第10章 静电场中的能量 章末综合提升-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理必修第三册同步导学案配套PPT课件（人教版）单选

第十章　静电场中的能量 章末综合提升 章末检测(二)　静电场中的能量 内容索引 一、构建思维导图 3 二、归纳整合提升 1.电场线、等势线、运动轨迹的综合问题 解决电场线、等势线、运动轨迹的综合问题应熟练掌握以下知识及规律： (1)带电粒子所受合力(往往仅为静电力)指向轨迹曲线的凹侧。 (2)某点速度方向为轨迹切线方向。 (3)电场线或等差等势面密集的地方电场强度大。 (4)电场线垂直于等势面。 (5)顺着电场线方向电势降低最快。 (6)静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增大。有时还 要用到牛顿第二定律、动能定理等知识。 4 2.电场中的能量问题 在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定 律，有时也会用到功能关系。 (1)应用动能定理解决问题需研究合外力做的功(或总功)。 (2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化。 (3)应用功能关系解决该类问题需明确静电力做功与电势能改变之间的 对应关系。 (4)有静电力做功的过程机械能一般不守恒，但机械能与电势能的总和 可以不变。 5 3.“等分法”确定等势线和电场线的两点技巧 (1)在匀强电场中，电势沿直线均匀变化，即直线上距离相等的线段两端的电势差值相等。 (2)等分线段找等势点法：将电势最高点和电势最低点连接后根据需要平分成若干段，必能在此线段上找到与第三点电势相等的点，它们的连线即等势线，在电场所在平面内，与其垂直的线即为电场线。 6 三、经典例题体验 [典例1]　(2024·辽宁卷)在水平匀强电场中,一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直纸面内运动,如图。若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中(　　) A.动能减小,电势能增大 B.动能增大,电势能增大 C.动能减小,电势能减小 D.动能增大,电势能减小 D 根据题意若小球的初速度方向沿虚线,则其运动 轨迹为直线,可知电场力和重力的合力沿着虚线 方向,又电场强度方向为水平方向,根据力的合成 可知小球所受电场力方向水平向右,若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到与O点等高处的过程中重力对小球做功为零,电场力的方向与小球的运动方向成锐角,则电场力对小球正功,小球的动能增大,电势能减小,故选D。 [典例2]　(2024·湖南卷)真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处。设无限远处电势为0,x正半轴上各点电势φ随x变化的图像正确的是(　　) D 由负电荷周围电场线的分布特点可知,电荷量为-q的负电荷所在的坐标原点处,电势为-∞,A、C错误;由E=可知,φ-x图像切线斜率的绝对值表示电场强度的大小,在x轴正半轴上取一点,其离负电荷的距离为x,离正电荷的距离为x+1,则电荷量为+4q的正电荷在x处的电场强度大小为E1=k,方向沿x轴正方向,电荷量为-q的负电荷在x处的电场强度大小为E2=k,方向设x轴负方向,则两点电荷在x处的电场强度的矢量和为E=E1-E2=k-k,则x=1时,电场强度为零,即φ-x图像在x=1处,图像切线斜率为零,B错误,D正确。 [典例3]　(2024·全国甲卷)在电荷量为Q的点电荷产生的电场中,将无限远处的电势规定为零时,距离该点电荷r处的电势为k,其中k为静电力常量,多个点电荷产生的电场中某点的电势等于每个点电荷单独存在的该点的电势的代数和。电荷量分别为Q1和Q2的两个点电荷产生的电场的等势线如图中曲线所示(图中数字的单位是伏特),则(　　) A.Q1<0,=-2 B.Q1>0,=-2 C.Q1<0,=-3 D.Q1>0,=-3 B 根据两点电荷周围的电势分布可知Q1带正电,Q2带负电,即Q1>0,Q2<0;由题图中电势为0的等势线可知k+k=0 由图中距离关系可知= 联立解得=-2 故选B。 章末检测(二)　静电场中的能量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 一、单项选择题:共11题,每题4分,共44分。每题只有一个选项符合题意。 1.(2024·河北保定高二上学期期末)如图所示,虚线a、b、c代表电场中三条等势线,φa<φb<φc,实线为一试探电荷仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、M、Q是运动轨迹与等势线的交点。由此可知(　　) A.试探电荷带负电 B.试探电荷在P、M、Q三点受到的静电力方向相同 C.试探电荷在P、M、Q三个位置中P点的动能最大 D.试探电荷在P、M、Q三个位置中P点的电势能最大 C 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由于φa<φb<φc,且沿电场线方向电势降低,所以电场 线方向指向轨迹凹侧,而做曲线运动的物体所受合 力指向轨迹凹侧,即试探电荷所受静电力方向指向 轨迹凹侧,故试探电荷带正电,故A错误;电场线与等势线垂直,且静电力方向与电场线切线方向在一条直线上,由于等势线是弯曲的,根据几何知识可知试探电荷在P、M、Q三点受到的静电力方向不同,故B错误;若试探电荷从P到Q运动,静电力做负功,电势能增大,动能减小,若试探电荷从Q到P运动,静电力做正功,电势能减小,动能增大,故试探电荷在P、M、Q三个位置中P点的动能最大、电势能最小,故C正确,D错误。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2.