5、三個依據
(1)確定受力方向的依據:合力指向軌跡彎曲的內側;
(2)比較加速度大小的依據: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: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的變化關系如圖7-9所示.一電荷量為e的質子從-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處的初動能應大于eφ0
4.(電勢能與電勢) 在靜止點電荷產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,并可根據電勢大小關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
1 如圖7-11所示,一個電子由靜止開始經加速電場加速后,又沿中心軸線垂直射入偏轉電場,并從另一側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,偏轉電場的電壓U=200 V,偏轉電場的極板長度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)電子經過偏轉電場過程中電場力對它所做的功W.
圖7-11
[導思] ①電子的運動經歷了幾個階段?每個階段做什么性質的運動?②如何研究電子在偏轉電場中的運動? ③電子離開偏轉電場后,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
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: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)域寬度分別為d1=5.0 m,d2=4.0 m.一質量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合場中運動的問題,若采用常規(guī)方法求解,過程復雜,運算量大.而采用“等效法”求解,則能避開復雜的運算,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點是圓周上最右側的點.A點有放射源,在圓周所在的平面內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】 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問題是近幾年高考有關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、功能關系、動量關系等多方面問題,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問題和電容器內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系討論
2016·全國卷Ⅱ
第17題
閉合電路歐姆定律、電容器性質
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.力學角度:先進行受力分析和運動狀態(tài)分析,包括電場力在內的受力影響了物體的運動狀態(tài),再結合平衡條件、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,依然需要根據力學解題思路求解,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,并根據研究對象的受力情況確定其運動性質和運動過程);
(4)建立物理等式(由平衡條件或牛頓第二定律結合運動學規(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)(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,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繞O點能做完整的圓周運動,在A位置至少應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球對水平桿的壓力不變,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點產生的電場強度方向由C指向A,點電荷q2在A點產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AB=2L,則AC=ABsin 30°=L,由圖可知=sin 30°,則E1=2E2,根據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)域內的場強方向向左,質子受到的電場力向左,與運動方向相反,所以質子做減速運動,選項A錯誤;根
28、據場強與電勢差的關系式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F=Eq,質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,設質子初動能為E0,從-x0到0過程中,根據動能定理得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)根據動能定理得eU0=m
解得v0==2.98×107 m/
30、s
(2)設電子在偏轉電場中運動的時間為t,電子射出偏轉電場時在豎直方向上的側移量為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
根據牛頓第二定律得=ma
聯(lián)立得y==0.36 cm
電子離開偏轉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=
由數學知識可得,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)粒子經過B點時,根據牛頓第二定律得a=,
水平方向有R=v0t,
豎直方向有R=at2,
聯(lián)立解得v0=.
(2)粒子經過C點時,水平方向有Rsin θ=v1t1,
豎直方向有R-Rcos θ=a,
得=,
m==,
經過
33、C點時的動能
Ek=Eq(R-Rcos θ)+m=EqR(5-3cos θ).
(3)由(2)中的結論可以看出,當θ從60°變化到90°時,粒子穿過圓周時的動能逐漸增大,因此經過C點的粒子穿過圓周時動能最小,經過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~內做類平拋運動,在~T內做類斜拋運動,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,即做周期性的往復運動,在0~T時間內水平位移為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、管具有單向導電性,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.
預測2 C [解析] 設微粒最
36、終速度為零時距離M板為x,則N板未移動時,根據動能定理得mgh-qUMN=0,將N板上移之后,根據動能定理得mg-·x·q=0,聯(lián)立可得x=h,選項C正確.
預測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高考物理二輪復習 第7講 帶電粒子在電場中的運動專題突破練
