能飞出电容器：d012at2 qU2md t2，t 2mdd0qU.运动时间运动匀加速直线沿电场力方向，做(2)3/20 加速度：aFmqEmqUmd离开电场时的偏移量：y12at2qUl22mdv02.离开电场时的速度偏转角：tan vyv0qUlmdv02.自测 2如图 2 所

4、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，现在使电子的入射速度为原来的2 倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的()图 2 14D.12C.倍4B倍2A答案C命题点一平行板电容器的动态分析1电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变2电容器充电后与电源断开，电容器两极所带的电荷量Q保持不变3U不变的变化Q先分析电容的变化，再分析rS4kdQUC根据(1)分析场强的变化UdE据根(2)分析某点电势变化dEABU根据(3)4Q不变的变化U先分析电容的变化，再分析rS4kdQUC根据(1)分析场强

5、变化UdE根据(2)拓展点电容器充放电分析例 1如图 3 所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是()4/20 图 3 A若将 S 断开，则油滴将做自由落体运动，G 表中无电流B若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 表中有ab的电流C若将A向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 表中有ba的电流D若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 表中有ba的电流答案C断开，由于电容器的电荷量不变，则S若将.mgUdq由于油滴处于静止状态，所以解析电压U不变，油滴仍处于静止状态

6、，选项A 错误若将A向左平移一小段位移，则电容C变小，电压U不变，则QCU变小，所以电流由ba，此时油滴仍静止，选项B 错误若将A向上平移一小段位移，电容C变小，电压U不变，则Q变小，所以电流由ba，此时变C向下平移一小段位移，电容A正确若将C，油滴向下加速运动，所以选项mgUdq，油滴向上加速运动，所以选mgUdq，此时ba变大，所以电流由Q不变，则U大，电压项 D 错误变式1(2017 嘉兴市质检)超级电容器又叫双电层电容器，是一种新型储能装置，它不同于传统的化学电源，是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电容器如图4 为一款标有“2.7 V,3 000 F”的超级电容器，据此可知

7、该款电容器()图 4 A放电时电容不变B充电时电能减少C在 2.7 V电压下才能工作D两极所加电压为2.7 V时，电容才达到3 000 F答案A解析电容器的电容由电容器本身因素决定，放电时电容不变，故A 正确；充电时，其他形式的能转化成电能，即电能增加，故B 错误；电容器在低于2.7 V的电压下仍可正常工5/20 作，故 C 错误；电容与电压无关，其大小一直是3 000 F，故 D 错误变式2用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图5)设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为.实验中，极板所带电荷量不变，若()图 5 A保持S不变，增大d，则不变B保持S不变，增大

8、d，则变小C保持d不变，增大S，则变小D保持d不变，增大S，则不变答案CC，电容减小，由于电容器电荷量不变，根据d不变，增大S知，保持rS4kdC由解析d错误；保持B、A变大，选项，可知电容器两极板间电势差变大，静电计指针偏角QU不变，增大S，电容器电容增大，电势差变小，静电计指针偏角变小，选项C 正确，D错误6/20 变式3一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上若将云母介质移出，则电容器()A极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变答案D变小；因为电C变小，

9、电容器的电容r可知，当将云母介质移出时，rS4kdC由解析容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据QCU可知，当C减小时，Q减小再由E正确D不变，选项E都不变，故电场强度d与U，由于Ud命题点二带电粒子(带电体)在电场中的直线运动1带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力2带电粒子在电场中运动时的两种解题思路(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场

10、力与速度方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动，根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等(2)用动能定理处理带电粒子在电场中的直线运动对带电粒子进行受力分析，确定有哪几个力做功，做正功还是负功；确定带电粒子的初、末状态的动能，根据动能定理列方程求解例 2(2016 浙江4 月选考 8)密立根油滴实验原理如图6 所示两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下电场强度大小为E的匀强电场用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和带电荷量各不相同的油滴通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是()图

