第6 電場(chǎng).ppt

第6講電場(chǎng) 專題知識(shí)脈絡(luò) 核心知識(shí) 知識(shí)規(guī)律 1 電場(chǎng)力的性質(zhì) 電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式 真空中點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式 勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系式 4 4 5 5 例題4 如圖所示 用兩根絕緣絲線掛著兩個(gè)質(zhì)量相同不帶電的小球A和B 上 下兩根細(xì)線中的拉力分別是TA TB 現(xiàn)在使A帶正電 B帶負(fù)電 此時(shí)上 下細(xì)線受力分別為T A T B 則 A T A TA T B TBB T A TA T BTBD T A TA T B TB 答案 B 例題5 在場(chǎng)強(qiáng)為E 方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中 有兩個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球 電量分別為 2q和 q 兩小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線相連 另用絕緣細(xì)線系住帶正電的小球懸掛于O點(diǎn)而處于平衡狀態(tài) 如圖所示 重力加速度為g 細(xì)線對(duì)懸點(diǎn)O的作用力等于 2mg Eq 例題6 如圖所示 兩個(gè)大小相同的小球帶有同種電荷 質(zhì)量分別為m1 和m2 帶電量分別為q1和q2 用細(xì)絕緣線懸掛后 因靜電力而使兩懸線張開 它們與豎直線所成的角度均為 且兩球同處一水平線上 則下述結(jié)論中正確的是 A q1一定等于q2 B 一定滿足q1 m1 q2 m2 C m1一定等于m2 D 必須同時(shí)滿足q1 q2 m1 m2 答案 C 熱點(diǎn)一電場(chǎng)性質(zhì)的理解與應(yīng)用 典題1 真空中電量均為Q的兩異種點(diǎn)電荷連線和一絕緣正方體框架的兩側(cè)面ABB1A1和DCC1D1中心連線重合 連線中心和立方體中心重合 不計(jì)其他任何電場(chǎng)的影響 則下列說(shuō)法中正確的是 A 正方體兩頂點(diǎn)A D電場(chǎng)強(qiáng)度相同B 正方體兩頂點(diǎn)A D電勢(shì)相同C 兩等量異種點(diǎn)電荷周圍電場(chǎng)線和面ABB1A1總是垂直D 負(fù)檢驗(yàn)電荷q在頂點(diǎn)A處的電勢(shì)能小于在頂點(diǎn)D處的電勢(shì)能 D 解析 選D 由等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布可知 A D兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等 方向不同 A錯(cuò)誤 沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低 A點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì) B錯(cuò)誤 A B B1 A1四點(diǎn)電勢(shì)相同 但面ABB1A1不是等勢(shì)面 電場(chǎng)線不總與該面垂直 C錯(cuò)誤 A點(diǎn)電勢(shì)高于D點(diǎn)電勢(shì) 將負(fù)電荷從A點(diǎn)移到D點(diǎn) 電場(chǎng)力做負(fù)功 電勢(shì)能增大 D正確 拓展延伸 1 在 典題1 中若將一正電荷從C點(diǎn)沿CC1直線移送到C1點(diǎn) 試分析電場(chǎng)力對(duì)正電荷的做功情況和電勢(shì)能的變化情況 解析 由電場(chǎng)線分布的對(duì)稱性以及電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)的方向關(guān)系可知 正電荷由C點(diǎn)移送到CC1中點(diǎn)的過(guò)程 電場(chǎng)力與速度方向的夾角為銳角 電場(chǎng)力做正功 電荷的電勢(shì)能減少 正電荷由CC1中點(diǎn)移送到C1點(diǎn)的過(guò)程 電場(chǎng)力與速度方向的夾角為鈍角 電場(chǎng)力做負(fù)功 電荷的電勢(shì)能增加 整個(gè)過(guò)程電場(chǎng)力做的總功為零 正電荷在C C1兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等 2 在 典題1 中若將兩異種點(diǎn)電荷替換為兩等量正點(diǎn)電荷 試分析B C兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)關(guān)系以及負(fù)檢驗(yàn)電荷在A B兩點(diǎn)的電勢(shì)能大小關(guān)系 解析 由兩等量正點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布特點(diǎn)可知 