5、三個依據(jù)
(1)確定受力方向的依據(jù):合力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè);
(2)比較加速度大小的依據(jù):電場線或等差等勢面的疏密程度;
(3)判斷加速或減速的依據(jù):電場力與速度成銳角(鈍角),則電場力做正功(負功),速度增大(減小).
考點二 電場中的圖像綜合問題
1.(v-t圖像)電場中某三條等差等勢線如圖7-6中實線a、b、c所示.一電子僅在電場力作用下沿直線從P點運動到Q點,已知電勢φa>φb>φc,這一過程電子運動的v-t圖像可能是圖7-7中的 ( )
圖7-6
圖7-7
2.(E-x圖像)有一半徑為R的均勻帶電薄球殼,在過球心的直線上,各點的電場強度E隨與球心
6、的距離x變化的關(guān)系如圖7-8所示;在球殼外空間,電場分布與電荷量全部集中在球心時相同.已知靜電力常量為k,半徑為R的球面面積為S=4πR2,則下列說法正確的是 ( )
圖7-8
A.均勻帶電球殼帶電密度為
B.圖中r=1.5R
C.在x軸上各點中有且只有x=R處電勢最高
D.球面與球心間電勢差為E0R
3.(φ-x圖像)在坐標-x0到x0之間有一靜電場,x軸上各點的電勢φ隨坐標x的變化關(guān)系如圖7-9所示.一電荷量為e的質(zhì)子從-x0處以一定初動能僅在電場力作用下沿x軸正方向穿過該電場區(qū)域,則該質(zhì)子 ( )
圖7-9
A.在-x0~0區(qū)間一直做加速運動
B.在0~x0
7、區(qū)間受到的電場力一直減小
C.在-x0~0區(qū)間電勢能一直減小
D.在-x0處的初動能應(yīng)大于eφ0
4.(電勢能與電勢) 在靜止點電荷產(chǎn)生的電場中有一個帶正電的粒子,粒子僅在電場力的作用下做初速度為零的直線運動,取該直線為x軸,起始點O為坐標原點,其電勢能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖7-10所示,x1、x2為粒子運動路徑上的兩點,在這兩點粒子的電勢能分別為Ep1和Ep2.下列說法正確的是 ( )
圖7-10
A.x1點的電勢比x2點的電勢低
B.粒子的運動方向與電場方向相反
C.x1點的電場強度小于x2點的電場強度
D.粒子從x1點運動到x2點的過程中,電場力做功為Ep1-E
8、p2
歸納
1.v-t圖像:根據(jù)v-t圖像中速度變化、斜率變化(即加速度的變化),確定電荷所受電場力的方向與電場力的大小變化情況,進而確定電場強度的方向、電勢的高低及電勢能的變化.
2.φ-x圖像:(1)電場強度的大小等于φ-x圖線的斜率大小.在電場強度為零處,φ-x圖線其切線的斜率為零.(2)由φ-x圖像可以直接判斷各點電勢的大小,并可根據(jù)電勢大小關(guān)系確定電場強度的方向.(3)在φ-x圖像中,可用WAB=qUAB分析WAB的正負,然后分析電荷移動時電勢能的變化.
3.E-x圖像:(1)E-x圖像反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律.(2)在E-x圖像中,E>0表示場強沿x軸正方向;E<0
9、表示場強沿x軸負方向.(3)E-x圖線與x軸圍成的“面積”表示電勢差,“面積”大小表示電勢差大小,兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定.
考點三 帶電體在電場中的運動
考向1 帶電粒子在勻強電場中的加速和偏轉(zhuǎn)
1 如圖7-11所示,一個電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后,又沿中心軸線垂直射入偏轉(zhuǎn)電場,并從另一側(cè)射出打到熒光屏上的P點,O點為熒光屏的中心.已知電子的質(zhì)量m=9.0×10-31 kg,電荷量e=1.6×10-19 C,加速電場的電壓U0=2500 V,偏轉(zhuǎn)電場的電壓U=200 V,偏轉(zhuǎn)電場的極板長度L1=6.0 cm,兩板間距離d=2.0 cm,極板的末端到熒光屏的距離L2 =3.
10、0 cm,忽略電子所受重力.求:
(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度大小v0;
(2)電子打在熒光屏上的P點到O點的距離h;
(3)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中電場力對它所做的功W.
