高中物理電場高考第一輪復習

1、模塊四電場第一節(jié) 電場的力的性質(zhì)基本定律庫侖定律：F=電荷守恒定律KQ。2r定義式：E=F/q （方向：正電荷的受力方向）KQ真空中點電荷：E= r勻強電場：E=U/d （d的意義）力的性質(zhì)I特點：不變性 相異性電場力F= Eq （任何電場）- F= kq112 （真空中點電荷）rr 電勢： = WA0/q標量等勢面能的性質(zhì)力能性質(zhì)綜合應用,電勢差電勢差：Uab= （j） a- （j） b=四b（q特點：不變性 相異性l 特例：U = Ed （勻強電場）特點：與路徑無關電場力 求法： W=Uq （適用任意電場）做 功jW=FScos a （勻強電場）正負功：正功（正順負逆）負功（正逆負順）r

2、定義：c = q小 電勢能與w的關系：作正功，電勢能減小1作負功，電勢能增加A = W 電 帶電粒子在電場中：平衡直線加速偏轉(zhuǎn)Y電場中導體：靜電感應靜電平衡 靜電屏蔽【電容器電容C= QU3FD. 9F+ Q的電量，再由完全相同的金屬小球平+ Q的電荷量，根據(jù)庫侖定律即可得到2E=F/qq是放入電場中的電荷的電量 q是產(chǎn)生電場的電荷的電量D.在庫侖定律的表達式F = k9嗖中,rk”是點電荷q2產(chǎn)生的電場在點電荷 q1處的r【考點透視】一、考綱指要 TOC o 1-5 h z .兩種電荷.電荷守恒.（I）.真空中的庫侖定律.電荷量.（n）.電場.電場強度.電場線.點電荷的場強.勻強電場.電場強

3、度的疊加.（n）二、命題落點.庫侖定律。如例1。.有關電場強度的運算。如例 2。.電場力和摩擦力做功問題。如例3?！镜淅觥坷? :（全國高考題）兩個完全相同的金屬小球， 分別帶有+3Q和一Q的電量，當它們相距r時，它們之間的庫侖力是 F。若把它們接觸后分開，再置于相距 r/3的兩點，則它們的庫侖力的大小將變?yōu)椋篈. F/3B. FC.解析：當它們接觸時正負電荷發(fā)生中和。還剩 分，為一樣的物體束縛電子的能力相同，所以各分得結(jié)論。答案：C例2:（全國高考題）電場強度E的定義式為A.這個定義只適用于點電荷產(chǎn)生的電場B.上式中F是放入電場中的電荷所受的力，C.上式中F是放入電場中的電荷所受的力，場

4、強大??；而kq2是點電荷q1產(chǎn)生的電場在點電荷 q2處的場強大小 r解析：E=F/q是定義式，適用于任何電場；A錯。對于E=F/q公式的理解B正確所以C錯。電荷之間的作用力是通過電場發(fā)生的，兩個相互作用的電荷之所以受力是因為處在對方的電場中，所以D正確。答案：BD例3: （1989年高考全國卷）一個質(zhì)量為 m、帶有電荷-q的小物體，可在水平軌道 Ox上 運動，O端有一與軌道垂直的固定墻 .軌道處于勻強電場中，夕 W H E場強大小為 E,方向沿 Ox軸正向，如圖 911所示。小物 &體以初速v0從x0點沿Ox軌道運動，運動時受到大小不變的圖 9-1-1摩擦力f作用，且ff,所以物體向左做初速度

5、為零的勻加速直線運動，直到以一定速度與墻壁碰撞，碰后物體的速 度與碰前速度大小相等，方向相反，然后物體將多次的往復運動。但由于摩擦力總是做負功，物體機械能不斷損失，所以物體通過同一位置時的速度將不 斷減小，直到最后停止運動。物體停止時，所受合外力必定為零，因此物體只能停在O點。對于這樣幅度不斷減小的往復運動，研究其全過程。電場力的功只跟始末位置有關，而 跟路徑無關，所以整個過程中電場力做功WE =q E（x根據(jù)動能定理W總=AEk,得：12 2qE% mv2 TOC o 1-5 h z qEx0 fs = 0 一 一 mv0. s =。22f12.點評：該題也可用能重寸恒列式：電勢能減少了qE

