2017屆高三物理二輪復(fù)習(xí)講義-選修3-1-第2課時-帶電粒子在電場中的運動(共15頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上第2課時：帶電粒子在電場中的運動【考綱要求】內(nèi)容要求說明28、帶電粒子在勻強電場中的運動計算限于帶電粒子進(jìn)入電場時速度平行或垂直于場強的情況【真題回放】 1.（2010江蘇）制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示，加在極板A、B間的電壓UAB作周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為-kU0（k>1），電壓變化的周期為2r，如圖乙所示。在t=0時，極板B附近的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運動。若整個運動過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用。（1）若，電子在02r時間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng)滿足的條件

2、；（2）若電子在02r時間未碰到極板B，求此運動過程中電子速度隨時間t變化的關(guān)系；（3）若電子在第N個周期內(nèi)的位移為零，求k的值。 【解析】（1）電子在 0時間內(nèi)做勻加速運動， 加速度的大小 位移在2時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小 初速度的大小 勻減速運動階段的位移 依據(jù)題， 解得 （2）在，（n=0,1,2，99）時間內(nèi)速度增量 在，（n=0,1,2，99）時間內(nèi)加速度的大小， 速度增量 (a)當(dāng)0<時, 電子的運動速度v=nv1+nv2+a1(t-2n) 解得v=t-(k+1)n ，(n=0,1,2, ,99) (b)當(dāng)0t-(2n+1) <時, 電子的運

3、動速度v=(n+1) v1+nv2- t-(2n+1) 解得v=(n+1)(k+1) -kt，(n=0,1,2, ,99) （3）電子在2(N-1) (2N-1)時間內(nèi)的位移x2N-1=v2N-2+a12 電子在(2N-1) 2NT時間內(nèi)的位移x2N=v2N-1 v2N-2=(N-1)(1-k) v2N-1=(NNk+k) 依題意得x2N-1+x2N=0 解得： 2、【2013上海高考】(12分)半徑為R，均勻帶正電荷的球體在空間產(chǎn)生球?qū)ΨQ的電場；場強大小沿半徑分布如圖所示，圖中E0已知，Er曲線下OR部分的面積等于R2R部分的面積。(1)寫出Er曲線下面積的單位；(2)己知帶電球在rR處的場

4、強EkQr2，式中k為靜電力常量，該均勻帶電球所帶的電荷量Q為多大?(3)求球心與球表面間的電勢差U；(4)質(zhì)量為m，電荷量為q的負(fù)電荷在球面處需具有多大的速度可以剛好運動到2R處?答案：（1）V（伏特）（2）（3） （4）由動能定理 3.【2014江蘇高考7】一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場，電場方向水平向左，不計空氣阻力，則小球A做直線運動 B做曲線運動 C速率先減小后增大D速率先增大后減小 【解析】由題意知，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度的方向夾角為鈍角，故小球做曲線運動，所以A錯誤；B正確；在運動的過程中合外力先做負(fù)功后做正功，所以C正確；D錯誤。4. 20

5、14·安徽卷22 (14分)如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔質(zhì)量為m，電荷量為q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)求：(1)小球到達(dá)小孔處的速度；(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落運動到下極板處的時間 解析 (1)由v22gh得v(2)在極板間帶電小球受重力和電場力，有mgqEma 0v22ad得EUEd QCU 得QC(3)由hgt、0vat2、tt1t2 可得t 4.【2015山東-20】如圖甲，兩水

6、平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t=0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在時間內(nèi)運動的描述，正確的是A.末速度大小為 B.末速度沿水平方向C.重力勢能減少了 D.克服電場力做功為【答案】BC 5.【2015天津-7】如圖所示氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1 ，之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么 A偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多

7、B三種粒子打到屏上的速度一樣大 C三種粒子運動到屏上所用的時間相同 D三種粒子一定打到屏上的同一位置【答案】AD 6.【2015安徽-23】（16分）在xOy平面內(nèi)，有沿y軸負(fù)方向的勻強電場，場強大小為E（圖中未畫出），由A點斜射出一質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的粒子，B和C是粒子運動軌跡上的兩點，如圖所示，其中l(wèi)0為常數(shù)。粒子所受重力忽略不計。求：（1）粒子從A到C過程中電場力對它做的功；（2）粒子從A到C過程所經(jīng)歷的時間；（3）粒子經(jīng)過C點時的速率。【答案】（1）（2）（3） 7.【2015北京-24】真空中放置的平行金屬板可以作為光電轉(zhuǎn)換裝置，如圖所示，光照前兩板都不帶電。以光照射 A 板，