圖7-11
[導(dǎo)思] ①電子的運動經(jīng)歷了幾個階段?每個階段做什么性質(zhì)的運動?②如何研究電子在偏轉(zhuǎn)電場中的運動? ③電子離開偏轉(zhuǎn)電場后,如何研究它的運動?
歸納
1.帶電粒子在電場中的加速
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:W=qEd=qU=mv2-m.
(2)在非勻強電場中:W=qU=mv2-m.
2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)
11、(1)條件分析:帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場.
(2)運動性質(zhì):勻變速曲線運動.
(3)處理方法:分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動,類似于平拋運動.
式 如圖7-12所示,空間分為Ⅰ、Ⅱ兩個足夠長的區(qū)域,各邊界(圖中虛線)均水平,Ⅰ區(qū)域存在電場強度為E1=1.0×104 V/m、方向豎直向上的勻強電場,Ⅱ區(qū)域存在電場強度為E2=×105 V/m、方向水平向右的勻強電場,兩個區(qū)域?qū)挾确謩e為d1=5.0 m,d2=4.0 m.一質(zhì)量m=1.0×10-8 kg、帶電荷量q=+1.6×10-6 C的粒子從D點由靜止釋放,粒子重力忽略不計.
(1)求粒子離開區(qū)域Ⅰ時的速度大小;
(
12、2)若粒子離開區(qū)域Ⅱ后進入另一個勻強電場,粒子在此電場中經(jīng)1.0 s速度變?yōu)榱?求此電場的電場強度E3.
圖7-12
考向2 帶電體在等效場中的運動
2 如圖7-13所示,在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系,x軸水平,y軸豎直,在第二象限有沿y軸正方向的勻強電場,場強大小為E.一長為L的絕緣輕繩一端固定在A(0,4L)點,另一端系一個帶負電且電荷量大小為q=的小球,開始時繩剛好水平伸直.重力加速度為g.
圖7-13
(1)小球由靜止釋放,運動到y(tǒng)軸時繩斷裂,小球能到達x軸上的B點,求B點的位置坐標;
(2)若繩長可以在0到4L之間調(diào)節(jié),小球仍從原位置由靜止釋放,每次到達y軸
13、繩斷裂,則小球在x軸上的落點與原點間距離最大時,求輕繩的長度及該最大距離.
[導(dǎo)思] ①小球進入第二象限后受力如何?②小球進入第二象限后做什么運動?
歸納
帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復(fù)合場中運動的問題,若采用常規(guī)方法求解,過程復(fù)雜,運算量大.而采用“等效法”求解,則能避開復(fù)雜的運算,過程比較簡捷.先求出重力與電場力的合力,將這個合力視為一個“等效重力”,將a=視為“等效重力加速度”,再將物體在重力場中的運動規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可.
式 如圖7-14所示,在場強大小為E、方向豎直向上的勻強電場內(nèi)取一個半徑為R的圓周,圓周所在平面平行于電場方向,O點為該圓周的圓
14、心,A點是圓周上的最低點,B點是圓周上最右側(cè)的點.A點有放射源,在圓周所在的平面內(nèi)沿著垂直于電場向右的方向射出相同的粒子,這些粒子從A點射出時的初速度大小各不相同,已知粒子的質(zhì)量為m,帶電荷量為+q,不計重力.
圖7-14
(1)某一粒子運動軌跡經(jīng)過圓周上的B點,求該粒子從A點射出時的初速度大小;
(2)取圓周上一點C,使O、C連線與OA夾角為θ,試求出粒子經(jīng)過C點時的動能表達式;
(3)若第(2)問中的C點位置滿足θ=60°,則從B、C之間穿過圓周的這些粒子中經(jīng)過圓周時的最大動能和最小動能分別是多少?
考向3 帶電體在交變電場中的運動
3 如圖7-15甲所
15、示,兩平行金屬板MN、PQ的長度和板間距離相等,板間存在如圖乙所示的電場強度隨時間周期性變化的電場,電場方向與兩板垂直.在t=0時刻,一不計重力的帶電粒子沿兩板中線垂直于電場方向射入電場,粒子射入電場時速度大小為v0,t=T時刻粒子剛好沿MN板右邊緣射出電場,則 ( )
圖7-15
A.該粒子射出電場時的速度方向一定垂直于電場方向
B.在t=時刻,該粒子的速度大小為2v0
C.若該粒子在t=時刻以速度v0進入電場,則粒子會打在板上
D.若該粒子的入射速度大小變?yōu)?v0,則該粒子仍在t=T時刻射出電場
[導(dǎo)思] ①帶電粒子在不同時刻進入,是否影響水平方向的運動?②帶電粒子在
16、不同時刻進入,豎直方向的運動有何不同?