6、x0,動能減少了mv0 ,內(nèi)能增加222qEx0 mv2了 fs,1- fs=qEx0 +-mv0。同樣解得 s=。2f【常見誤區(qū)】.不注意庫侖定律的適用條件由于一些同學對萬有引力定律和庫侖定律的適用條件理解不深刻，產(chǎn)生混淆。庫侖定律 只適用于可看作點電荷的帶電體。.不會和力學問題有機結(jié)合【基礎演練】1.在電場中某點放一檢驗電荷，其電荷量為q,受到的力為F,則該點電場強度為E=F/q.那么A.若移去檢驗電荷，該點電場強度變?yōu)榱?TOC o 1-5 h z B.若該點放一電荷量為 2q的檢驗電荷，則該點場強變?yōu)镋/2C.該點放一電荷量為2q的檢驗電荷，該點場強仍為 ED.該點放一電荷量為2q的檢

7、驗電荷，該點場強為 2E.將一定電量 Q分為q和(Qq),在距離一定時，其相互作用力最大，則 q值應為()A . Q/2B. Q/3C. Q/4D. Q/5.在x軸上有兩個點電荷，一個帶正電荷Qi, 一個帶負電荷-Q2, Qi=2Q2,用E|和E2分別表示兩個電荷所產(chǎn)生的場強的人小，則在軸上：()A. Ei=E2之點只有一處，該處合場強為零B . Ei=E2之點共有兩處，一處合場強為零，另一處合場強為 2EEi=E2之點共有三處，其中兩處合場強為零，另一處合場強為2EEi=E2之點共有三處，其中一處合場強為零，另兩處合場強為2E24.真空中有相距為RI勺A、B兩點，在A、B兩處分別放有點電荷

8、+Q、-q (Qq),則+Q、-q 所受的電場力Fq、Fq和A、B兩點處場強的大小的關系為(除兩點電荷外，真空中不存在 其它電場)：()A. Ea=Eb, FQ=FqB, EaEb, FQFqD, EaFq5.下面說法中錯誤的是：()A .在一個以點電荷 Q為中心，r為半徑的球面上，各處的電場強度相同B.在點電荷Q的電場中的某一點，放入帶電量為q的另一點電荷，則 q受到的電場Qq Q力為k -,該點的電場強度為 k2 rrC.電場強度是描述電場力的性質(zhì)的物理量，它僅由電場自身決定D.點電荷在電場中所受到的電場力的大小和方向，除了和電場有關外，還與該點電荷 所帶電量和性質(zhì)有關6.如圖912所示，

9、在一個光滑絕緣足夠長的水平面上，靜置兩個質(zhì)量均為m,相距l(xiāng)的大小相等的可視為質(zhì)點的小球，其中A球帶正電，電荷量為 q, B球不帶電?，F(xiàn)在水平面上方加上一個場強大小為 E,方向沿AB連線方向水平向右的勻強電場，勻強電場 充滿水平面上方的整個空間。在電場力作用下，A球沿水平面向右運動并與 B球發(fā)生碰撞，碰撞中A、B兩球無動能損失且無電荷轉(zhuǎn)移，兩球碰撞時間極短。求圖 9-1-2A、B兩球第一次碰撞前 A球的速度vA1；A、B兩球第一次碰撞后 B球的速度v，；(3)兩球第一次碰撞后，還會再次不斷發(fā)生碰撞，且每次碰撞后兩球都交換速度，則第一次碰撞結(jié)束到第二次碰撞 前的時間間隔 tl和第二次碰撞結(jié)束到第三