8、則板中的電子可能吸收光的能量而逸出。假設(shè)所有逸出的電子都垂直于 A 板向 B 板運動，忽略電子之間的相互作用。保持光照條件不變 ，a 和 b 為接線柱。 已知單位時間內(nèi)從 A 板逸出的電子數(shù)為 N，電子逸出時的最大動能為 ，元電荷為 e。 ( 1 ) 求 A 板和 B 板之間的最大電勢差 ，以及將 a、b 短接時回路中的電流 I短 ( 2 ) 圖示裝置可看作直流電源，求其電動勢 E 和內(nèi)阻 r。 ( 3 ) 在 a 和 b 之間連接一個外電阻時，該電阻兩端的電壓為 U，外電阻上的消耗電功率設(shè)為 P；單位時間內(nèi)到達(dá) B 板的電子，在從 A 板運動到 B 板的過程中損失的動能之和設(shè)為 。 請推導(dǎo)證

9、明: 。( 注意:解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明 )【解析】A 板中逸出的電子累積在 B 板上，在 A、B 兩板間形(1) A 板中逸出的電子累積在 B 板上，在 A、B 兩板間形成由 A 指向 B 的電場。從 A 板后續(xù)逸出的電子在向 B 板運動的過程中會受到電場力的作用而做減速運動。達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，從 A 板逸出的最大動能的電子到 B 板時動能恰好為零。根據(jù)動能定理 從而得到 若將 a、b 短接，則兩板間電勢差為零，從而兩板間無電場，從 A 板逸出的電子均能完整通過整個回路，即短路電流 (2)當(dāng)外電路斷路時，A、B 兩板間電壓為該直流電源的電動勢。 電源

10、內(nèi)阻 (3)證明：設(shè)連接外電阻之后，單位時間內(nèi)到達(dá) B 板的電子個數(shù)為則回路中電流 外電阻上消耗的電功率 P=UI 單位時間內(nèi)到達(dá) B 板的電子，從 A 板運動到 B 板過程中損失的動能之和為 綜合式可得， 8.【2016北京-23】如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于版面的方向射入偏轉(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，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。（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版面方向的偏轉(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

11、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，。（3）極板間既有電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質(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”的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。【答案】（1）（2）不需要考慮電子所受的重力（3）、電勢和重力勢都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅僅由場自身的因素決定 9.【2016上海高考-32】如圖（a），長度L=0.8m的光滑桿左端固定一帶正電的點電荷A，其電荷量Q=；一質(zhì)量m=0.02kg，帶電量為q的小球B套在桿上。將桿沿水平方向固定于某非均勻外電場中，以桿左端為原點，沿桿向右為x軸正方向建立坐標(biāo)系。點電

12、荷A對小球B的作用力隨B位置x的變化關(guān)系如圖（b）中曲線I所示，小球B所受水平方向的合力隨B位置x的變化關(guān)系如圖（b）中曲線II所示，其中曲線II在0.16x0.20和x0.40范圍可近似看作直線。求：（靜電力常量）（1）小球B所帶電量q;（2）非均勻外電場在x=0.3m處沿細(xì)桿方向的電場強度大小E；（3）在合電場中，x=0.4m與x=0.6m之間的電勢差U。（4）已知小球在x=0.2m處獲得v=0.4m/s的初速度時，最遠(yuǎn)可以運動到x=0.4m。若小球在x=0.16m處受到方向向右，大小為0.04N的恒力作用后，由靜止開始運動，為使小球能離開細(xì)桿，恒力作用的做小距離s是多少？ 解析：（1）由

13、圖可知，當(dāng)x=0.3m時，N，因此C（2）設(shè)在x=0.3m處點電荷與小球間作用力為F2，F(xiàn)合=F2+qE因此，電場在x=0.3m處沿細(xì)稈方向的電場強度大小為3，方向水平向左。（3）根據(jù)圖像可知在x=0.4m與x=0.6m之間合力做功大小W合=0.0040.2=810-4J由qU=W合可得（4）由圖可知小球從x=0.16m到x=0.2m處電場力做功J小球從到處電場力做功=由圖可知小球從到處電場力做功=0.004×0.4=由動能定理+=0解得=【要點突破】（1）帶電粒子在電場中的加速一般情況下帶電粒子所受的電場力遠(yuǎn)大于重力，所以可以認(rèn)為只有電場力做功。由動能定理W=qU=EK，此式與電場