正方體框架八個(gè)頂點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等 方向各不相同 各個(gè)頂點(diǎn)電勢(shì)都相同 因此B C兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等 方向不同 B C兩點(diǎn)電勢(shì)相同 由Ep q 可知 負(fù)檢驗(yàn)電荷在A B兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等 典題2 如圖所示 一重力不計(jì)的帶電粒子以某一速度進(jìn)入負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場(chǎng)中 且只在電場(chǎng)力作用下依次通過(guò)M N P三點(diǎn) 其中N點(diǎn)是軌跡上距離負(fù)點(diǎn)電荷最近的點(diǎn) 若粒子在M點(diǎn)和P點(diǎn)的速率相等 則 A 粒子在N點(diǎn)時(shí)的速率最大B UMN UNPC 粒子在N點(diǎn)時(shí)的加速度最大D 粒子在M點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能大于其在N點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能 C 解析 選C 據(jù)帶電粒子所受電場(chǎng)力指向運(yùn)動(dòng)軌跡的凹側(cè) 再根據(jù)題圖可知該粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)電場(chǎng)力做負(fù)功 從N點(diǎn)到P點(diǎn)電場(chǎng)力做正功 所以帶電粒子的動(dòng)能先減少后增加 則在N點(diǎn)的動(dòng)能最小 速度也最小 A錯(cuò)誤 電勢(shì)能先增加后減少 D錯(cuò)誤 據(jù)題意知 粒子在M點(diǎn)和P點(diǎn)速率相等 據(jù)動(dòng)能定理有qUMN 和qUNP 所以UMN UNP B錯(cuò)誤 在N點(diǎn)的電場(chǎng)線密集 即粒子在N點(diǎn)所受的電場(chǎng)力較大 加速度也較大 C正確 解題悟道 電場(chǎng)性質(zhì)的判斷思路 1 明確電場(chǎng)的電場(chǎng)線與等勢(shì)面的分布規(guī)律 2 利用電場(chǎng)線的疏密分布規(guī)律或場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理判定場(chǎng)強(qiáng)的強(qiáng)弱 3 根據(jù)電場(chǎng)線的方向 電場(chǎng)線的疏密及電勢(shì)能的大小分析電勢(shì)的高低 4 應(yīng)用電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能改變之間的關(guān)系判定電勢(shì)能的大小或電場(chǎng)力做功情況 加固訓(xùn)練 1 多選 某靜電除塵器工作時(shí)內(nèi)部電場(chǎng)線分布的俯視圖如圖 帶負(fù)電粉塵被吸附時(shí)由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn) 以下說(shuō)法正確的是 A 該電場(chǎng)是勻強(qiáng)電場(chǎng)B a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)C 電場(chǎng)力對(duì)粉塵做正功D 粉塵的電勢(shì)能增大 BC 解析 選B C 由圖可以看出 電場(chǎng)線的分布并不均勻 故該電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng) A錯(cuò)誤 由于電場(chǎng)線的方向由a指向b 沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)是降低的 故a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì) B正確 帶負(fù)電粉塵受到的電場(chǎng)力的方向是由b指向a的 故粉塵由b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)時(shí) 電場(chǎng)力做正功 C正確 由于電場(chǎng)力做正功 故粉塵的電勢(shì)能減小 D錯(cuò)誤 2 多選 2014 新課標(biāo)全國(guó)卷 如圖 在正點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中有M N P F四點(diǎn) M N P為直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn) F為MN的中點(diǎn) M 30 M N P F四點(diǎn)處的電勢(shì)分別用 M N P F表示 已知 M N P F 點(diǎn)電荷Q在M N P三點(diǎn)所在平面內(nèi) 則 A 