PAGE23-勻強電場中電勢差與電場強度的關系示波管原理必備學問·自主學習一、勻強電場中電勢差與電場強度的關系1.關系式:UAB=Ed。2.適用條件:(1)勻強電場。(2)d是沿電場方向兩點間的距離。3.場強的另一種表述:(1)表達式:E=。(2)物理意義:在勻強電場中,場強的大小等于沿場強方向每單位距離上的電勢差,沿電場線的方向電勢越來越低。(3)另一種表述:勻強電場的電場強度在數值上等于沿電場線的方向每單位距離上降低的電勢。二、示波管原理1.構造:示波管是示波器的核心部件,外部是一個抽成真空的玻璃殼,內部主要由電子槍(放射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉電極(由一對X偏轉電極板和一對Y偏轉電極板組成)和熒光屏組成,如圖所示。2.原理:(1)電子在電場中加速:脫離陰極的電子,在電場力作用下加速,陰極和陽極之間的電壓越高,電子獲得的速度越大。(2)電子在勻強電場中偏轉:電子進入偏轉極板之間時,在初速度v0方向上做勻速直線運動,電場力與電子的初速度v0方向垂直,此時電子做類平拋運動。(3)電子飛出平行金屬板后的運動:當電子飛出偏轉電場后,不再受電場力的作用,因此它保持偏轉角度不變,做勻速直線運動。關鍵實力·合作學習學問點一電勢差與電場強度的理解任務1電勢差與電場強度的理解1.電勢差與電場強度的對比:比較項目電勢差UAB電場強度E定義式UAB=E=大小數值上等于單位正電荷從一點移到另一點時,電場力所做的功數值上等于單位正電荷受到的電場力方向標量、無方向矢量,規定正電荷在該點所受電場力的方向為正方向聯系(1)沿電場的方向是電勢著陸最快的方向,但電勢著陸的方向不確定是電場的方向(2)電場強度的大小等于沿勻強電場方向每單位長度上著陸的電勢,即E=2.電場強度的三個表達式:比較項目E=E=kE=物理含義電場強度大小的定義式真空中點電荷電場強度的確定式勻強電場中電場強度的計算式引入過程F∝q,E與F、q無關,反映某點電場的性質由E=和庫侖定律導出由F=qE和W=qU導出適用范圍適用于一切電場在真空中、場源電荷Q是點電荷勻強電場(1)電場強度為零的地方電勢確定為零嗎?為什么?情景:提示:電場強度為零的地方電勢不確定為零,如等量同種點電荷連線的中點;電勢為零的地方電場強度也不確定為零,如等量異種點電荷連線的中點。(2)電場強度相同的地方電勢確定相同嗎?電勢相等的地方電場強度相同嗎?情景:提示:電場強度相等的地方電勢不確定相等,如勻強電場;電勢相等的地方電場強度不確定相等,如點電荷四周的等勢面。【典例1】(多選)下列說法中正確的是 ()A.E=適用于任何電場B.E=適用于任何電場C.E=k適用于真空中的點電荷形成的電場D.E是矢量,由U=Ed可知,U也是矢量【解析】選B、C。E=只適用于勻強電場,A錯誤;E=適用于任何電場,B正確;E=k適用于真空中的點電荷形成的電場,C正確;在公式U=Ed中,E是矢量,U是標量,D錯誤。任務2電勢差與電場強度的計算電場中兩點間電勢差的三種求法:(1)應用定義式UAB=φA-φB來求解。(2)應用關系式UAB=來求解。(3)應用關系式UAB=Ed(僅用于勻強電場)來求解。【典例2】(多選)(2024·大同高二檢測)細胞膜的厚度等于700nm(1nm=10-9m),當膜的內外層之間的電壓達0.4V時,即可讓一價鈉離子滲透。設細胞膜內的電場為勻強電場,已知一價鈉離子的電荷量為+1.6×10-19A.膜內電場強度為1.04×106V/mB.膜內電場強度為5.71×105V/mC.每個鈉離子沿電場方向透過膜時電場力做的功等于6.4×10-20JD.每個鈉離子沿電場方向透過膜時電場力做的功等于1.28×10-19J【解析】選B、C。由勻強電場中電勢差與電場強度的關系:E==V/m=5.71×105V/m,A錯誤,B正確;電場力做的功:W=qU=1.6×10-19×0.4J=6.4×10-20J,C正確,D錯誤。故選B、C。1.(2024·宜賓高二檢測)如圖所示,電場中有A、B兩點,一個點電荷在A點的電勢能為1.2×10-8J,在B點的電勢能為0.8×10-8J。已知A、B兩點在同一條電場線上,電場線方向向左,則 ()A.該電荷為負電荷B.該電荷為正電荷C.A、B兩點的電勢差UAB=4.0VD.