(2024·贵州黔南高二上学期期末)如图所示,在水平向右的匀强电场中,一电子在外力作用下由a点运动到b点,其轨迹为一半径为r=0.25 m的圆弧。已知a、b两点间的电势差为5 V,则该匀强电场的电场强度为(图中竖直虚线与电场线垂直)(　　) A.20 V/m　　　　　　　 B.20(2+)V/m C.20 V/m D.40 V/m C 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 轨迹为一半径为r=0.25 m的圆弧,则a、b两点沿电场方向的距离 d=rsin 45°= m,所以E==20 V/m,故选C。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3.如图甲所示,M、N为正对竖直放置的平行金属板,A、B为两板中线上的两点。当M、N板间不加电压时,一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点,此时速度为v。若两板间加上如图乙所示的交变电压,t=0时,将带电小球仍从A点由静止释放,小球运动过程中始终未接触极板,则t=T时,小球(　　)  A.在B点上方 B.恰好到达B点 C.速度大于v D.速度小于v B 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 在M、N两板间加上如题图乙所示的交变电压,小球受到重力和静电力的作用,静电力做周期性变化,且沿水平方向,所以小球竖直方向与不加电压时一样做自由落体运动。在水平方向小球先做匀加速直线运动,后沿原方向做匀减速直线运动,t=时速度为零,接着反向做匀加速直线运动,后继续沿反方向做匀减速直线运动,t=T时速度为零。根据对称性可知,在t=T时小球的水平位移为零,所以t=T时,小球恰好到达B点,故A错误,B正确;在0~T时间内,静电力做功为零,小球机械能变化量为零,所以t=T时,小球速度等于v,故C、D错误。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4.(2024·东北师大附中高二上学期期末)在如图所示的电路中,A、B是平行板电容器的两金属板。先将开关S闭合,等电路稳定后将S断开,并将B板向下移动一小段距离,保持两板间的某点P与A板的距离不变,则下列说法正确的是(　　) A.电容器两极板间电压变小 B.电容器内部电场强度变大 C.移动B板过程中有电流流过电阻R且电流方向向下 D.若P点固定一个负电荷,则负电荷的电势能变小 D 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 将S断开后,电容器的带电荷量不变,根据E=== =,可知将B板向下移动一小段距离,电容器内部电 场强度不变,故B错误;根据U=Ed可知将B板向下移动一 小段距离,电容器两极板间距离增大,则电容器两极板间电压增大,故A错误;将S断开后,移动B板过程中,电容器的带电荷量不变,没有电流流过电阻R,故C错误;若P点固定一个负电荷,则负电荷的电势能为Ep=φ(-q)=-Ed1q,移动B板过程中,P点与B板间的距离d1增大,负电荷的电势能变小,故D正确。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.(2024·福建厦门高二上学期期末)如图甲所示,两等量正电荷水平固定,一光滑的绝缘细杆竖直放置在两电荷连线的中垂线上,杆上A点与连线中点O的距离为h0。一带正电小球套在杆上从A点由静止释放,从A运动到O的过程中其动能Ek随下降距离h变化的图像如图乙所示。若忽略空气阻力,则小球在此过程中(　　) A.合外力先减小后增大 B.电场力先增大后减小 C.机械能先增大后减小 D.电势能先减小后增大 B 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 Ek-h图像的斜率表示合外力,由图像可知,合外力 先减小,再增大,再减小,再增大,故A错误。因为小 球在运动过程中仅受重力和电场力,且小球带正 电,所以从A到O的过程中,小球受到的电场力一直向上,结合其动能变化进行分析:初始时,小球动能增大,说明小球的重力大于电场力,小球向下加速运动,而Ek-h图像的斜率在减小,说明小球所受的合外力在减小,因为重力不变,所以小球受到的电场力在增大,当动能达到最大值时,小球的重力等于电场力;之后小球的动能开始减小,说明小球受到的电场力大于重力,小球在做减速运动,即电场力依旧在增大,直到某一时刻达到最大值,然后开 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 始减小,当电场力再次等于重力时,小球的速度 达到最小值,即动能达到最小值;最后小球的动 能一直增大,图像的斜率也越来越大,说明小球 在加速运动,所受合力也越来越大,重力不变时, 说明电场力越来越小,综上所述,小球在从A到O的过程中,电场力先增大后减小,故B正确。小球下落过程中,电场力一直竖直向上,则电场力一直做负功,由能量守恒定律可知,小球的机械能一直在减小,小球的电势能一直在增大,故C、D错误。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6.(2024·河北保定高二上学期期末)如图,两个等量负点电荷分别位于x轴上的P、Q两点,其位置关于原点O对称。a、b、c、d四点位于以O点为圆心的圆周上,a、b连线平行于x轴,c、d是圆周与y轴的交点。下列说法正确的是(　　) A.a、b两点的电场强度相同 B.a、b两点的电势不相等 C.将正试探电荷从c点沿y轴移动到d点,电势能先增大后减小 D.