10、次碰撞前的 時間間隔4 t2之比為多少？第二節(jié) 電場的能的性質(zhì)【考點透視】一、考綱指要：(D)(II)(I ).電勢能.電勢差.電勢.等勢面.勻強電場中電勢差跟電場強度的關系.靜電屏蔽.二、命題落點.電勢能和等勢面。如例 1。.勻強電場中電場力做功和電勢能變化。如例2。.電場力和運動的合成和分解。如例 3。4.電場力和受力平衡，能量問題等。如例4?！镜淅觥坷?: （01全國高考）如圖 921,虛線a、b和c是靜電場中的三個等勢面，它們的 電勢分別為4a、4 b、和4 c, 4 a 4 b 4 c。一帶電的粒子射入電場中，其運動軌跡如實線KLMN 所示，由圖可知A.粒子從K到L的過程中，電場

11、力做負功B .粒子從L至ij M的過程中，電場力做負功C.粒子從K到L的過程中，靜電勢能增加D .粒子從L到M的過程中，動能減少解析 由圖可知一帶電的粒子射入電場中開始減速然后加速，圖9.2,1這是電場力的作用，粒子從 K到L的過程中，電場力做負功，減速，動能減少電勢能增加。粒子從 L到M的過程中，電場力做正功，加速，動能增加電勢 能減少答案：AC例2: （2004湖南理綜20）如圖9-2-2, 一絕緣細桿的兩端各固定 著一個小球，兩小球帶有等量異號的電荷，處于勻強電場中，電場方向 如圖中箭頭所示。開始時，細桿與電場方向垂直，即在圖中I所示的位 置；接著使細桿繞其中心轉(zhuǎn)過90。，到達圖中H所示

12、的位置；最后，使n1+小q -q圖 9-2-2細桿移到圖中出所示的位置。以W1表示細桿由位置I到位置n過程中電場力對兩小球所做的功， W2表示細桿由位置n到位置出過程中電場力對兩小球所做的功，則有B. Wi=0, W2=0C. WiW0, W2=0解析 從i位置到n位置的轉(zhuǎn)動的過程中電場力對帶正電的小球作正功，對帶負電的小 球也作正功，因此 Wi0從位置n到位置出的過程中兩個帶電的小球位移大小相同，電場力 對帶正電的小球作正功，對帶負電的小球作負功，且功的值相等，所以W2=0答案：C例3: (2005年北京卷24題)真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場。在電場中，若將一個質(zhì)量為m、帶

13、正電的小球由靜止釋放，運動中小球速度與豎直方向夾角為37 (取sin37 =0.6, cos37 =0.8)。現(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度V0豎直向上拋出。求運動過程中：(1)小球受到的電場力的大小及方向(2)小球從拋出點至最高點的電勢能變化量(3)小球的最小動量的大小及方向。解析(1)帶正電的小球由靜止釋放，而電場力和重力的大小均為定值。合力的方向即為運動方向，因速度與豎直方向夾角為37 ,電場力大小_3Fe=mgtan37 = 4 mg,方向水平向右(2)由運動的獨立性小球沿豎直方向做勻減速運動，速度為Vy= V0- gtFe 3沿水平萬向做初速度為0的勻加速運動，加速度為&= - =

14、3 gm 4小球上升到最高點的時間t=v0,此過程小球沿電場方向位移：sx=1 axt2= 3v0 TOC o 1-5 h z g2 8g電場力做功 W=F xsx=mv0232小球上升到最高點的過程中，電勢能減少舄mv0232(3)水平速度Vx=axt,豎直速度Vy=V0gt小球的速度 v=、；v2+v2， 得出 25 g 2V0gt+(v02v2)=0解得當t=16巴時，V有最小值Vmin = 3 V0 TOC o 1-5 h z 25 g5129.- Vy 3 .此時vx= V0, vy=- V0, tan 0 =-,即與電場方向夾角為37斜向上25254Vx小球動量的最小值為 Pmin

15、=mVmin=7 mV0 5最小動量的方向與電場方向夾角為37 ,斜向上。例4: （2002年理綜全國卷）如圖 923所示有三根長度皆為l=1.00 m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別掛有質(zhì)量皆為m=1.00X_2 一 一_710 kg的帶電小球 A和B,它們的電量分別為一 q和+q, q=1.00X10 C. A、B之間用第三根線連接起來.空間中存在大小為E=1.00X 106N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如圖923所示.現(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置.求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒

16、斷前相比改變了多少.（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）圖 9-2-3圖（1）圖（2）圖（3）圖 92 4解析圖9-2-4 （1）中虛線表示A、B球原來的平衡位置，實線表示燒斷后重新達到平衡的位置，其中口、。分別表示OA、AB與豎直方向的夾角。 A球受力如圖（2）所示：重力 mg,豎直向下；電場力qE,水平向左；細線 OA對A的拉力Ti,方向如圖；細線AB對A的拉力丁2, 方向如圖。由平衡條件得T1 sin a +T2 sin B =qE T1 cosa = mg +T2 cosB B球受力如圖（3）所示：重力 mg,豎直向下；電場力 qE,水平向右；細線 AB對B 的拉力丁2,方向如圖。由平

17、衡條件得T2 sin p =qE 耳 cosa =mg 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，得a = P = 45 -由此可知，A、B球重新達到平衡的位置如圖（4）所示。與原來位置相比，A球的重力勢能減少了EA = mgl（1-sin60 ）B球的重力勢能減少了Eb MmgHsinGOm + cos45）A球的電勢能增加了WA=qEiCOs60B球的電勢能減少了Wb =qEl（sin45 -sin30）勢能總和減少了W=Wb -Wa+Ea+Eb，解得W=6.8黑1/J【常見誤區(qū)】.電場強度，電勢概念混淆只有一條電場線，可以判定各點電勢高低，但無法判定場強大小及電勢是否大于零。.電勢與電勢差概念混淆錯誤混淆

18、了電勢與電勢差兩個概間的區(qū)別。在電場力的功的計算式 W=qU中，U系指電場中兩點間的電勢差而不是某點電勢。公式W=qU有兩種用法：（1）當電荷由A-B時，寫為 W=qUAB=q（UA Ub）,強調(diào)帶符 號用，此時 W的正、負直接與電場力做正功、負功對應；（2） W, q, U三者都取絕對值運算，但所得 W或U得正負號需另做判斷。.重力何時考慮何時不考慮不清楚【基礎演練】.如圖9 2 5所示，MN是電場中某一條電場線上的兩點，若負電荷由 M移到N時，電 荷克服電場力做功，下列說法中不正確的是：（）A . M 點和 N點之間一定有電勢差一MNM點的場強一定大于N點的場強C.電場線的方向從 M指向N

19、D. M點的電勢大于N點的電勢2. 一個點電荷，從靜電場中的a點移到b點的過程中，電場力做功為零，則：A. a、b兩點的電場強度一定相等B.作用于該點電荷的電場力與其移動方向總是垂直的圖 9-2-6a、b兩點的電勢差為零D.點電荷一定沿直線從 a點移到b點.兩個固定的等量異種電荷，在他們連線的垂直平分線上有a、b、c三點，如圖 9-2-6所示，下列說法正確的是：（）A . a點電勢比b點電勢高B . a、b兩點場強方向相同，a點場強比b點大C. a、b、c三點與無窮遠電勢相等D . 一帶電粒子（不計重力）,在a點無初速釋放，則它將在 a、b線上運動 TOC o 1-5 h z .下列關于電場的

20、說法中正確的是：（）小M NA .靜電場中，電場強度火的點電勢必定局BB.靜電場中，電場強度為零的各點電勢是相等的圖9 27C.勻強電場中，兩點間的距離越大，則兩點間的電勢差就越大D.無論是勻強電場還是點電荷形成的電場，沿著電場線的方向，電勢總是逐漸降低的5.在正點電荷 Q形成的電場中，有M、N兩點，如圖927所示.以下不正確的是（）A . M點的場強大于N點的場強B. M點的電勢大于N點的電勢C.將一正點電荷分別放在 M點和N點，則該電荷在 M點電勢能大D .將一負點電荷分別放在 M點和N點，則該電荷在 M點電勢能大第三節(jié)容器 帶電粒子在電場中的運動【考點透視】一、考綱指要： TOC o 1