把電荷從A移到B,靜電力做功為W=2.5×10-10J【解析】選A。沿電場線方向電勢降低,由于電場線方向向左,B點電勢高于A點電勢,點電荷在A點電勢能高于B點電勢能,依據電勢能Ep=qφ可以推斷,該點電荷為負電荷,故A正確,B錯誤;該點電荷從A移到B,電勢能減小ΔEp=1.2×10-8J-0.8×10-8J=4.0×10-9J,所以電場力做功為WAB=4.0×10-9J。則A、B兩點的電勢差UAB=,由于點電荷所帶電量未知,無法得出A、B兩點的電勢差,故C、D錯誤。故選A。2.(2024·樂山高二檢測)如圖所示,A、B、C、D、E、F是勻強電場中一個邊長為cm的正六邊形的六個頂點,該六邊形所在平面與電場線(圖中沒有畫出)平行,已知A、C、E三點的電勢分別為-3V、0、3V,則下列說法正確的是 ()A.通過CB和EF的直線為電場中的兩條等勢線B.勻強電場的場強大小為200V/mC.勻強電場的場強方向為由B指向DD.將一個電子由D點移到A點,其電勢能將增加4.8×10-19J【解析】選B。連接A、E兩點,則AE中點電勢為0V,與C等勢,C與該中點連線即為等勢線,該連線與ED、AB平行,則CB和EF不是等勢線,因為BD和CF垂直,BD為一條電場線,電場線的方向由高電勢指向低電勢,則場強方向由D指向B,A、C錯誤;場強大小為E==V/m=200V/m,故B正確;因等勢線與ED、AB平行,則將一個電子由D點移到A點,電場力做負功為W=eUDA=-1.6×19-19×(3+3)J=-9.6×10-19J,所以電勢能增加了9.6×10-19J,D錯誤。故選B。3.如圖所示,虛線表示等勢面,相鄰兩等勢面間的電勢差相等,有一電子在該電場中運動,實線表示該電子的運動軌跡,電子在a點的動能等于28eV,運動到b點時的動能等于4eV,若取c點為零電勢點,當這個電子的電勢能等于-6eV時,它的動能等于 ()A.16eVB.18eVC.6eVD.8eV【解析】選B。電子自a點運動到b時,電場力做負功:Wab=4eV-28eV=-24eV①由于相鄰兩等勢面的電勢差相等,故電勢差的大小關系有:Uab=3Ucb,故Wbc=8eV②從b到c電場力做正功,依據動能定理有:Wbc=Ekc-Ekb ③聯立①②③可得Ekc=12eV。由于只有電場力做功,電勢能和動能之和保持不變,故在c點:E=Ekc=Ep+Ek=12eV即電勢能和動能之和為12eV,因此當電勢能等于-6eV時動能為18eV。故選B。【加固訓練】如圖所示,A、B、C是某電場中同一條電場線上的三點。已知AB=BC,下列推斷正確的是 ()A.φA>φB>φC B.φA-φB=φB-φCC.EA>EB>EC D.EA=EB=EC【解析】選A。沿電場線方向電勢降低,故φA>φB>φC,A對。由于題目只供應了一條電場線,故無法推斷A、B、C三點的場強大小關系,也就無法推斷A、B間與B、C間的電勢差的大小關系,B、C、D錯。學問點二U=Ed或E=的理解1.電場強度與電勢差的關系:(1)大小關系:由E=可知,電場強度在數值上等于沿電場方向每單位距離上降低的電勢。(2)方向關系:電場中電場強度的方向就是電勢降低最快的方向。2.U=Ed的兩個推論:(1)在勻強電場中,沿隨意一個方向,電勢下降都是勻稱的,故在同始終線上相同間距的兩點間電勢差相等。(2)在勻強電場中,相互平行且相等的線段兩端點的電勢差相等。3.非勻強電場中場強的分析:(1)在非勻強電場中,公式E=可用來定性分析問題,由E=可以得出結論:在等差等勢面中等勢面越密的地方場強就越大,如圖甲所示。(2)如圖乙所示,a、b、c為某條電場線上的三個點,且距離ab=bc,由于不知電場的性質,所以電勢差Uab與Ubc的大小不能確定。【典例】(多選)(2024·全國卷Ⅲ)一勻強電場的方向平行于xOy平面,平面內a、b、c三點的位置如圖所示,三點的電勢分別為10V、17V、26V。下列說法正確的是 ()A.電場強度的大小為2.5V/cmB.坐標原點處的電勢為1VC.電子在a點的電勢能比在b點的低7eVD.電子從b點運動到c點,電場力做功為9eV【解題探究】(1)利用幾何學問畫出等勢線與電場線。(2)利用E=求得電場強度大小。(3)利用動能定理求電場力做功。【解析】選A、B、D。