點(diǎn)電荷Q一定在MP的連線上B 連接PF的線段一定在同一等勢(shì)面上C 將正試探電荷從P點(diǎn)搬運(yùn)到N點(diǎn) 電場(chǎng)力做負(fù)功D P大于 M AD 解析 選A D 本題考查了電場(chǎng)問(wèn)題 根據(jù)題意分別畫出MN和FP的中垂線 由幾何關(guān)系知 兩中垂線交點(diǎn)在MP連線上 如圖 點(diǎn)電荷在圖中的O位置 A項(xiàng)正確 B項(xiàng)錯(cuò)誤 因?yàn)槭钦c(diǎn)電荷形成的電場(chǎng) 將正試探電荷從P搬運(yùn)到N 電場(chǎng)力做正功 C項(xiàng)錯(cuò)誤 因?yàn)槭钦c(diǎn)電荷形成的電場(chǎng) 越靠近場(chǎng)源電荷的等勢(shì)面電勢(shì)越高 D項(xiàng)正確 BD A 熱點(diǎn)二與平行板電容器有關(guān)的電場(chǎng)問(wèn)題 典題3 如圖所示 平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源 內(nèi)阻不計(jì) 連接 下極板接地 一帶電油滴位于兩板中央的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài) 現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向下移動(dòng)一小段距離 則 A 帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)B 帶電油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)C P點(diǎn)的電勢(shì)將降低D 電容器的電容減小 電容器的帶電量將減小 解析 選A 根據(jù)電容器的決定式C 當(dāng)上極板向下移動(dòng)時(shí) d減小 電容變大 又C 電壓U不變 因此電容器帶電量增多 D錯(cuò)誤 根據(jù)電容器內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度E 可知 d減小 場(chǎng)強(qiáng)增大 油滴受到向上的電場(chǎng)力增大 將向上運(yùn)動(dòng) A正確 B錯(cuò)誤 由于場(chǎng)強(qiáng)增大 由U Ed可知 P與下極板電勢(shì)差變大 P點(diǎn)電勢(shì)升高 C錯(cuò)誤 拓展延伸 1 在 典題3 中 試分析帶電油滴的電勢(shì)能和重力勢(shì)能之和如何變化 解析 帶電油滴沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程 只有電場(chǎng)力和重力做功 油滴的動(dòng)能 重力勢(shì)能和電勢(shì)能的總和不變 油滴的動(dòng)能增大 故電勢(shì)能和重力勢(shì)能之和減小 2 在 典題3 中 若電容器充電穩(wěn)定后 斷開電源 試分析當(dāng)電容器下極板豎直向上移動(dòng)一小段距離后 帶電油滴將如何運(yùn)動(dòng) 其電勢(shì)能如何變化 解析 電容器充電穩(wěn)定后 斷開電源 兩極板所帶電荷量保持不變 由C C E 可得 E 當(dāng)電容器下極板豎直向上移動(dòng)一小段距離時(shí) 場(chǎng)強(qiáng)不變 油滴受力情況不變 故油滴靜止不動(dòng) 由帶電油滴受力情況可以判斷油滴帶負(fù)電 由U Ed知P與下極板電勢(shì)差變小 P點(diǎn)電勢(shì)降低 由EP q 可知帶電油滴的電勢(shì)能增加 解題悟道 平行板電容器問(wèn)題的分析思路 1 明確平行板電容器中的哪些物理量是不變的 哪些物理量是變化的以及怎樣變化 2 應(yīng)用平行板電容器的決定式C 分析電容器的電容的變化 3 應(yīng)用電容的定義式C 分析電容器帶電量和兩板間電壓的變化情況 4 根據(jù)控制變量法對(duì)電容的變化進(jìn)行綜合分析 得出結(jié)論 對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練 1 在探究平行板電容器電容的實(shí)驗(yàn)中 對(duì)一個(gè)電容為C 正對(duì)面積為S 兩極板之間距離為d的電容器 充電Q后 A 若帶電量再增加 Q 其他條件不變 則電容器兩極板之間的電壓一定增加B 若帶電量再增加 Q 其他條件不變 則電容器兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度可能不變 C 保持帶電量Q不變 若電容器兩極板之間的距離增大到2d 其他條件不變 則電場(chǎng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的2倍D 保持帶電量Q不變 若電容器正對(duì)面積減小到原來(lái)的 其他條件不變 則電場(chǎng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的4倍 A 解析 選A 由C 可得 當(dāng)帶電量再增大 Q 其他條件不變時(shí) 則電容器兩極板之間的電壓一定增加 U A正確 電荷量變化 則兩極板間的電壓發(fā)生變化 根據(jù)E 