若两电荷在图中圆周上任一点的电场强度大小分别是E1、E2,则+为定值 D 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由等量负电荷的电场线分布特点可知,a、b两点的场 强大小相等,方向不同,故A错误;由等量负电荷的电场 线分布特点及对称性可知,a、b两点的电势相等,故B 错误;由等量负电荷的电场线分布特点可知,正试探电 荷由静止开始仅在电场力作用下从c点运动到d点的过程中,电场力先做正功后做负功,所以试探电荷的电势能先减小后增大,故C错误;设圆半径为R,M为半圆上任一点,P、Q带电荷量为q,PM与PQ夹角为θ,则P在M点的场强为E1=k,Q在M点的场强为E2=k,则+=,故D正确。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7.(2024·湖北襄阳期末)如图所示,在正六边形的三个顶点A、C、E分别固定电荷量为+q、-q、-q的点电荷,O点为正六边形的中心,下列说法正确的是(　　) A.D点的电场强度为零 B.O点电势高于B点的电势 C.O点电场强度大于B点的电场强度 D.B点电场强度与F点电场强度相同 C 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 设正六边形边长为a,C、E处两点电荷-q在D点产生的 场强叠加方向沿D指向O,大小为,A处点电荷+q在D点 产生的场强方向向右,大小为k,则D点的电场强度 不为零,故A错误;A、C处两点电荷产生的电场在B、O 两处的电势相同,E处点电荷产生的电场在B处电势高于O点电势,则B点电势高于O点电势,故B错误;A、C处两点电荷在B、O两处产生的电场强度大小、方向均相同,在E处点电荷产生的电场中O点场强大于B点场强,则叠加后O点合场强大于B点合场强,故C正确;作出三个点电荷在B、F两点的电场强度,如图所示,可知,B、F两点电场强度大小相等,方向不同,故D错误。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 8.在地面附近存在一个有界匀强电场,边界将空间分成上、下两个区域Ⅰ、Ⅱ,在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场,在区域Ⅰ中离边界某一高度处由静止释放一个质量为m的带电小球A,如图甲所示,小球运动的v-t图像如图乙所示,不计空气阻力,则(　　) A.小球受到的重力与静电力大小之比为4∶5 B.t=5 s时,小球经过边界MN C.在0~2.5 s过程中,重力做的功大于克服静电 力做的功 D.在1~4 s过程中小球机械能先减小后增大 D 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题意知,小球进入电场前做自由落体运动, 进入电场后受到静电力和重力作用,先做减 速运动后做加速运动,由题图分析可知,小球 经过边界MN的时刻是t=1 s和t=4 s,B错误;由v-t图像的斜率表示加速度知,小球进入电场前的加速度大小为a1==,进入电场后的加速度大小为a2==,由牛顿第二定律得mg=ma1,F-mg=ma2,得静电力F=mg+ ma2=ma1,可得重力mg与静电力F的大小之比为3∶5,A错误;0~2.5 s过程 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 中,动能变化量为零,根据动能定理,这个过程中重力做的功与克服静电力做的功大小相等,C错误;由题图可得,小球在0~2.5 s内向下运动,在2.5~5 s内向上运动,在1~4 s过程中,静电力先做负功后做正功,小球的机械能先减小后增大,D正确。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.如图所示,一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角,粒子的重力可以忽略,则粒子到达MN连线上的某点时(　　) A.所用时间为 B.速度大小为3v0 C.与P点的距离为 D.速度方向与竖直方向的夹角为30° C 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 粒子在电场中只受静电力,F=qE,方向向下,如图所示。 粒子的运动为类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,有x=v0t 竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动, 有y=at2=·t2 又=tan 45° 联立解得t=,故A错误; 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 粒子到达MN连线上某点时,竖直方向的速度vy=at=·=2v0,则速度大小v==v0,tan θ==,则速度方向与竖直 方向夹角不是30°,故B、D错误; 水平位移x=v0t=,与P点的距离s==,故C正确。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10.如图所示,虚线MN下方存在着方向水平向左、范围足够大的匀强电场,电场强度E=,AB为绝缘光滑且固定的四分之一圆弧轨道,轨道半径为R,O为圆心,B位于O点正下方。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为质点),从A点由静止释放进入轨道。空气阻力不计,g为重力加速度,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是(　　) A.小球在运动过程中机械能守恒 B.小球不能到达B点 C.小球沿轨道运动的过程中,对轨道的压力一直增大 D.