如圖所示,設ac之間的d點電勢與b點相同,則==,所以d點的坐標為(3.5cm,6cm),過c點作等勢線bd的垂線,由幾何關系可得cf的長度為3.6cm。電場強度的大小E===2.5V/cm,故A正確;因為Oacb是矩形,所以有Uac=UOb解得坐標原點O處的電勢為1V,故B正確;a點電勢比b點電勢低7V,電子帶負電,所以電子在a點的電勢能比在b點的高7eV,故C錯誤;b點電勢比c點電勢低9V,電子從b點運動到c點,電場力做功為9eV,故D正確。在同一幅等勢面圖中,若相鄰等勢面間的電勢差取確定值,相鄰等勢面間的間距越小,等勢面越密,場強E=就越大。1.如圖,A、B、C、D是勻強電場中的四個點,它們剛好是一個正方形的四個頂點,其中AB邊水平,AD邊豎直,邊長為10cm。勻強電場的電場線與正方形所在平面平行,已知A點電勢為10V,B點電勢為20V,C點電勢為20V。現將正方形以A點為轉軸,平行于紙面方向順時針轉動30°角,到圖中的虛線位置處,即正方形AB'C'D'處。由此可知 ()A.勻強電場的場強大小為E=1V/mB.勻強電場的場強方向為豎直向下,即沿著A→D方向C.正方形ABCD的D點處電勢為20VD.正方形AB'C'D'的D'點處電勢為5V【解析】選D。由題意可知,BC連線為勻強電場中的等勢線,且A點電勢低于B點電勢,所以勻強電場方向沿BA方向,由公式E=可知,電場強度大小為E=V/m=100V/m,A、B錯誤;在勻強電場中有φB-φA=φC-φD,代入數據解得φD=10V,C錯誤;AD'沿場強方向的距離為d'=dsin30°=10×cm=5cm,所以UAD'=Ed'=100×0.05V=5V,由于電場強度方向向左且A點電勢為10V,所以D'電勢為5V,D正確。故選D。2.(2024·新余高二檢測)如圖所示,abcd是矩形的四個頂點,它們正好處于某一勻強電場中,電場線與矩形所在平面平行。已知ab=cm,ad=3cm;a點電勢為15V,b點電勢為24V,d點電勢為6V。則此勻強電場的電場強度大小為 ()A.300V/m B.300V/mC.600V/m D.600V/m【解析】選C。在勻強電場中將某一線段等分時,該線段兩端的電勢差也被等分,將線段bd兩等分,則O點的電勢為15V,連接aO,aO為等勢線,作等勢線的垂線,即為電場線,如圖所示,由邊長關系得∠Obe=30°由幾何關系得:be=cos30°=cm=0.015m,結合E==V/m=600V/m故C正確。【加固訓練】(多選)在場強E=2.0×102V/m的勻強電場中,有相距d=3.0×10-2mA.8VB.6VC.4VD.0V【解析】選B、C、D。沿場強方向電勢著陸最快,因此沿電場方向,電勢差為最大,即U=Ed=6V,只要小于或等于6V的均有可能,故選B、C、D。學問點三帶電粒子在電場中的加速問題1.關于帶電粒子在電場中的重力:(1)基本粒子:如電子、質子、α粒子、離子等,除有說明或有明確的示意以外,此類粒子一般不考慮重力(但并不忽視質量)。(2)帶電微粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或有明確的示意以外,一般都不能忽視重力。2.問題處理的方法和思路:(1)分析方法和力學的分析方法基本相同:先分析受力狀況,再分析運動狀態和運動過程(平衡、加速、減速;直線還是曲線),然后選用恰當的規律解題。(2)解決這類問題的基本思路。①用運動和力的觀點:牛頓定律和運動學學問求解。②用能量轉化的觀點:動能定理和功能關系求解。【典例】(2024·瀘州高二檢測)如圖所示,勻強電場的電場強度為E,在電場中有兩條光滑絕緣的固定軌道OM、ON,將兩個完全相同的正離子(不計重力及離子間的庫侖力)從O點由靜止釋放,分別沿OM、ON軌道運動,則下列說法正確的是 ()A.經過相同的時間,兩離子運動相同的距離B.當兩離子運動到垂直電場的同一平面上時速度大小相等C.在相同的時間內,電場力對兩離子做功相等D.在運動過程中,兩離子的電勢能都增大【解析】選B。