可得 電場(chǎng)強(qiáng)度一定變化 B錯(cuò)誤 保持電荷量不變 根據(jù)公式可得 兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與兩極板間的距離無(wú)關(guān) C錯(cuò)誤 根據(jù)公式若電容器正對(duì)面積減小到原來(lái)的 其他條件不變 則電場(chǎng)強(qiáng)度增加到原來(lái)的2倍 D錯(cuò)誤 3 如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中 極板A接地 平行板電容器的極板B與一個(gè)靈敏的靜電計(jì)相接 將A極板向左移動(dòng) 增大電容器兩極板間的距離時(shí) 電容器所帶的電量Q 電容C 兩極間的電壓U 電容器兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)E的變化情況是 A Q變小 C不變 U不變 E變小B Q變小 C變小 U不變 E不變C Q不變 C變小 U變大 E不變D Q不變 C變小 U變大 E變小 C 解析 選C 由題意可知 電容器未接電源 故電容器的電荷量不變 所以A B錯(cuò)誤 根據(jù)可知 當(dāng)兩極板間的距離d增大時(shí) C變小 U變大 三式聯(lián)立可得故電場(chǎng)強(qiáng)度E不變 所以選項(xiàng)C正確 D錯(cuò)誤 A 4 電源和一個(gè)水平放置的平行板電容器 兩個(gè)變阻器R1 R2和定值電阻R3組成如圖所示的電路 當(dāng)把變阻器R1 R2調(diào)到某個(gè)值時(shí) 閉合開關(guān)S 電容器中的一個(gè)帶電液滴正好處于靜止?fàn)顟B(tài) 當(dāng)再進(jìn)行其他相關(guān)操作時(shí) 只改變其中的一個(gè) 以下判斷正確的是 A 將R1的阻值增大時(shí) 液滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài)B 將R2的阻值增大時(shí) 液滴將向下運(yùn)動(dòng)C 斷開開關(guān)S 電容器上的帶電量將減為零D 把電容器的上極板向上平移少許 電容器的電量將增加 解析 選A 當(dāng)R1的阻值增大時(shí) 電容器兩端的電勢(shì)差不變 帶電液滴受到的電場(chǎng)力不變 液滴保持不動(dòng) 故A正確 將R2的阻值增大時(shí) 則R2兩端的電壓增大 所以電容器兩端的電壓增大 電場(chǎng)力變大 液滴向上運(yùn)動(dòng) 故B錯(cuò)誤 斷開開關(guān) 電容器兩端的電勢(shì)差等于電源的電動(dòng)勢(shì) 根據(jù)Q CU 可知電容器的電量將增加 故C錯(cuò)誤 因?yàn)殡娙萜鞯碾娙軨 把電容器的上極板向上平移少許 d增大 會(huì)使電容減小 電容器兩端的電勢(shì)差不變 根據(jù)Q CU 可知電容器的帶電量將減少 故D錯(cuò)誤 加固訓(xùn)練 多選 如圖所示的兩個(gè)平行板電容器水平放置 A板用導(dǎo)線與M板相連 B板和N板都接地 讓A板帶電后 在兩個(gè)電容器間分別有P Q兩個(gè)帶電油滴都處于靜止?fàn)顟B(tài) AB間電容為C1 電壓為U1 帶電量為Q1 MN間電容為C2 電壓為U2 帶電量為Q2 若將B板稍向下移 下列說(shuō)法正確的是 A P向下動(dòng) Q向上動(dòng)B U1減小 U2增大C Q1減小 Q2增大D C1減小 C2增大 AC 解析 選A C 根據(jù)電容器的決定式 C 可知 B板稍向下移 C1減小 而C2不變 D不對(duì) 假設(shè)電容器帶電量不變 根據(jù)C 使得U1增大 這時(shí)會(huì)使得電容器C1給C2充電 使得Q1減小 Q2增大 C正確 最終穩(wěn)定后 兩個(gè)電容器電壓相等 由于U2增大了 從而得出U1也增大 B不對(duì) 電容器內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)因Q1減小 Q2增大 導(dǎo)致E1減小 E2增大 因此P向下動(dòng) Q向上動(dòng) A正確 熱點(diǎn)三帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 例1如圖所示 水平放置的 兩平行板相距 上板 帶正電 現(xiàn)有質(zhì)量 電荷量為 的小球在 板下方距離為 處 以初速度 0豎直向上從 板小孔進(jìn)入板間電場(chǎng) 欲使小球剛好打到 板 間電勢(shì)差 AB應(yīng)為多大 解法1 小球運(yùn)動(dòng)分兩個(gè)過(guò)程 在B板下方時(shí)僅受重力作用 做豎直上拋運(yùn)動(dòng) 進(jìn)入電場(chǎng)后受向下的電場(chǎng)力和重力作用 做勻減速直線運(yùn)動(dòng) 對(duì)第一個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程 對(duì)第二個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程 加速度為 按題意h為減速運(yùn)動(dòng)最大位移 故有 