歸納
對于帶電粒子在交變電場中的運動,通常有兩種情況:
(1)若穿越時間遠小于交變周期,則穿越過程中電場視為恒定,加速度恒定,但不同時刻進入的粒子穿越電場的加速度不同,運動情況不同.
(2)若穿越時間接近或大于交變周期,則穿越過程中電場變化,加速度隨時間變化,需要根據(jù)電場隨時間的變化情況分好段,對每一段分別受力分析,研究好每一段帶電粒子的運動情況,找好段與段之間的關(guān)系,比如前一段的末速度等于后一段的初速度,兩段的時間、空間關(guān)系等.
式 如圖7-16甲所示,平行金屬板A、B正對豎直放置,C、D為兩板中線上的兩點.A、B板間不加電壓時,一帶電小球
17、從C點由靜止釋放,經(jīng)時間T到達D點,此時速度為v0.在A、B兩板間加上如圖乙所示的交變電壓,t=0時刻帶電小球仍從C點無初速度釋放,若小球運動過程中未接觸極板,則t=T時刻 ( )
圖7-16
A.小球在D點上方
B.小球恰好到達D點
C.小球的速度大于v0
D.小球的速度小于v0
【真題模型再現(xiàn)】 電容器綜合問題
來源
圖例
考向
統(tǒng)計分析
2013·全國卷Ⅰ
第16題
一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d,極板分別與電池兩極相連,上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計).小孔正上方處的P點有一帶電粒子,該粒子從靜止開始下落,經(jīng)過小孔
18、進入電容器,并在下極板處(未與極板接觸)返回.若將下極板向上平移,則從P點開始下落的相同粒子將 ( )
A.打到下極板上
B.在下極板處返回
C.在距上極板處返回
D.在距上極板d處返回
帶電粒子在重力和電場力共同作用下運動與功能關(guān)系問題
通過以往高考真題的統(tǒng)計可以看出,帶電粒子及帶電體在平行板電容器中的力學(xué)問題是近幾年高考有關(guān)電場知識考查的熱點,綜合性較強,可以考查電容與電場、牛頓運動定律、功能關(guān)系、動量關(guān)系等多方面問題,所以,帶電粒子及帶電體在電容器中的力學(xué)問題是一個典型的力電綜合問題.從考查知識的角度分類,可以分為帶電粒子及帶電體的力學(xué)問題和電容器內(nèi)的電場問題兩個方面.
19、有時一道考題可以同時考查這兩個方面.
2015·全國卷Ⅱ
第14題
帶電粒子在重力和電場力作用下力與運動關(guān)系討論
2016·全國卷Ⅱ
第17題
閉合電路歐姆定律、電容器性質(zhì)
2018·全國卷Ⅲ
第21題
電容器、帶電粒子在電容器中的運動、能量和動量問題
【模型核心歸納】
1.電學(xué)角度:(1)平行板電容器的兩極板間為勻強電場,電場強度通過E=分析;(2)電容器的電容與電荷量的關(guān)系通過C=分析;(3)平行板電容器的電容大小由C=決定.
2.力學(xué)角度:先進行受力分析和運動狀態(tài)分析,包括電場力在內(nèi)的受力影響了物體的運動狀態(tài),再結(jié)合平衡條件、牛頓運動定律、功能
20、觀點進行分析和求解.
3.帶電體在平行板電容器中的運動,實際上就是在電場力作用下的力電綜合問題,依然需要根據(jù)力學(xué)解題思路求解,解題過程要遵從以下基本步驟:
(1)確定研究對象(是單個研究對象還是物體組);
(2)進行受力分析(分析研究對象所受的全部外力,包括電場力.其中電子、質(zhì)子、離子等基本微觀粒子在沒有明確指出或暗示時一般不計重力,而帶電油滴、帶電小球、帶電塵埃等宏觀帶電體一般要考慮其重力);
(3)進行運動分析(分析研究對象所處的運動環(huán)境是否存在束縛條件,并根據(jù)研究對象的受力情況確定其運動性質(zhì)和運動過程);
(4)建立物理等式(由平衡條件或牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)規(guī)律求解,對于涉及
21、能量的問題,一般用動能定理或能量守恒定律列方程求解).