11、 6 7/20 A悬浮油滴带正电mgU悬浮油滴的带电荷量为BC增大电场强度大小，悬浮油滴将向上运动D油滴的带电荷量不一定是电子带电荷量的整数倍答案C解析油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平衡，所以带负电，A 错；由Eqmg得错；如果增大电场强度大小，油滴所受的电场力增大，油滴就会向上运动，B，所以mgEqC 对；所有带电体的电荷量都是电子带电荷量的整数倍，D错拓展点 1 带电粒子在匀强电场中的直线运动变式 4两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂，此电子具有的初hOA所示，7点，然后返回，如图A直于极板的方向射出，最远到达动能是()图 7 edhUA.ed

12、UhBeUdhC.eUhdD.答案D，kEhUde由动能定理得：解析正确D，故eUhdkE所以拓展点 2 带电粒子在交变电场中的直线运动变式 5如图 8 所示，A、B两金属板平行放置，在t0 时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)分别在A、B两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B板()图 8 8/20 答案B拓展点 3 带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动问题变式 6如图 9 所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列结论不正确的是()图 9 A此液滴带负电g2液滴的加速度等于BC合力对液滴做

13、的总功等于零D液滴的电势能减少答案C解析带电液滴由静止开始沿bd做直线运动，所受的合力方向必定沿bd直线，液滴受力情况如图所示，电场力方向水平向右，与电场方向相反，所以此液滴带负电，故选项A 正正确；因为合力B，故选项g2Fma，其加速度为mg2F确；由图知液滴所受的合力电W错误；由于电场力所做的功C的方向与运动的方向相同，故合力对液滴做正功，故选项C.正确，故选D，故电场力对液滴做正功，液滴的电势能减少，故选项sin 450bdEqx变式 7(2017 浙江4 月选考 8)如图10 所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场有一质量为m、电荷量为q的点电荷从两极板正

14、中间处静止释放重力加速度为g.则点电荷运动到负极板的过程()9/20 图 10 gEqma加速度大小为AdmEqt所需的时间为Bd2y下降的高度为CD电场力所做的功为WEqd答案B错误；根据运动独立性，A，选项错误!a点电荷受到重力、电场力的作用，所以解析正确；下降高度B，选项mdEqt，化简得2tEqm12d2，则t水平方向点电荷的运动时间为错误D，选项Eqd2W错误；电场力做功C，选项mgd2Eq2gt12y命题点三带电粒子在电场中的偏转1带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时速度的偏转角总是相同的.Ul2U0dtan 得

15、qUlmdv02tan 及20mv120qU证明：由(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中.l2到电场边缘的距离为O点，即2带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系yU，其中20mv122mv12yqU时也可以从能量的角度进行求解：v当讨论带电粒子的末速度，指初、末位置间的电势差yUd例 3如图 11 所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d.当两板间加电压点射入电场，经过一段A从0v的带电粒子，以水平速度q、电荷量为m时，一个质量为U时间后从B点射出电场，A、B间的水平距离为L，不计粒子的重力求：10/20 图 11(1)带电粒子从A点运动到B

16、点经历的时间；(2)带电粒子经过B点时速度的大小；(3)A、B间的电势差qU2L22md2v02(3)v02 q2U2L2m2d2v02(2)Lv0(1)答案；Lv0t点经历时间B点到A带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从(1)解析UdE带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小(2)qUmdqEma加速度大小经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小Lv0qUmdatyv；v02q2U2L2m2d2v02v点时速度的大小B带电粒子经过(3)粒子从A点运动到B点过程中，由动能定理得：20mv122mv12ABqU.qU2L22md2v0212mv212mv02qABU间的电势差B、AB、A的带电

17、粒子1BqAq所示，电荷量之比为12如图)绍兴市联考(2016 8变式从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打0v以相同的速度在C、D点，若OCCD，忽略粒子重力的影响，则下列说法不正确的是()图 12 AA和B在电场中运动的时间之比为1BA和B运动的加速度大小之比为4CA和B的质量之比为11211/20 DA和B的位移大小之比为1答案DBtAt得，CDOC及t0vx平方向由在匀强电场中做类平抛运动，水B和A粒子解析BaAa，它们沿竖直方向运动的加速度大小之比为2ht2a得2at12h；竖直方向由1正确，C、B、A的位移大小不相等，故选项B和A，112mAmB，故qEa