所以聯(lián)立解得 又因?yàn)槠叫邪咫娙萜鲀?nèi)部是勻強(qiáng)電場(chǎng) 故有 解法2 由動(dòng)能定理得 整理可得 練習(xí) 如圖所示 在水平向右的 強(qiáng)度E 2000V m的勻強(qiáng)電場(chǎng)中 質(zhì)量m 1 73毫克的帶電粒子以大小v0 10m s 方向和水平方向成30 的初速度從A點(diǎn)射入 發(fā)現(xiàn)它恰能做直線運(yùn)動(dòng) 以A點(diǎn)所在的等勢(shì)面為參考平面 電場(chǎng)區(qū)域足夠大 試求 1 粒子的電性和電量 2 粒子沿直線前進(jìn)的最大距離 3 粒子可以獲得的最大電勢(shì)能 練習(xí) 如圖所示 在方向水平的勻強(qiáng)電場(chǎng)中 一不可伸長(zhǎng)的不導(dǎo)電細(xì)線長(zhǎng)為L(zhǎng) 一端連著一個(gè)質(zhì)量為m 帶電量為q小球 另一端固定于O點(diǎn) 把小球拉起直至細(xì)線與場(chǎng)強(qiáng)平行 然后無(wú)初速由A點(diǎn)釋放 已知細(xì)線轉(zhuǎn)過(guò)60 角 小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度恰為零 求 A B兩點(diǎn)的電勢(shì)差 電場(chǎng)強(qiáng)度E 小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí) 細(xì)線的拉力 練習(xí) 如圖所示 在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中 用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)繩將一個(gè)質(zhì)量為m的帶電小球懸掛于O點(diǎn) 平衡時(shí) 小球位于B點(diǎn) 此時(shí)繩與豎直方向的夾角為 45 已知重力加速度為g 求 1 小球靜止在B點(diǎn)時(shí)受到繩的拉力大小 2 若將小球拉到O點(diǎn)等高的A點(diǎn) 此時(shí)繩拉直 然后釋放小球 當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)受到繩的拉力大小 練習(xí) 如圖3 2 12所示 在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中的A點(diǎn) 有一個(gè)質(zhì)量為m 帶電量為 q的油滴以速度v豎直向上運(yùn)動(dòng) 已知當(dāng)油滴經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)B時(shí) 速度大小也為v 求 場(chǎng)強(qiáng)E的大小及A B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 根據(jù)分運(yùn)動(dòng)與合運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性以及勻變速直線運(yùn)動(dòng)平均速度公式有 即H x由動(dòng)能定理 Eqx mgH 0再由動(dòng)能定理 qUAB mgH 0 如圖所示 有一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng) 一個(gè)質(zhì)量為m 帶電量為 q的小球以初速度v0從a點(diǎn)豎直向上射入電場(chǎng)中 小球通過(guò)電場(chǎng)中b點(diǎn)時(shí)速度大小為2v0 方向與電場(chǎng)方向一致 則a b兩點(diǎn)的電勢(shì)差為 A B C D 如圖所示 在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中 某帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn) 在A點(diǎn)時(shí)速度豎直向上 在B點(diǎn)時(shí)速度水平向右 在這一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子只受電場(chǎng)力和重力 并且克服重力做的功為1J 電場(chǎng)力做的正功為3J 則下列說(shuō)法中正確的是 A 粒子帶正電B 粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能比在B點(diǎn)多2JC 粒子在A點(diǎn)的機(jī)械能比在B點(diǎn)少3JD 粒子由A點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程中速度最小時(shí) 速度的方向與水平方向的夾角為60 典題4 噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖所示 重力可忽略的墨汁微滴 經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后 以速度v垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)飛入極板間 