14、是否勻強無關(guān)，與帶電粒子的運動性質(zhì)、軌跡形狀也無關(guān)。例1：電子所帶電荷量最早是由美國科學(xué)家密立根通過油滴實驗測出的。油滴實驗的原理圖如圖所示，兩塊水平放置的平行金屬板與電源連接，上、下板分別帶正、負(fù)電荷。油滴從噴霧器的噴嘴噴出后，由于摩擦而帶電，油滴進(jìn)入上板中央小孔后落到勻強電場中，通過顯微鏡可以觀察到油滴的運動情況。兩金屬板間的距離為，忽略空氣對油滴的浮力和阻力。調(diào)節(jié)兩金屬板間的電勢差，當(dāng)時，使得某個質(zhì)量為的油滴恰好做勻速運動，求該油滴所帶電荷量？若油滴進(jìn)入電場時的速度可以忽略，當(dāng)兩金屬板間的電勢差時，觀察到某個質(zhì)量為的油滴進(jìn)入電場后做勻加速運動，經(jīng)過一段時間運動到下極板，求此油滴所帶的電荷

15、量？解析：油滴勻速下降過程中受到重力和電場力而平衡，可見其帶負(fù)電，則 解得油滴加速下滑，若油滴帶負(fù)電荷，其所受電場力方向向上，設(shè)此時油滴的加速度為，則由牛頓第二定律得 而 解得若油滴帶正電，其所受電場力方向向下，設(shè)此時油滴的加速度為，則由牛頓第二定律得 解得變式訓(xùn)練：為了研究靜電除塵，有人設(shè)計了一個盒狀容器，容器的側(cè)面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下底面是面積的金屬板，間距，如圖2所示，當(dāng)連接到高壓電源正負(fù)兩極時，能在金屬板間產(chǎn)生一個勻強電場?，F(xiàn)在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個，假設(shè)這些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，每個顆粒帶電荷量，質(zhì)量為，不考慮煙塵顆粒所受重力，求：經(jīng)多長

16、時間煙塵顆?？梢员蝗课?？除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？經(jīng)過多長時間容器中煙塵顆粒的總動能達(dá)到最大？解析：由題可知，只要上極板附近的煙塵顆粒能被吸附到下極板，煙塵即認(rèn)為被全部吸收，由運動學(xué)方程，得 煙塵顆粒所受電場力為 由牛頓第二定律得 解以上幾式得=由于板間的煙塵顆粒均勻分布，可以把板間所有的煙塵顆粒看成一個整體，認(rèn)為它的質(zhì)心位于板間中心位置，因此除塵過程中電場力對煙塵顆粒所做的總功為=解法（一）：設(shè)煙塵顆粒下落距離時，容器內(nèi)煙塵顆粒的總動能為當(dāng)時最大，又因所以解法（二）：假定所有煙塵顆粒都集中于極板的中央，故當(dāng)煙塵顆粒運動到下極板時期總動能最大，則所以（2）帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

17、質(zhì)量為m電荷量為q的帶電粒子以平行于極板的初速度v0射入長L板間距離為d的平行板電容器間，兩板間電壓為U，求射出時的側(cè)移、偏轉(zhuǎn)角和動能增量。（1）側(cè)移： 千萬不要死記公式，要清楚物理過程。根據(jù)不同的已知條件，結(jié)論改用不同的表達(dá)形式（已知初速度、初動能、初動量或加速電壓等）。（2）偏角： 注意到 ，說明穿出時刻的末速度的反向延長線與初速度延長線交點恰好在水平位移的中點。這一點和平拋運動的結(jié)論相同。（3）穿越電場過程的動能增量：EK=Eqy （注意，一般來說不等于qU）（4）示波管的工作原理：示波器：用來觀察電信號隨時間變化的電子儀器。其核心部分是示波管。示波管的構(gòu)造：由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組

18、成（如圖）。管內(nèi)抽成真空。電子槍：產(chǎn)生高速飛行的一束電子，加加速電壓。偏轉(zhuǎn)電極：加偏轉(zhuǎn)電壓。原理：利用了電子的慣性小、熒光物質(zhì)的熒光特性和人的視覺暫留等，靈敏、直觀地顯示出電信號隨間變化的圖線。例2：如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強度為E的勻強電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏?，F(xiàn)有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O。試求： (1)粒子從射入電場到打到屏上所用的時間；(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan ；(3)粒子打到屏上的點P到O點的距離x。解析(