18、m得qEma；根据4D 错误变式 9(2017 金华十校联考)如图 13 所示，离子发生器在P极板产生一束质量为m、电荷量为q的离子(初速度可忽略，重力不计，离子间的相互作用力可忽略)，经P、Q两板匀强电abcd的正方形L方向水平进入边长为ab点沿a从0v间的加速电场加速后，以速度求：.20mv边界上某点飞出时的动能为abcd，离子从)电场方向竖直向上(场区域图 13(1)P、Q两板间的电压U；(2)离子离开abcd区域的位置；(3)abcd区域内匀强电场的场强E的大小mv02qL(3)边中点bc(2)mv022q(1)答案解析(1)离子在PQ间加速过程，根据动能定理，.mv022qU，解得0

19、2mv12qU有，02mv2mv12离子射出电场时：(2)，yvxv，即45所在直线的夹角为ab，方向与0v2v得边上的中点飞出bc，即离子从L2y，Lx；则y2x，可得tvy2y，txvx根据.mv02qLE，解得02mv1202mvL2qE理，有区域内运动过程，根据动能定abcd离子在(3)1.(2017 温州市质检)如图1 所示，绝缘支架上固定两金属板，金属板之间的距离可调，下列说法正确的是()12/20 图 1 A该装置太大了，所以不能称为电容器B两金属板构成电容器，充电后能够储存电荷C电容器能够储存电荷，不能储存电场能D因为装置没有带电，所以电容为零答案B2.(2017 湖州市高一期

20、末)如图 2 所示是一个常用的电子元件，该电子元件()图 2 A是电阻B电容是1 000 C带电荷量是16 000 CD击穿电压为16 V答案B解析由该电子元件的铭牌“16 V1 000 F”，是电容的单位，可知这个电子元件是电容器，其电容是1 000 F，耐压值为16 V，击穿电压要大于16 V；由QCU知，C一定，带电荷量与实际电压成正比，故B正确，A、C、D 错误3静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小如图3 所示，A、B是平行板电容器的两个金属极板，极板B固定，A可移动，开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，则下列说法正确的是(

21、)图 3 A断开 S 后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度减小B断开 S 后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大C保持 S 闭合，在A、B间插入一电介质，静电计指针张开的角度增大13/20 D保持 S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小答案B解析静电计的指针张开的角度与静电计金属球和外壳之间的电势差相对应，断开开关S知电势差QCU知电容减小，由rS4kdC移动少许，电容器的电荷量不变，由向左A后，将增大，静电计指针张开的角度增大，A 错；同理，断开S 后，将A向上移动少许，电容减小，电势差增大，静电计指针张开的角度增大，B 对；保持S 闭合，无论是在A、B间

22、插入一电介质，还是将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差均为路端电压，静电计指针张开的角度不变，C、D 错4已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏如图4 所示，如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则()图 4 A导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大B导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大C导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小D导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小答案D解析电流计指针向左偏转，说明流过电流计G 的电流由左右，则导体芯A所带电荷量在减小，电容器两端间的电势差不变

23、，由QCU可知，导体芯A与液体形成的电容器的电C、B、A正确，D在减小，故h减小，则液体的深度，知正对面积rS4kdC容减小，根据错误5如图 5 所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容pE表示两板间的电场强度，E点的点电荷，以P器下极板都接地，在两极板间有一固定在表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()图 5 14/20 增大E增大，A不变pE增大，B增大pE减小，C不变E减小，D答案D变大；C可知，rS4kdC若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据解析根据QCU可知，在Q一定的