最終打在紙上 則微滴在極板間電場(chǎng)中 A 向負(fù)極板偏轉(zhuǎn)B 電勢(shì)能逐漸增大C 運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線D 運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量無(wú)關(guān) C 解析 選C 微滴帶負(fù)電 進(jìn)入電場(chǎng) 受電場(chǎng)力向上 應(yīng)向正極板偏轉(zhuǎn) A錯(cuò)誤 電場(chǎng)力做正功 電勢(shì)能減小 B錯(cuò)誤 微滴在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng) 沿v方向 x vt 沿電場(chǎng)方向 又得即微滴運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線 且運(yùn)動(dòng)軌跡與電荷量有關(guān) C正確 D錯(cuò)誤 典題5 真空中的某裝置如圖所示 其中平行金屬板A B之間有加速電場(chǎng) C D之間有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng) 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(chǎng)加速后垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng) 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1 2 4 電荷量之比為1 1 2 則下列判斷中正確的是 A 三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)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(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1 2 2D 偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1 2 4 B 審題流程 第一步 審題干 提取信息 1 由A板從靜止開始被加速電場(chǎng)加速粒子初速度為零 2 垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng) 第二步 審問(wèn)題 明確解題思路分析三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間 打到熒光屏上的位置及偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)粒子做功情況確定粒子垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度 由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間 由y tan 得打到熒光屏上的位置 由W Eqy判斷偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功的情況 解析 選B 設(shè)加速電壓為U1 偏轉(zhuǎn)電壓為U2 偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng) 板間距離為d 在加速電場(chǎng)中 由動(dòng)能定理得qU1 解得v0 三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過(guò)程 水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng) 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(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不同 故A錯(cuò)誤 根據(jù)推論y tan 可知 y與粒子的種類 質(zhì)量 電量無(wú)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(chǎng)的電場(chǎng)力做功為W Eqy 則W與q成正比 三種粒子的電荷量之比為1 1 2 則有電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1 1 2 故C D錯(cuò)誤 解題悟道 帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析思路 1 首先分析粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律 區(qū)分是在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)還是偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題 2 對(duì)于直線運(yùn)動(dòng)