《高考物理考前三個月 名師專題講義 專題二 力與物體的直線運(yùn)動 第2課時(shí) 動力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理考前三個月 名師專題講義 專題二 力與物體的直線運(yùn)動 第2課時(shí) 動力學(xué)觀點(diǎn)在電學(xué)中的應(yīng)用課件（42頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 知 識 方 法 聚 焦 熱 點(diǎn) 考 向 例 析 審題破題 真題演練欄目索引知識方法聚焦 知識回扣 1.垂直于垂直于2.勻速直線勻速直線3.勻變速直線勻變速直線4.勻速直線勻速直線 減小減小 減小減小知識方法聚焦規(guī)律方法1.帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動的問題：在電場中處理力學(xué)問帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動的問題：在電場中處理力學(xué)問題時(shí)，其分析方法與力學(xué)相同題時(shí)，其分析方法與力學(xué)相同.首先首先進(jìn)行進(jìn)行 ，然后看然后看粒子所受的合力粒子所受的合力與與是否是否一致，其運(yùn)動類型有電場內(nèi)一致，其運(yùn)動類型有電場內(nèi)的加速運(yùn)動和在交變電場內(nèi)的往復(fù)運(yùn)動的加速運(yùn)動和在交變電場內(nèi)的往復(fù)運(yùn)動.受力分析受力分析速度方向速度

2、方向2.帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動，一般多以加速、減速帶電粒子在交變電場中的直線運(yùn)動，一般多以加速、減速交替出現(xiàn)的多運(yùn)動過程的情景出現(xiàn)交替出現(xiàn)的多運(yùn)動過程的情景出現(xiàn).解決的方法：解決的方法：(1)根據(jù)運(yùn)動學(xué)或動力學(xué)分析其中一個根據(jù)運(yùn)動學(xué)或動力學(xué)分析其中一個 內(nèi)相關(guān)物內(nèi)相關(guān)物理量的變化規(guī)律理量的變化規(guī)律.(2)借助運(yùn)動圖借助運(yùn)動圖像像進(jìn)行運(yùn)動過程分析進(jìn)行運(yùn)動過程分析.變化周期變化周期熱點(diǎn)考向例析考向1電場內(nèi)動力學(xué)問題分析例例1 1如圖如圖1所示，一光滑所示，一光滑絕緣水平絕緣水平木板木板(木板足夠長木板足夠長)固定在水平向左固定在水平向左、電場強(qiáng)度電場強(qiáng)度為為E的勻強(qiáng)電場中，一的勻強(qiáng)電場中，

3、一電電量量為為q(帶正電帶正電)的物體在水平恒力的物體在水平恒力F作用下從作用下從A點(diǎn)由靜止開始向點(diǎn)由靜止開始向右加速運(yùn)動，經(jīng)一段時(shí)間右加速運(yùn)動，經(jīng)一段時(shí)間t撤去這個力，又經(jīng)時(shí)間撤去這個力，又經(jīng)時(shí)間2t物體返回物體返回A點(diǎn)，則點(diǎn)，則()圖圖1A.這一過程中帶電物體的電勢能先增加后減小，其變化量為這一過程中帶電物體的電勢能先增加后減小，其變化量為0B.水平恒力與電場力的比為水平恒力與電場力的比為95C.水平恒力與電場力的比為水平恒力與電場力的比為73D.物體先向右加速到最右端，然后向左加速返回到物體先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A點(diǎn)點(diǎn)審題突破審題突破 判斷電勢能變化的方法是什么？判斷電勢

4、能變化的方法是什么？“經(jīng)時(shí)間經(jīng)時(shí)間2t物體物體返回返回A點(diǎn)點(diǎn)”說明物體向右的位移大小和向左位移大小有什么說明物體向右的位移大小和向左位移大小有什么關(guān)系？關(guān)系？解析電場力先做負(fù)功后做正功，總功為零，所以帶電物體電場力先做負(fù)功后做正功，總功為零，所以帶電物體的電勢能先增加后減小，其變化量為的電勢能先增加后減小，其變化量為0，故，故A正確正確；物體先向右加速然后向右減速到最右端，然后向左加速返回物體先向右加速然后向右減速到最右端，然后向左加速返回到到A點(diǎn)，所以點(diǎn)，所以D錯誤錯誤.答案AB帶電體在電場內(nèi)運(yùn)動問題的分析關(guān)鍵在于受力分析，帶電體在電場內(nèi)運(yùn)動問題的分析關(guān)鍵在于受力分析，特別是電場力方向的確定