19、1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入電場到打到屏上所用的時間t。(2)設(shè)粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a，所以vya，所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tan 。(3)法一設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則ya2又xyLtan ，解得：x法二xvyy。 法三由得：x3y。計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y的四種方法：(1)Yydtan (d為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)；(2)Y(d)tan (L為電場寬度)；(3)Yyvy·；(4)根據(jù)三角形相似：變式訓(xùn)練. 兩塊水平平行

20、放置的導(dǎo)體板如圖甲所示，大量電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)由靜止開始，經(jīng)電壓為U0的電場加速后，連續(xù)不斷地沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間當(dāng)兩板均不帶電時，這些電子通過兩板之間的時間為3t0；當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、最大值恒為U0的周期性電壓時，恰好能使所有電子均從兩板間通過(不計電子重力)問： (1)這些電子通過兩板之間后，側(cè)向位移(垂直于入射速度方向上的位移)的最大值和最小值分別是多少；(2)側(cè)向位移分別為最大值和最小值的情況下，電子在剛穿出兩板之間時的動能之比為多少解析以電場力的方向為y軸正方向，畫出電子在t0時和tt0時進(jìn)入電場后沿電場力方向的速度vy隨時間t變化的v

21、yt圖象分別如圖a和圖b所示，設(shè)兩平行板之間的距離為d.(1)圖中，v1yt0，v2y2t0由圖a可得電子的最大側(cè)向位移為xymax2(v1yt0v1yt0)3v1yt0而xymax，解得dt0由圖b可得電子的最小側(cè)向位移為xyminv1yt0v1yt0v1yt0所以xymax ，xymin (2)v(t0)2，v(2t0)2電子經(jīng)電壓U0加速，由動能定理知，mveU0所以.【分層訓(xùn)練】C組題 1、如圖所示，一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin 37°0.6，cos 3

22、7°0.8。求：(1)水平向右電場的電場強度；(2)若將電場強度減小為原來的，物塊的加速度是多大；(3)電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能。解析：(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力圖如圖所示，則有FNsin 37°qEFNcos 37°mg由可得E(2)若電場強度減小為原來的，即E由牛頓第二定律得mgsin 37°qEcos 37° ma可得a0.3g(3)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負(fù)功，由動能定理得mgLsin 37°qELcos 37°Ek0，可得Ek0.3mgLLBm

23、,qdv0A 2. 如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來兩板不帶電，上極板接地，它的極板長L = 0.1m，兩板間距離 d = 0.4 cm，有一束相同微粒組成的帶電粒子流從兩板中央平行極板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，已知微粒質(zhì)量為 m = 2×10-6kg，電量q = 1×10-8 C，電容器電容為C =10-6 F求(1) 為使第一粒子能落點范圍在下板中點到緊靠邊緣的B點之內(nèi)，則微粒入射速度v0應(yīng)為多少？(2) 以上述速度入射的帶電粒子，最多能有多少落到下極板上？解析：(1)若第1個粒子落到O點，由v01t1，gt12得v012.5 m/s若落到B點，由Lv0

24、2t1，gt22得v025 m/s故2.5 m/sv05 m/s(2)由Lv01t，得t4×10-2 sat2得a2.5 m/s2，有mgqE=ma，E=得Q6×10-6C所以600個OvE3. 一個帶電荷量為q的油滴，從O點以速度v射入勻強電場中，v的方向與電場方向成角，已知油滴的質(zhì)量為m，測得油滴達(dá)到運動軌跡的最高點時，它的速度大小又為v，求：(1) 最高點的位置可能在O點的哪一方？(2) 電場強度 E為多少？(3) 最高點處(設(shè)為N)與O點的電勢差UNO為多少？解析：(1) 在O點的左方 (2) UNO =(1)由動能定理可得在O點的左方(2)在豎直方向 mgt =

25、mv sin，水平方向 qEt = mv + mv cos(3) 油滴由O點N點，由qUmgh = 0，在豎直方向上，(v0 sin)2 = 2ghUNO =4. 如圖所示，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方向，BOA60°，OBOA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點使此小球帶電，電荷量為q(q>0)，同時加一勻強電場，場強方向與OAB所在平面平行現(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達(dá)A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點，且到達(dá)B點時的動