小球沿轨道运动的过程中,动能的最大值为mgR D 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 除重力以外做功的力还有静电力,从A到B静电力做负 功,所以机械能减小,故A错误;从A到B根据动能定理得 mgR-EqR=m,解得vB=,所以小球能到达B点,故B错误;从A到B过程中存在一位置,小球在此位置所受重力和静电力的合力的反向延长线过圆心,如图所示,此点为等效最低点,即速度最大的位置,所以从A到B过程中速度先增大后减小,由牛顿第二定律及牛顿第三定律可知对轨道的压 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 力先增大后减小,故C错误;设等效最低点重力和静电力的合力的反向延长线与竖直方向夹角为θ,则tan θ==,则θ=37°,从A到等效最低点的过程中,由动能定理有mgRcos 37°-Eq(R-Rsin 37°)=Ekm,解得Ekm=mgR,故D正确。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 11.(2024·江苏苏州震泽中学校考)如图所示,环形塑料管 半径为R,竖直放置,且管的内径远小于环的半径,ab为该 环的水平直径,环的ab及其以下部分处于水平向左的匀 强电场中,管的内壁光滑。现将一质量为m、电荷量为q 的小球从管中a点由静止开始释放,已知qE=mg,小球可以运动过b点,则下列说法正确的是(　　) A.小球带负电荷 B.小球释放后,到达b点时速度为零,并在bda间往复运动 C.小球释放后,第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1∶6 D.小球释放后,第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为5∶1 D 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 如果小球带负电,则小球将在ad间做往复运动,不可能到达b点,所以小球带正电,则A错误; 小球从a到b过程,由动能定理有qE·2R=m 解得vb=2 则小球释放后,到达b点时速度不为零,则B错误; 小球释放后,第一次经过最高点c时有 qE·2R-mgR=m 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 mg+=m 联立解得=mg 球释放后,第二次经过最高点c时有2·qE·2R-mgR=m mg+=m 联立解得=5mg 由牛顿第三定律,小球释放后,第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为1∶5,则C错误; 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 小球释放后,第一次经过最低点d时有 qE·R+mgR=m -mg=m 联立解得=5mg 由牛顿第三定律,小球释放后,第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为5∶1,则D正确。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 二、非选择题:共5题,共56分。其中第13~16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分;有数值计算时,答案中必须明确写出数值和单位。 12.(9分)电容器是一种重要的电学元件,在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连,可以显示电路中电流随时间的变化规律。图甲中直流电源电压为8 V,实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电,充电结束后,使S与“2”端相连,直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的I-t图像如图乙所示,已知Q=It。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)图像阴影为I-t图像与对应时间轴所围成的面积,其表示的物理意义是　　　　。  电荷量 16 (1)根据Q=It可知I-t图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电荷量。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)乙图中阴影部分的面积S1　　　　(选填“>”“<”或“=”)S2。  = 16 (2)S1表示电容器充电后所带的电荷量,S2表示电容器放出的电荷量,所以S1=S2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)计算机测得S1=1 203 mA·s,则该电容器的电容为　　　　F。(保留两位有效数字)  0.15 16 (3)该电容器的电容为C==≈0.15 F。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.(10分)如图所示,两平行金属板A、B间为一匀强电场,A、B相距10 cm, C、D为电场中的两点(其中C点在金属板A上),且CD=5 cm,C、D连线和电场强度方向成60°角。已知匀强电场的电场强度E为2×104 V/m,方向竖直向下。   (1)求电子从D点移到C点静电力做的功; 答案:(1)8×10-17 J 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)由题意,D→C静电力做正功, W=eELCDcos 60°=1.6×10-19×2×104×5×10-2× J=8×10-17 J。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)若A板接地,求D点电势。 答案:　(2)-500 V 16 (2)A、D间电势差为UAD=ELCDcos 60°=500 V, 由UAD=φA-φD,φA=0得φD=-500 V。