測1 (電容器性質(zhì))(多選)如圖7-17所示,平行板電容器與直流電源、理想二極管(正向通電時可以理解為短路,反向通電時可理解為斷路)連接,電源正極接地.初始時電容器不帶電,閉合開關(guān),電路穩(wěn)定后,一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止狀態(tài).下列說法正確的是 ( )
圖7-17
A.上極板上移,帶電油滴向下運動
B.上極板上移,P點電勢降低
C.上極板下移,帶電油滴向下運動
D.上極板下移,P點電勢升高
測2 (應(yīng)用動能定理解決運動問題)如圖7-18所示,M、N是組成電容器的兩塊水平放置的平行金屬極板,M中間有一小孔,
22、M、N分別接到電壓恒定的電源兩端(未畫出).小孔正上方有一點A,A與極板N的距離為h,與極板M的距離為h.某時刻有一帶電微粒從A點由靜止下落,到達極板N時速度剛好為零.若將極板N向上平移h,該微粒再從A點由靜止下落,則進入電場后速度為零的位置與極板M間的距離為 ( )
圖7-18
A.h B.h C.h D.h
測3 (帶電粒子在電容器中的曲線運動)如圖7-19所示,水平固定放置的平行金屬板M、N分別帶上等量的正、負電荷,兩板間距為d.在兩板的中心(即到上、下板距離相等,到板左、右端距離相等)有一懸點O系有一長r=的絕緣細線,線的另一端系有一質(zhì)量為m、電荷量為-q(
23、q>0)的小球.已知重力加速度為g,兩板間的勻強電場方向豎直向下,電場強度大小E=,小球在最高點A處于靜止狀態(tài).
(1)求小球靜止時細線拉力F的大小.
(2)若電場保持不變,要使得小球在豎直平面內(nèi)繞O點能做完整的圓周運動,在A位置至少應(yīng)給小球多大的初速度v0?
(3)若小球恰能繞懸點O在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動,當小球分別運動到豎直直徑AB的兩端A、B時,細線突然斷開,小球均打到金屬板M上,求兩次在金屬板M上的落點間的距離Δx.
圖7-19
專題三 電場與磁場
第7講 帶電粒子在電場中的運動
高頻考點探究
考點一
1.B [解析] 對A球受力分析,受重力mg
24、、拉力F、支持力N1、靜電力F1,如圖所示,根據(jù)平衡條件,x方向上有F=F1sin θ,y方向上有N1=mg+F1cos θ,對B球受力分析,受重力Mg、靜電力F2、桿對其向左的支持力N2,如圖所示,根據(jù)平衡條件,x方向上有F2sin θ=N2,y方向上有F2cos θ=Mg,且F1=F2,聯(lián)立得F1=,N1=mg+Mg,由于重新平衡時兩球連線與豎直方向的夾角θ變小,故靜電力F1變小,水平桿對A球的支持力等于兩個球的重力之和,N1不變,由牛頓第三定律可知,A球?qū)λ綏U的壓力不變,B正確,A、C、D錯誤.
2.AD [解析] A點電場強度的方向垂直于AB向下,將A點的合場強EA沿CA和AB
25、兩個方向分解,如圖所示,可知點電荷q1在A點產(chǎn)生的電場強度方向由C指向A,點電荷q2在A點產(chǎn)生的電場強度方向由A指向B,則q1帶正電,q2帶負電,A正確,B錯誤;設(shè)AB=2L,則AC=ABsin 30°=L,由圖可知=sin 30°,則E1=2E2,根據(jù)點電荷的場強公式得,E1=k,E2=k,解得q2=2q1,故C錯誤,D正確.
3.C [解析] 由于Uab=φa-φb=8 V,則ab中點處電勢為6 V,因此c點與ab中點的電勢相同,c點與ab中點的連線則為一條等勢線,電場強度方向應(yīng)垂直于該等勢線并且指向電勢較低的方向,故選項C正確.
4.C [解析] A點的電勢比乙球面的電勢高,乙球
26、面的電勢比B點的電勢高,故A點的電勢比B點的電勢高,選項A錯誤;C、D兩點的電場強度大小相等,方向不同,選項B錯誤;φA>φB,正電荷從A點移至B點,電場力做功WAB>0,選項C正確;C、D兩點位于同一等勢線上,故負電荷從C點移至D點,電勢能不變,選項D錯誤.