26、能為初動能的6倍，重力加速度大小為g.求： (1)無電場時，小球到達(dá)A點時的動能與初動能的比值；(2)電場強度的大小和方向解析(1)設(shè)小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OAd，則OBd，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有dsin 60°v0t dcos 60°gt2 又有Ek0mv由式得Ek0mgd設(shè)小球到達(dá)A點時的動能為EkA，則EkAEk0mgd由式得(2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了和，設(shè)電勢能分別減小EpA和EpB，由能量守恒及式得EpA3Ek0Ek0mgdEk0EpB6Ek0Ek0mgdEk0在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降

27、落是均勻的設(shè)直線OB上的M點與A點等電勢，M與O點的距離為x，如圖，則有解得xd，MA為等勢線，電場強度方向必與其垂線OC方向平行設(shè)電場強度方向與豎直向下的方向的夾角為，由幾何關(guān)系可得30°即電場強度方向與豎直向下的方向的夾角為30°.設(shè)電場強度的大小為E，有qEdcos 30°EpA由式得EB組題1、如圖所示，傾角為的斜面處于豎直向下的勻強電場中，在斜面上某點以初速度為v0水平拋出一個質(zhì)量為m的帶正電小球，小球受到的電場力與重力相等，地球表面重力加速度為g，設(shè)斜面足夠長，求： (1)小球經(jīng)多長時間落到斜面上；(2)從水平拋出至落到斜面的過程中，小球的電勢能是如何

28、變化的，其變化量為多大。解析：(1)小球在運動過程中， qEmgma，qEmg，解得a2g。yat2，xv0t，又y/xtan ，聯(lián)立解得：ttan 。(2)yat2×2g×(tan )2tan2。電場力做正功，電勢能減小，則有EWqEymgymvtan2。2、如圖所示直流電源的路端電壓U182 V。金屬板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近。它們分別和變阻器上的觸點a、b、c、d連接。變阻器上ab、bc、cd段電阻之比為123。孔O1正對B和E，孔O2正對D和G。邊緣F、H正對。一個電子以初速度v04×106m/s沿AB方向從A點進(jìn)入電場，恰好穿過孔O1和O

29、2后，從H點離開電場。金屬板間的距離L12 cm，L24 cm，L36 cm。電子質(zhì)量me9.1×1031 kg，電量q1.6×1019C。正對兩平行板間可視為勻強電場，求：(1)各相對兩板間的電場強度。(2)電子離開H點時的動能。(3)四塊金屬板的總長度(ABCDEFGH)。解析：(1)三對正對極板間電壓之比U1U2U3RabRbcRcd123。板間距離之比L1L2L3123故三個電場場強相等E1 516.67 N/C(2)根據(jù)動能定理eUmv2mv電子離開H點時動能EkmveU3.64×1017 J(3)由于板間場強相等，則電子在豎直方向受電場力不變，加速度恒

30、定，可知電子做類平拋運動：豎直方向：L1L2L3t2 水平方向：xv0t 消去t解得x0.12 m極板總長ABCDEFGH2x0.24 m。A+qBmvaE 3. 如圖，一絕緣細(xì)圓環(huán)半徑為r，環(huán)面處于水平面內(nèi)，場強為E的勻強電場與圓環(huán)平面平行。環(huán)上穿有一電量為q、質(zhì)量為m的小球，可沿圓環(huán)做無摩擦的圓周運動。若小球經(jīng)A點時速度的方向恰與電場垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無力的作用（設(shè)地球表面重力加速度為g）。則：（1）小球經(jīng)過A點時的速度大小vA是多大？（2）當(dāng)小球運動到與A點對稱的B點時，小球的速度是多大？ 圓環(huán)對小球的作用力大小是多少？ 解析：小球在水平面內(nèi)沿圓環(huán)作圓周運動，由題意，在A點電場力提供向心力：所以：球從A到B點的過程中，由動能定理：所以： 球在B點受到圓環(huán)作用力F的水平分力為Fx，則： 即又圓環(huán)對球作用力F的豎直分力大小等于小球的重力，所以：A組題 1. 右圖中A和B表示在真空中相距為d的兩平行金屬板加上電壓后，它們之間的電場可視為勻強電場；右邊表示一周期性的交變電壓的波形，橫坐標(biāo)代表時間t，縱坐標(biāo)代表電壓U，從t=0開始，電壓為給定值U0，經(jīng)過半個周期，突然變?yōu)?U0。如此周期地交替變化。在t=0時刻將上述