離子在光滑軌道上受支持力和電場力的作用,電場力水平向右,大小相等,則可知,兩離子在沿軌道方向上運動的加速度確定不相同;則相同時間內兩離子的距離不相同,A錯誤;由于離子只受電場力做功,故當兩離子運動到垂直電場的同一平面上時,電場力做功相同;由動能定理可知;離子的速度大小相等,B正確;因加速度不同,則在相同時間內兩離子的速度變更不同,故由動能定理可知,電場力做功不相等,C錯誤;因電場力始終做正功;故電勢能均減小,D錯誤;所以選B。1.如圖所示,兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒,微粒恰好保持靜止狀態,現將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°,再由a點從靜止釋放一同樣的微粒,該微粒將 ()A.保持靜止狀態B.向左上方做勻加速運動C.向正下方做勻加速運動D.向左下方做勻加速運動【解析】選D。兩平行金屬板水平放置時,帶電微粒靜止有mg=qE,現將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉45°后,兩板間電場強度方向逆時針旋轉45°,電場力方向也逆時針旋轉45°,但大小不變,此時電場力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方,故該微粒將向左下方做勻加速運動,選項D正確。2.(多選)(2024·蕪湖高二檢測)如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變更的圖像。當t=0時,在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子,設帶電粒子只受電場力的作用,則下列說法中正確的是 ()A.帶電粒子將始終向同一個方向運動B.2s末帶電粒子回到原動身點C.3s末帶電粒子的速度為零D.0～3s內,電場力做的總功為零【解析】選C、D。由牛頓其次定律可知,帶電粒子在第1s內的加速度為:a1=,第2s內加速度為:a2=,故a2=2a1,因此先加速1s再減速0.5s時速度為零,接下來的0.5s將反向加速,v-t圖像如圖所示:帶電粒子在前1s做勻加速運動,在第2s內先做勻減速后做反向勻加速運動,所以不是始終向一個方向運動,A錯誤;依據速度—時間圖像與坐標軸圍成的面積表示位移可知,在t=2s時,帶電粒子與t=1s時位移相同,B錯誤;由解析中的圖可知,粒子在第1s內做勻加速運動,第2s內先做勻減速后做反向勻加速運動,第3s內粒子做勻減速運動且3s末的瞬時速度剛減到0,C正確;因為第3s末粒子的速度剛好減為0,依據動能定理知粒子只受電場力作用,前3s內動能變更為0,且由圖像知3s末粒子回到原動身點,即電場力做的總功為零,故D正確。【加固訓練】1.(多選)如圖所示,電子由靜止起先從A板向B板運動,當到達B極板時速度為v,保持兩板間電壓不變,則 ()A.當增大兩板間距離時,v增大B.當減小兩板間距離時,v增大C.當變更兩板間距離時,v不變D.當增大兩板間距離時,電子在兩板間運動的時間也增大【解析】選C、D。依據動能定理探討電子由靜止起先從A板向B板運動列出等式:eU=mv2,得v=,所以當變更兩板間距離時,v不變,故A、B錯誤,C正確;電子在兩板間運動時間t=,由此可見,當增大兩板間距離時,電子在兩板間的運動時間增大,故D正確。2.如圖所示是某個點電荷電場中的一根電場線,在線上O點由靜止釋放一個自由的負電荷,它將沿電場線向B點運動。下列推斷中正確的是 ()A.電場線由B指向A,該電荷做加速運動,加速度越來越小B.電場線由B指向A,該電荷做加速運動,其加速度大小的變更不能確定C.電場線由A指向B,該電荷做勻速運動D.電場線由B指向A,該電荷做加速運動,加速度越來越大【解析】選B。在電場線上O點由靜止釋放一個自由的負電荷,它將沿電場線向B點運動,受電場力方向由A指向B,則電場線方向由B指向A,該負電荷做加速運動,因場源電荷的正負未知,故其加速度大小的變更不能確定。選項B正確。學問點四帶電粒子在電場中的偏轉問題1.類平拋運動:帶電粒子以速度v0垂直于電場線的方向射入勻強電場,受到恒定的與初速度方向垂直的靜電力的作用而做勻變速曲線運動,稱之為類平拋運動。可以采納處理平拋運動方法分析這種運動。2.運動規律:(1)沿初速度方向:vx=v0,x=v0t。(2)垂直初速度方向:vy=at,y=at2(其中a==)。