21、-5 h z .電容器.電容.平行板電容器的電容.常用的電容器.（n）.常用的電容器（I）.帶電粒子在勻強電場中的運動.（n）二、命題落點.平行板電容器電容器和電勢差。如例1.研究帶電物體平行板中運動時電勢能變化。如例2.研究帶電物體平行板中運動。如例 3.研究帶電物體在電場中偏轉(zhuǎn)和運動的合成。如例【典例精析】例1: （2003年江蘇卷5）兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構(gòu)成一平行板電容器，與它相連接的電路如圖931所示，接通開關 K,電源即給電容器充電.（）A.保持K接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強度減小B .保持K接通，在兩極板間插入一塊介質(zhì)，則極板上的電量增大C

22、.斷開K,減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小 一 D.斷開K,在兩極板間插入一塊介質(zhì)，則兩極板間的電勢差增大1解析 保持K接通狀態(tài)，因電容器與電源保持連接，則電容器兩極圖931板的電勢差不變；減小兩極板間的距離，根據(jù)公式E=U得知E增大，A錯。根據(jù)公式C=1S-d4 二 kd知在兩極板間插入一塊介質(zhì)，C變大；保持K接通，U不變；根據(jù)公式 C=Q可知Q變大; 6B正確。斷開 K,電容器 Q保持不變；根據(jù)公式 C=減小兩極板間的距離時，電谷 C4*d變大，由C=Q可知，兩極板間的電勢差 U減小，C正確。 U斷開K時Q保持不變，在兩極板間插入一塊介質(zhì)，C變大。由C=Q得到兩極板間的電勢差U減

23、小，D錯誤。答案：BC TOC o 1-5 h z 例2: （01上海）一束質(zhì)量為 m、電量為q的帶電粒子以平行于f兩極板的速度Vo進入勻強電場，如圖 932所示，如果兩極板間2飛電壓為U ,兩極板間的距離為 d,板長為L,設粒子束不會擊中極板，j則粒子從進入電場到飛出極板時電勢能的變化量為 （粒子圖 9-3-2的重力忽略不計）解析粒子在電場中t=，加速度為a = qU ,所以離開電場時垂直極板的速度為v0mdqULvi=mdv0,由動能定理W= 1 m(v2 v2) -1 mv2 =22q2U2L22md2v；例3:（ 2003年上海卷）為研究靜電除塵，有人設計了一個盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣

24、的透明有機玻璃，它的上下底面是面積A=0.04m2的金屬板，間距L=0.05m ,當連接到 U=2500V的高壓電源正負兩極時，能在兩金圖 9-3-3屬板間產(chǎn)生一個勻強電場，如圖9-3-3所示，現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)， 每立方米有煙塵顆粒 1013個，假設這些顆粒都處于靜止狀態(tài), 每個顆粒帶電量為 q=+1.0X10-17C,質(zhì)量為 m=2.0X10-15kg,不考慮煙塵顆粒之間的相互作用 和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力。求合上電鍵后：(1)經(jīng)過多長時間煙塵顆?？梢员蝗课?？(2)除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？(3)經(jīng)過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達到最大？解

25、析(1)當最靠近上表面的煙塵顆粒被吸附到下板時，煙塵就被全部吸附。煙塵顆粒受到的電場力F=qU/L qUt22m,L = O.02(s) qu TOC o 1-5 h z W= 1 NALUq=2.5 X10-4 (J)2(3)設煙塵顆粒下落距離為x傳送帶A 傳送帶B圖 9 342qUEk = mv2 NA(L - x) = q x NA(L -x)L當 x= L 時 Ek 達最大，x= at12 t1=0.014s 22例4: (2004北京理綜25)圖934是某種靜電分選器的原理示意圖。兩個豎直放置的平行金屬板帶有等量異號電荷，形成勻強電場。分選器漏斗的出口與兩板上端處于同一高度，到兩板距