24、情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角减点离下极板的距P不变；E，可知4kQrSE，联立可得rS4kdC，CUQ，UdE小；根据不变；由以上分pE点的电势不变，故P点与下极板的电势差不变，P不变，则E离不变，析可知，选项D 正确6如图 6 所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出若不计重力，则a和b的比荷(带电荷量和质量的比值)之比是()图 6 A18 B8C12 D2答案B解析粒子水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为12，根据x之比为y

25、知，2at12y粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据12.，知时间之比为t0v比等，加速度之qEma根据牛顿第二定律知，加速度81.的加速度之比为b、a，则2于电荷量与质量的比值之比，则两粒子的比荷之比为81.故 B正确，A、C、D 错误7如图 7 所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为q的粒子在电场力25的作用下，两粒子同时从静止开始运动已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则Mm为()图 7 15/20 A32 B 21 C 52 D 3答案AE

26、qM12l25，EqMMa的粒子有，M质量为，两粒子的运动时间相同，对E度为设电场强解析正确A，故32Mm，联立解得2tEqm12l35，Eqmma的粒子有，m；对质量为2t8.如图8 所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的直流电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动重力加速度为g.粒子运动的加速度为()图 8 gdd lD.gldlC.gdldB.gldA.答案A解析带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二；当把金属板从电容器中快速抽出后，电

27、容器两极板间的电压Udlqmg力平衡条件可得：不变，但两极板间的距离变大，电场强度变小，粒子所受电场力变小，粒子受力不再平正确A，故glda，两式联立可得Udqmgma衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律有9如图 9 所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U，板间距离为d，A板带正电，B板中央有一小孔一带电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距B板高h处由静止自由下落，若微粒恰能落至A、B板的正中央C点，则下列说法中，错误的是()图 9 A微粒在下落过程中动能逐渐增大，重力势能逐渐减小qU2，电场力做功为hd2mg微粒下落过程中重力做功为BqU2微粒落入电场中，电势能逐渐增加，其增加

28、量为CD若微粒从距B板高 2h处自由下落，则恰好能到达A板16/20 答案A，qU2，重力势能减小；电场力做功hd2mg点的过程中，重力做功C微粒下落至解析正确；由动能定理C、B错误，A，微粒动能先增大后减小，故qU2增加量为电势能增加，h(2mg处下落时，h2，由)dh(2mgqU，即0U2qhd2mg处下落时，h得，微粒由d)qU 0，说明微粒恰能到达A板，故 D 正确的加速电场中的左极板位置1U所示，电子在电势差为10如图)杭州市十校联考10.(2016 方向的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射2U由静止开始运动，然后射入电势差为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

29、出平行极板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()图 10 变大2U变大、1UA变大2U变小、1UB变小2U变大、1UC变小2U变小、1UD答案B，02mv12q1U，则由动能定理得l，水平极板长为0v设电子被加速后获得的速度为解析，水平极板的a，又设电子在水平极板间的加速度为lv0t电子在水平极板间偏转所用时间yv，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度U2qdma，由牛顿第二定律得d为板间距变小，一1U变大、2U，故U2l2dU1U2ql2dqU1U2qldmv02vyv0tan，又U2qldmv0yv，联立解得at定能使偏转角变大，故 B 正确11.真空中的某装置

30、如图11 所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏今有质子、氘核和 粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上已知质子、氘核和 粒子的质量之比为124，电荷量之比为112，则下列判断中正确的是()17/20 图 11 A三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为12D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为12答案B，在加速电场d，板间距离为L，偏转极板的长度为2U，偏转电压为1U设加速电压为解析板运动到荧光屏的过程，B，三种粒子从2qU1m0v，解得20m

31、v121qU中，由动能定理得不同，所以三种粒0v的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则0v水平方向做速度为12y，maU2dq错误；由牛顿第二定律得：A板运动到荧光屏经历的时间不同，故B子从与粒y，可知U2L2dU1tan、U2L24dU1y，联立各式解得：atyv，vyv0tan，Lv0t，2at子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B 正确；偏转电场的电场力做功为WqEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为112，则有电场力对三种粒子做功之比为112，故 C、D 错误12(2016 宁波市九校联考)如图12 所示，M、N是竖直放置的两平行金属