3.兩個結論:(1)偏轉距離:y=。(2)偏轉角度:tanθ==。4.兩個推論:(1)粒子從偏轉電場中射出時,其速度方向反向延長線與初速度方向延長線交于一點,此點平分沿初速度方向的位移。(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切為速度偏轉角正切的,即tanα=tanθ。【典例】(2024·全國卷Ⅱ)如圖,兩金屬板P、Q水平放置,間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的電勢均為φ(φ>0)。質量為m,電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置,以速度v0平行于紙面水平射入電場,重力忽視不計。(1)求粒子第一次穿過G時的動能,以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小。(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場,則金屬板的長度最短應為多少?【解析】(1)PG、QG間場強大小相等,均為E,粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下,設粒子的加速度大小為a,有E= ①F=qE=ma ②設粒子第一次到達G時動能為Ek,由動能定理有qEh=Ek-m ③設粒子第一次到達G時所用時間為t,粒子在水平方向的位移為l,如圖所示,則有h=at2 ④l=v0t ⑤聯立①②③④⑤式解得Ek=m+qh ⑥l=v0 ⑦(2)設粒子穿過G一次就從電場的右側飛出,則金屬板的長度最短,如圖所示,由對稱性知,此時金屬板的長度為L=2l=2v0答案:(1)m+qhv0(2)2v01.(多選)(2024·重慶高二檢測)如圖所示,質量相同的兩個帶電粒子M、N以相同的速度同時沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中,M從兩極板正中心射入,N從下極板邊緣處射入,它們最終打在同一點。不計帶電粒子重力和帶電粒子間的相互作用,則從起先射入到打在上極板的過程中 ()A.它們運動的時間tN=tMB.它們電勢能削減量之比ΔEM∶ΔEN=1∶2C.它們的動能增量之比ΔEkM∶ΔEkN=1∶2D.它們所帶的電荷量之比qM∶qN=1∶2【解析】選A、D。由題可知,兩個帶電粒子都做類平拋運動,水平方向做勻速直線運動,而且它們的水平位移相等、初速度相等,則在電場中的運動時間相等,即tN=tM,A正確;由豎直位移y=at2=,m、t、E相等,則帶電荷量之比qM∶qN=yM∶yN=1∶2,粒子在電場中運動時,由功能關系可知,電勢能減小量等于電場力做功,則電勢能削減量之比ΔEM∶ΔEN=qMEyM∶qNEyN=1∶4,故B錯誤、D正確;帶電粒子在電場中的運動,只受電場力作用,動能的增量等于電場力所做的功,即等于電勢能的削減量之比,C錯誤。故選A、D。2.(2024·蕪湖高二檢測)真空中的某裝置如圖所示,現有質子、氘核和α粒子都從O點由靜止釋放,經過相同加速電場和偏轉電場,射出后都打在同一個與OO'垂直的熒光屏上,使熒光屏上出現亮點(已知質子、氘核和α粒子質量之比為1∶2∶4,電量之比為1∶1∶2,重力不計)。下列說法中正確的是 ()A.三種粒子在偏轉電場中運動時間之比為2∶1∶1B.三種粒子出射偏轉電場時的速度相同C.在熒光屏上將只出現1個亮點D.偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2【解析】選C。在電場中加速時,qU1=m,進入偏轉電場的速度為v0=。三者的比荷之比為2∶1∶1,所以在偏轉電場中的運動時間之比為1∶∶,A選項錯誤。設板長為l,在電場中偏轉的位移為y=at2=·=,所以位移相同,C選項正確。由以上分析可知粒子離開電場時速度的方向相同,入射點和出射點的電勢差U'相等,但是由q(U1+U')=mv2可知,偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4,出射的速度大小也不同,B、D選項錯誤。【加固訓練】1.