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.(10分)(2024·福建福州第一中学高二上学期期末)如图所示,A、B、C为一等边三角形的三个顶点,某匀强电场的电场线平行于该三角形平面。现将电荷量为1×10-8 C的正点电荷从A点移到B点,静电力做的功为3×10-6 J,将另一电荷量为1×10-8 C的负点电荷从A点移到C点,克服静电力做的功为3×10-6 J。若AB边长为2 cm,求: 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)A、B间的电势差UAB; 答案:(1)300 V　 16 (1)根据电势差的定义式可得A、B间的电势差为 UAB== V=300 V。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)A、C间的电势差UAC; 答案: (2)300 V　 16 (2)根据电势差的定义式可得A、C间的电势差为UAC== V= 300 V。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)电场强度的大小及方向。 答案: (3)1×104 V/m　方向沿BC中垂线由A指向BC中点 16 (3)由以上计算可知,B、C间的电势差等于0,可知BC为等势线,则场强的方向沿BC中垂线由A指向BC中点,电场强度为E== V/m =1×104 V/m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15.(12分)(2024·江苏常州期末)如图,竖直正对放置的金属板A、B中间开有小孔,小孔的连线沿水平放置的金属板M、N的中心线OO',粒子源P可以连续发出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(初速度不计),粒子在A、B间被加速电压U0加速后,沿平行板的方向从金属板M、N正中间射入两板之间。M、N板长为L,两板间距离为,板M、N右侧距板右端L处放置一足够大的荧光屏PQ,屏与OO'垂直,交点为O'。粒子重力不计,求: 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)粒子进入M、N板间时的速度大小v0; 答案:(1) 16 (1)根据题意,粒子加速到O点的过程,由动能定理有qU0=m 解得v0=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)粒子刚好从N板的右边缘离开偏转电场时,M、N板间的电压U1; 答案: (2)U0　 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)M、N两板间距离为d= 粒子在偏转电场中做类平抛运动, 则水平方向上有L=v0t 竖直方向上有d=at2 由牛顿第二定律有=ma 解得U1=U0。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)若M、N板间的电压可调,则在荧光屏上有粒子达到区域的最大长度b。 答案: (3)L 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)根据题意可知,粒子刚好从M板或N板的右边缘离开偏转电场时,垂直于中心线OO'方向的速度vy=at 偏转角度的正切值tan θ== 由几何关系有b=2(+Ltan θ) 解得b=L。 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 16.(15分)(2024·江西吉安期末)如图所示,xOy平面内的第三象限内有加速电场,一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从A点由静止加速,从B点进入第二象限内的辐向电场(电场强度方向指向O),沿着半径为R的圆弧虚线(等势线)运动,从C点进入第一象限内沿y轴负方向的匀强电场中,从D点(2R,0)处射出电场,不同象限内电场互不影响,不计粒子的重力对粒子运动轨迹的影响,加速电场的电势差为U。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (1)求圆弧虚线处电场强度E的大小; 答案:(1)　 (1)设带电粒子经加速电场加速后的速度为v,有qU=mv2 解得v= 在辐向电场中,有Eq=m 可知E=·=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)求第一象限匀强电场的场强大小; 答案: (2)　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (2)由题意可知,带电粒子在第一象限做类平抛运动,设竖直方向上加速度为a1,运动时间为t1,第一象限电场强度为E1, 水平方向上2R=vt1 竖直方向上R=a1,a1= 联立解得E1=。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)若在第四象限加上大小为、方向沿y轴正方向的匀强电场,求粒子自C点离开y轴后再次运动到与C点等高处的时间。 答案: (3) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 (3)粒子自C点离开y轴后做周期性运动, 设第四象限电场强度大小为E2,带电粒子在第四象限竖直方向上的加速度大小为a2,则 a1∶a2=∶=1∶4 设带电粒子从D点射入第四象限至竖直方向上速度减为0用时为t2,由(2)可知t1= 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 由a1t1=a2t2可得t2∶t1=a1∶a2=1∶4 则t2== 所以粒子自C点离开y轴后再次运动到与C点等高处的时间为t=2(t1+t2)=。 $$