26、離相等?；旌显谝黄鸬腶、b兩種顆粒從漏斗出口下落時，a種顆粒帶上正電，b種顆粒帶上負電。經(jīng)分選電場后，a、b兩種顆粒分別落到水平傳送帶 A、B上。已知兩板間距 d=0.1m,板的度l=0.5m ,電場僅局限在平行 板之間；各顆粒所帶電量大小與其質(zhì)量之比均為1M05C/kg。設顆粒進入電場時的初速度為零，分選過程中顆粒大小及顆粒間的相互作用力不計。要求兩種顆粒離開電場區(qū)域時，不接 觸到極板但有最大偏轉(zhuǎn)量。(g=10m/s2)。(1)左右兩板各帶何種電荷？兩極板間的電壓多大？(2)若兩帶電平行板的下端距傳送帶A、B的高度H=0.3m,顆粒落至傳送帶時的速度大小是多少？(3)設顆粒每次與傳帶碰撞反彈

27、時，沿豎直方向的速度大小為碰撞前豎直方向速度大 小的一半。寫出顆粒第 n次碰撞反彈高度的表達式。并求出經(jīng)過多少次碰撞，顆粒 反彈的高度小于0.01。解析(1)左板帶負電荷，右板帶正電荷。s=g四依題意，豎直方向1=1 gt2水平方向 2 2 dm2兩式聯(lián)立得 U=1 X 104 V(2)根據(jù)動能定理，顆粒落到水平傳送帶上滿足12Uq mg(1 H) mv2v= 四+2g(1 +H) 4m/s ,m(3)在豎直方向顆粒作自由落體運動，它第一次落到水平傳送帶上沿豎直方向的速度2v1 =V2g(1 H)=4m/s。反彈高度 h1 = 一丫一4 2ghn根據(jù)題設條件，顆粒第 n次反彈后上升的高度2=

28、(4)n()=(Z)n 08m當 n=4 時，hn0.01m【常見誤區(qū)】.電容的知識缺乏造成錯誤對電容器充放電的物理過程不清楚。尤其是充電完畢后，電路有哪些特點不清楚。.忽視偏轉(zhuǎn)電場做功的實際情況【基礎演練】.平行板電容器兩板間的電壓為U,板間距離為d, 一個質(zhì)量為 m,電荷量為q的帶電粒子從該電容器的正中央沿與勻強電場的電場線垂直的方向射入，不計重力.當粒子的入射初速度為vo時，它恰好能穿過電場而不碰到金屬板.為了使入射初速度為 vo/2的同質(zhì)量的帶電粒子也恰好能穿過電場而不碰到金屬板，則在其它量不變的情況下，必須滿足A.使粒子的電荷量減半B.使兩極板間的電壓減半C.使兩極板的間距加倍D.使

29、兩極板的間距增為原來的 4倍.如圖935所示，虛線a、b、c、d表示勻強電場中的 4個等勢面.兩 個帶電粒子M、N (重力忽略不計)以平行于等勢面的初速度射入電場，運動軌跡分別如圖中 MPN和NQM所示.已知 M是帶正電的帶 電粒子.則下列說法中正確的是（ ）A.N 一定也帶正電B.a點的電勢高于b點的電勢，a點的場強大于b點的場強C.帶電粒子N的動能減小電勢能增大D.帶電粒子N的動能增大電勢能減小.在場強大小為E的勻強電場中，質(zhì)量為m、帶電量為+q的物體以某一初速沿電場反方向做勻減速直線運動，其加速度大小為0.8qE/m ,物體運動s距離時速度變?yōu)榱?。則下列說法中錯誤的是A.物體克服電場力做

30、功 qEsC.物體的電勢能減少了 qEsB.物體的電勢能減少了0.8qEsD.物體的動能減少了0.8qEs一一二 一 B圖 9-3 8.如圖936所示，豎直放置的平行金屬板間距為d=8cm,板間電壓為U=2.0X103V.在其間的勻強電場中用絲線懸掛一個帶口能_O 口 TOC o 1-5 h z 負電的小球，絲線長 L=6.0cm ,小球質(zhì)量為 m=2.0g .將小球I拉到與懸點O等高的B點后將它無初速釋放，小球擺到 O點 “ A U正下方的A點時速率為零.求：圖936小球的電荷量q；小球下擺過程中的最大速度Vm。. 1000eV的電子流在兩極板中央斜向上方進入勻強電場，電場方向豎直向上，它的