32、板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为q极上N到点射入匀强电场中，微粒垂直打A竖直向上从两极正中间的0v的微粒，以初速度的C点，已知ABBC.不计空气阻力，则下列判断错误的是()图 12 A微粒在电场中做匀变速曲线运动B微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等mv02q板间的电势差为MNCEv022g板间的电势差为MND答案D18/20 解析微粒受重力和电场力，两个力都是恒力，由平行四边形定则知，微粒所受合力为恒力，故微粒做匀变速曲线运动，选项A 正确；微粒的运动可分解为水平方向的匀加速运动，tCv12AB，由匀变速直线运动规律得t动的时间为

33、和竖直方向的匀减速运动，设微粒运的过程中，由C到A正确；微粒从B，选项0vCv，由以上各式解得，BCAB，又t0v12BC正C，选项mv02qMNU，联立解得v022gBC得ax22v，由0BCmgUMN2q动能定理得错误D，选项Ev02gBCEABEMNU确；13(2 017嘉兴市质检)如图 13 所示为密立根油滴实验示意图，两块水平放置的金属板分别与电源的正、负极相接，使板间形成竖直向下、场强为E的匀强电场用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴在某次实验中观察到两板中间位置有一个油滴悬浮在电场中，若油滴质量为m，两板间距离为d，已知重力加速度为g，求：图 13(1)油

34、滴的带电性质；(2)油滴所带的电荷量；(3)若仅将场强变为原来的2 倍，其他条件不变，试分析油滴向哪个方向运动并求油滴到达金属板的时间？dg向上运动(3)mgE(2)负电(1)答案解析(1)根据油滴受力平衡知电场力向上，故油滴带负电.mgEq，解得mgqE由受力平衡得(2)(3)电场力变大，油滴向上运动，2qEmgma，.2at12d12，油滴向上做匀加速运动，有ga可得.dgt解得14(2017 浙江11 月选考 19)如图14 所示，AMB是一条长L10 m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h 1.25 m处，A、B为端点，M为中点，轨道MB处在方向竖直向上、的可视C41.3 10q、电

35、荷量0.1 kgm的匀强电场中一质量N/C3510E大小19/20 B点进入电场，从M点开始向右运动，经A在轨道上自6 m/s0v为质点的滑块以初速度求滑块：.210 m/sg，0.2点离开电场已知滑块与轨道间的动摩擦因数图 14(1)到达M点时的速度大小；(2)从M点运动到B点所用的时间；(3)落地点距B点的水平距离(3)1.5 ms107(2)(1)4 m/s答案解析(1)在AM阶段对物体的受力分析如下：22 m/smgma4 m/sMv，可得ax220v2Mv根据运动学公式(2)进入电场之后，Eq0.65 N，受力分析如下：20.7 m/s错误!a3 m/sBv，解得xa22Mv2Bv根

36、据运动学公式s107t解得tvBvM2MBx根据匀变速直线运动推论，2gt12h块做平抛运动，因此点飞出后，滑B从(3)解得t 0.5 s1.5 m.tBvx点的水平距离B落地点距15质谱仪可对离子进行分析如图15 所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生电荷量为q、质量为m的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器已知a、b板间距为不计离子重.2U间的电压为N、M，1U间的电压为b、a，L的长度和间距均为N、M，极板d力及进入a板时的初速度求：20/20 图 15(1)离子从b板小孔射出时的速度大小；(2)离子自a板小孔进入加速电场至离子到达探测器的全部飞行时间；应满足的关系1U与2U为保证离子不打在极板上，(3)1U22U(3)m2qU1)Ld(2)(22qU1m(1)答案2qU1mv，得2mv121qU由动能定理(1)解析qU1md1a间的加速度b、a离子在(2)d2mqU1va11t间运动的时间b、a在m2qU1LLv2t间运动的时间：MN在；m2qU1)Ld(22t1tt离子到达探测器的时间：U2L4U1qU2L22mLv222t2a12y间侧移：MN在(3).1U22U，得L2y由