5.BC [解析] 通過電子的運動軌跡可判斷電子的受力方向,但無法判斷電子的運動方向,根據(jù)點電荷的電場規(guī)律可知,加速度越大的位置就是離點電荷越近的位置,A錯誤,B正確;電子從A運動到B,電場力做負功,電勢能增加,B點的電勢低于A點的電勢,C正確,D錯誤.
考點二
1.A [解析] 結(jié)合φa>φb>φc,由題圖等勢線的特點可確定此電
27、場為非勻強電場,且Q點處電場強度小于P點處電場強度,電子僅在電場力作用下沿直線從P點運動到Q點,將做加速度越來越小的加速運動,A正確.
2.A [解析] 由圖線可知,距離球心R處的場強為E0,根據(jù)點電荷的場強公式可知E0=,解得球殼帶電荷量為Q=,則均勻帶電球殼帶電密度為=,選項A正確;根據(jù)點電荷的場強公式可知E0=,解得r=R,選項B錯誤;由題意可知,在x軸上各點中,在0~R范圍內(nèi)各點的電勢均相同,球面與球心間的電勢差為零,選項C、D錯誤.
3.D [解析] 從-x0到0區(qū)間,電勢升高,意味著該區(qū)域內(nèi)的場強方向向左,質(zhì)子受到的電場力向左,與運動方向相反,所以質(zhì)子做減速運動,選項A錯誤;根
28、據(jù)場強與電勢差的關(guān)系式E=,從0到x0區(qū)間,圖線的斜率的絕對值先增大后減小,所以電場強度先增大后減小,根據(jù)F=Eq,質(zhì)子受到的電場力先增大后減小,選項B錯誤;在-x0到0區(qū)間,質(zhì)子受到的電場力方向向左,與運動方向相反,電場力做負功,電勢能增加,選項C錯誤;因為質(zhì)子從-x0到0區(qū)間做減速運動,從0到x0區(qū)間做加速運動,所以質(zhì)子能穿過電場區(qū)域的條件是在原點處的動能E要大于零,設(shè)質(zhì)子初動能為E0,從-x0到0過程中,根據(jù)動能定理得E-E0=-eφ0,所以E0=eφ0 +E>eφ0 ,選項D正確.
4.D [解析] 帶正電的粒子在x1點的電勢能大于在x2點的電勢能,則x1點的電勢比x2點的電勢高,選
29、項A錯誤;帶正電的粒子在電場力作用下從高電勢點移到低電勢點,可知粒子的運動方向與電場方向相同,選項B錯誤;粒子僅受電場力作用,電場力做功等于電勢能的減小量,故F·Δx=ΔEp,得F=,即Ep-x圖像上某點切線的斜率大小表示電場力的大小,也反映場強的大小,則x1點的電場強度大于x2點的電場強度,選項C錯誤;粒子從x1點運動到x2點的過程中,電勢能的減小量為Ep1-Ep2,可知電場力做功為Ep1-Ep2,選項D正確.
考點三
例1 (1)2.98×107 m/s (2)0.72 m (3)5.76×10-18 J
[解析] (1)根據(jù)動能定理得eU0=m
解得v0==2.98×107 m/
30、s
(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t,電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量為y.電子在水平方向做勻速直線運動,有L1=v0t
電子在豎直方向上做勻加速直線運動,有y=at2
根據(jù)牛頓第二定律得=ma
聯(lián)立得y==0.36 cm
電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線過水平位移的中點,由圖知=
解得h=0.72 cm
(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的過程中,電場力對它做的功
W=e·y=5.76×10-18 J
例1變式 (1)4×103 m/s (2)50 V/m,與水平方向成30°角斜向左下方
[解析] (1)由動能定理得m=qE1d1
解得v1=4×103 m/s
31、
(2)粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做類平拋運動,運動時間
t2==1×10-3 s
由vx=at2=t2,vy=v1
得tan θ==
所以θ=30°
則粒子剛出區(qū)域Ⅱ時速度方向與水平方向成30°角斜向右上方
速度大小v==8×103 m/s
由-t=0-v
解得E3=50 V/m,方向與水平方向或30°角斜向左下方
例2 (1)(-L,0) (2)2L 2L
[解析] (1)小球運動到y(tǒng)軸時,由動能定理得mgL=mv2
在繩斷裂后進入第二象限做類平拋運動,有
xB=vt
4L-L=at2
qE+mg=ma
聯(lián)立解得xB=L
故B點的位置坐標為(-L,0)
(2)設(shè)繩長
32、為L1時,小球在x軸上的落點與原點間距離最大,由動能定理得mgL1=m
由類平拋運動規(guī)律可得
x1=v1t1
4L-L1=a
qE+mg=ma
聯(lián)立解得x1=
由數(shù)學(xué)知識可得,當L1=4L-L1,即繩長L1=2L時,距離最大,最大值為x1=2L
例2變式 (1) (2)Ek=EqR(5-3cos θ)
(3)EqR EqR
[解析] (1)粒子經(jīng)過B點時,根據(jù)牛頓第二定律得a=,
水平方向有R=v0t,
豎直方向有R=at2,
聯(lián)立解得v0=.