31、初速度與水平方向夾角為30,如圖93 7。為了使電子不打到上面的金屬板上，應該在兩金屬板上加多大電壓 U?. （06年全國理綜卷I ,25）有個演示實驗，在上下面都是金屬板的玻璃盒內(nèi)，放了許多錫箔紙揉成的小球，當上下板間加上電壓后，小球就上下不停地跳動?，F(xiàn)取以 下簡化模型進行定量研究。如圖所示，電容量為C的平行板電容器的極板 A和B水平放置，相距為 d,與電動勢為e、內(nèi)阻可不計的電源相連。設兩板之間只有一個質(zhì)量為 m的導電小球，小球可視為質(zhì)點。已知：若小球與極板發(fā)生碰撞，則碰撞后小球的速度立即變?yōu)榱?，帶電狀態(tài)也立即改變，改變后，小球所帶電荷符號與該極板相同，電量為極板電量的 a倍(a 分別表示

32、a、b、c三點的電勢和場強，可以判定（）圖1A.4 b 4 cB. EaEbEcC.（|）a-4 b= b cD. Ea = Eb = Ec2.如圖2所示，平行的實線代表電場線，方向未知，電荷量為1X 10-2C的正電荷在電場中只受電場力作用，該電荷由A點移到B點，動能損失了 0.1 J,若A點電勢為-10V,貝 U（） A. A點電勢為零/* 0B .電場線方向向左 TOC o 1-5 h z C.電荷運動的軌跡可能是圖中曲線aD.電荷運動的軌跡可能是圖中曲線b.如圖3所示，細線拴一帶負電的小球， 球處在豎直向下的勻強電場中，使小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，則（）A .小球不可能做勻速圓周運動

33、B .當小球運動到最高點時繩的張力一定最小C.小球運動到最低點時，球的線速度一定最大D.小球運動到最低點時，電勢能一定最大.如圖4所示，a、b和c分別表示點電荷的電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為 6V、1 .4V和1.5V。一質(zhì)子（1H ）從等勢面a上某處由靜止釋放，僅受電場力作用而運動， TOC o 1-5 h z 已知它經(jīng)過等勢面 b時的速率為v,則對質(zhì)子的運動有下列判斷，正確的是（）一一A.質(zhì)子從a等勢面運動到c等勢面電勢能增加 4.5eV:.一b, CB .質(zhì)子從a等勢面運動到c等勢面動能增加4.5eV3r / /C.質(zhì)子經(jīng)過等勢面 c時的速率為2.25vD.質(zhì)子經(jīng)過等勢面 c時的

34、速率為1.5v圖4.光滑絕緣的水平面上，一個帶電粒子a在半彳5為r的圓周上繞圓心處一固定不動的帶電質(zhì) 點做勻速圓周運動，若運動中帶電粒子a與另一質(zhì)量相同、原來靜止的粒子b碰撞后合并成粒子c,粒子b所帶電荷量是粒子 a電荷量的一半，且與圓心處帶電質(zhì)點的電性相 同（粒子重力均不計），則合并之后，粒子 c（）A.仍在原軌道上做勻速圓周運動+附B.開始做勻速直線運動#f#7 , / Eo Pi=P2 PoC.碰撞發(fā)生在 M、N中點的左側(cè)D.兩球不會同時返回 M、N兩點.如圖6所示，一帶電粒子從平行帶電金屬板左側(cè)中點垂直于電場線以速=m -v度V0射入電場中，恰好能從下板邊緣以速度 不變，在兩板間加入垂直于紙面向里的勻強磁場, 板邊緣以速度V2射出。不計重力，則 TOC o 1-5 h z A . 2vo= V1+V2B.C . Vo= J；Vi V2D.Vi飛出電場。若其它條件q該帶電粒子恰能從上可圖6（ ）vo= . （v2 V2） / 2V0aBB. Ha=AbC. EaEbD. Eamg其中 q= aQ 又有Q=C由以上三式有（2）當小球帶正電時，小球所受電場力與重力方向相同，向下做加速運動。其加速度，ti表示從A板到B板所用的時間，則有q +mg