如圖所示,有一帶電粒子(不計重力)貼著A板沿水平方向射入勻強電場,當偏轉電壓為U1時,帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出;當偏轉電壓為U2時,帶電粒子沿②軌跡落到B板中間;設粒子兩次射入電場的水平速度相同,則兩次偏轉電壓之比為 ()A.U1∶U2=1∶8 B.U1∶U2=1∶4C.U1∶U2=1∶2 D.U1∶U2=1∶1【解析】選A。設帶電粒子的質量為m,帶電荷量為q,A、B板的長度為L,板間距離為d。則:=a1=·()2,d=a2=·()2,解以上兩式得U1∶U2=1∶8,A正確。2.如圖所示,兩極板與電源相連接,電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場,且恰好從正極板邊緣飛出,現在使電子入射速度變為原來的兩倍,而電子仍從原位置射入,且仍從正極板邊緣飛出,則兩極板的間距應變為原來的()A.2倍 B.4倍 C. D.【解析】選C。電子在兩極板間做類平拋運動,水平方向l=v0t,t=,豎直方向d=at2=,故d2=,即d∝,故C正確。【拓展例題】考查內容:帶電粒子在變更電場中的運動【典例】(多選)圖甲為一平行板電容器,板間距離為d(未知),板間電場強度的變更規律如圖乙所示(圖乙中數據均為已知)。t=0時刻,質量為m的帶電小球以初速度v0沿中線射入兩板間,T時刻小球恰好經金屬板邊緣水平飛出,小球運動過程中始終未與金屬板接觸,重力加速度大小為g,電容器的電容為C,下列說法正確的是 ()A.小球的帶電荷量為B.兩板間距離d=gT2C.0～時間內,平行板的帶電荷量為CE0gT2D.若0～、～、～T時間內板間電場強度分別變為2E0、0、E0,其余條件均不變,則該帶電小球恰好從電容器上極板邊緣飛出【解析】選B、D。依據題意可知,小球在豎直方向上,0～內做勻加速直線運動,加速度為a1=,～內做a3=g的勻加速直線運動,在～T內做勻減速運動最終減為零,此過程加速度為a2=依據速度時間公式a1+a3-a2=0聯立可得q=,故A錯誤;由以上可得a1=0,a2=g,a3=g依據運動學公式可得兩板間距離d=2×=gT2故B正確;0～時間內,平行板的帶電荷量為Q=CU,U=E0d,聯立可得Q=CE0gT2,故C錯誤;依據A分析可知,由D選項條件下,0～小球將向上以g加速運動,接下來～以g減速運動,在～T豎直速度為零,所以帶電小球恰好從電容器上極板邊緣飛出,故D正確。課堂檢測·素養達標1.下列關于勻強電場中場強和電勢差關系的說法正確的是 ()A.在相同距離上,電勢差大的其場強也必定大B.隨意兩點的電勢差,等于場強與這兩點間距離的乘積C.沿著電場線方向,相同距離上的電勢著陸必定相等D.電勢降低的方向,必定是電場強度的方向【解析】選C。由勻強電場的特點知A、B錯誤,C正確;電勢降低最快的方向才是電場強度方向,D錯誤。2.如圖所示,勻強電場場強E=100V/m,A、B兩點相距10cm、A、B連線與電場線夾角為60°,若取A點電勢為0,則B點電勢為 ()A.10V B.-10VC.5V D.-5V【解析】選D。由題圖可知,依據順著電場線方向電勢降低,可知B的電勢低于A的電勢,則UBA<0。AB方向與電場線方向間的夾角θ=60°,B、A兩點沿電場方向的距離d=Lcosθ,B、A兩點間的電勢差UBA=-Ed=-ELcos60°=-100V/m×0.1m×=-5V,因取A點電勢為0,則B點電勢為φB=UBA+φA=-5V+0=-5V;故應選D。3.如圖所示,三個質量相等的、分別帶正電、負電和不帶電的小球,以相同速率在平行放置的帶電金屬板間的P點沿垂直于電場方向射入電場,落在A、B、C三點,則 ()A.落到A點的小球帶正電、落到B點的小球帶負電、落到C點的小球不帶電B.三小球在電場中運動時間相等C.三小球到達正極板的動能關系是EkA>EkB>EkCD.三小球在電場中的加速度關系是aC>aB>aA【解題指南】求解該題要留意以下三個方面:(1)三個小球的豎直位移相同,水平位移與初速度的關系為x=v0t。(2)依據牛頓其次定律可以確定三個小球對應的運動軌跡。(3)依據動能定理可以確定三個小球到達正極板的動能關系。【解析】選D。在平行金屬板間不帶電