(2)粒子經(jīng)過C點時,水平方向有Rsin θ=v1t1,
豎直方向有R-Rcos θ=a,
得=,
m==,
經(jīng)過
33、C點時的動能
Ek=Eq(R-Rcos θ)+m=EqR(5-3cos θ).
(3)由(2)中的結(jié)論可以看出,當θ從60°變化到90°時,粒子穿過圓周時的動能逐漸增大,因此經(jīng)過C點的粒子穿過圓周時動能最小,經(jīng)過B點的粒子穿過圓周時動能最大,則
=EqR(5-3cos 60°)=EqR,
=EqR(5-3cos 90°)=EqR.
例3 A [解析] 由題意,粒子在0~內(nèi)做類平拋運動,在~T內(nèi)做類斜拋運動,因粒子在電場中所受的電場力大小相等,由運動的對稱性可知,粒子射出電場時的速度方向一定垂直于電場方向,選項A正確;水平方向上有l(wèi)=v0T,豎直方向上有l(wèi)=T,在t=時刻粒子的速度大
34、小v==v0,選項B錯誤;若該粒子在t=時刻以速度v0進入電場,粒子先向下做類平拋運動,再向下做類斜拋運動,恰好沿PQ板右邊緣射出電場,選項C錯誤;若該粒子的入射速度變?yōu)?v0,則粒子在電場中的運動時間t==,選項D錯誤.
例3變式 B [解析] 小球在豎直方向做自由落體運動,加交變電場后水平方向運動的vx-t圖像如圖所示,即做周期性的往復(fù)運動,在0~T時間內(nèi)水平位移為0,水平方向的末速度為0,則小球在T時刻仍恰好到達D點,且此時速度仍為v0,選項B正確,A、C、D錯誤.
熱點模型解讀
預(yù)測1 BD [解析] 將上極板向上移動,d變大,由C=可知,C變小,電容器要放電,由于二極
35、管具有單向?qū)щ娦?電容器不能放電,由E=可知,電容器兩極板間的電場強度不變,油滴所受電場力不變,油滴靜止,上極板電勢為零,P點到上極板的距離增大,根據(jù)U=Ed可知,P點與上極板間的電勢差的絕對值增大,而P點的電勢為負,所以P點電勢降低,A錯誤,B正確;若上極板下移,則d變小,C變大,兩極板間的電壓U等于電源電動勢不變,電場強度E=變大,油滴所受電場力變大,電場力大于重力,合力向上,油滴向上運動,P點到下極板的距離不變,根據(jù)U=Ed可知,P點與下極板間的電勢差的絕對值增大,則P點與上極極間的電勢差的絕對值減小,而P點的電勢為負,所以P點電勢升高,C錯誤,D正確.
預(yù)測2 C [解析] 設(shè)微粒最
36、終速度為零時距離M板為x,則N板未移動時,根據(jù)動能定理得mgh-qUMN=0,將N板上移之后,根據(jù)動能定理得mg-·x·q=0,聯(lián)立可得x=h,選項C正確.
預(yù)測3 (1)mg (2) (3)d
[解析] (1)小球靜止,由平衡條件得mg+F=Eq
解得細線拉力F=mg.
(2)若小球到B點時細線拉力剛好為0,則Eq-mg=m
解得v=
小球從A到B,由動能定理得-(Eq-mg)·=mv2-m
解得v0=.
(3)在A點細線斷開后,小球做類平拋運動,有=·
解得t1=
水平位移x1=v0t1=d
在B點細線斷開后,小球做類平拋運動,有=·
解得t2=
水平位移x2=vt2=d
兩次在金屬板M上的落點間的距離Δx=x1+x2=d.
2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 第7講 帶電粒子在電場中的運動專題突破練