5、，在電場力方向已確定的情特別是電場力方向的確定，在電場力方向已確定的情況下，其動力學(xué)的分析和力學(xué)問題中的分析是一樣的況下，其動力學(xué)的分析和力學(xué)問題中的分析是一樣的.以題說法針對訓(xùn)練針對訓(xùn)練1 如圖如圖2實(shí)線為電場中一條豎直的電場線，實(shí)線為電場中一條豎直的電場線，有一質(zhì)量為有一質(zhì)量為m、電量為、電量為q的小球，由該直線上的小球，由該直線上A點(diǎn)點(diǎn)靜止釋放，小球向下運(yùn)動到達(dá)靜止釋放，小球向下運(yùn)動到達(dá)B點(diǎn)減速為零后返回點(diǎn)減速為零后返回A點(diǎn)，則下列判斷正確的是點(diǎn)，則下列判斷正確的是()A.該電場可能是豎直向上的勻強(qiáng)電場，且該電場可能是豎直向上的勻強(qiáng)電場，且EB.A點(diǎn)的電勢高于點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)電勢點(diǎn)電勢C

6、.A點(diǎn)的場強(qiáng)小于點(diǎn)的場強(qiáng)小于B點(diǎn)場強(qiáng)點(diǎn)場強(qiáng)D.向下運(yùn)動的過程中，重力勢能的減少量總是等于電勢能向下運(yùn)動的過程中，重力勢能的減少量總是等于電勢能的增加量的增加量圖圖2解析該該電場不可能是豎直向上的勻強(qiáng)電場且電場不可能是豎直向上的勻強(qiáng)電場且E ，否則否則小球從靜止開始只能沿小球從靜止開始只能沿AB做單向直線運(yùn)動，回不到做單向直線運(yùn)動，回不到A點(diǎn)，故點(diǎn)，故A錯誤錯誤.小球向下應(yīng)先加速后減速，所受的電場力方向必定豎直向上，小球向下應(yīng)先加速后減速，所受的電場力方向必定豎直向上，則電場線方向從則電場線方向從B指向指向A，所以，所以A點(diǎn)的電勢低于點(diǎn)的電勢低于B點(diǎn)電勢，故點(diǎn)電勢，故B錯誤錯誤.在在A點(diǎn)，有點(diǎn)，

7、有qEAmg，在，在B點(diǎn)，有點(diǎn)，有qEBmg，則得：，則得：EAEB，故故C正確正確.向下運(yùn)動的過程中，小球有動能時(shí)，根據(jù)能量守恒定律可知向下運(yùn)動的過程中，小球有動能時(shí)，根據(jù)能量守恒定律可知重力勢能的減少量等于動能增加量和電勢能的增加量之和，重力勢能的減少量等于動能增加量和電勢能的增加量之和，故故D錯誤錯誤.答案C熱點(diǎn)考向例析考向2磁場內(nèi)動力學(xué)問題分析例例2 如如圖圖3所示，空間有一垂直紙面向外所示，空間有一垂直紙面向外的的磁感應(yīng)強(qiáng)度磁感應(yīng)強(qiáng)度為為0.5 T的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平水平面面上，在木板左端無初

8、速度放置一質(zhì)量為上，在木板左端無初速度放置一質(zhì)量為0.1 kg、電荷量、電荷量q0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力.t0時(shí)對木板施時(shí)對木板施加方向水平向左，大小為加方向水平向左，大小為0.6 N的恒力，的恒力，g取取10 m/s2.則則()圖圖3A.木板和滑塊一直做加速度為木板和滑塊一直做加速度為2 m/s2的勻加速運(yùn)動的勻加速運(yùn)動B.滑塊開始做加速度減小的變加速運(yùn)動，最后做速度為滑塊開始做加速度減小的變加速運(yùn)動，最后做速度為10 m/s勻速運(yùn)動勻速

9、運(yùn)動C.木板先做加速度為木板先做加速度為2 m/s2勻加速運(yùn)動，再做加速度增大的運(yùn)勻加速運(yùn)動，再做加速度增大的運(yùn)動，最后做加速度為動，最后做加速度為3 m/s2的勻加速運(yùn)動的勻加速運(yùn)動D.t5 s末滑塊未脫離木板且有相對運(yùn)動末滑塊未脫離木板且有相對運(yùn)動審題突破審題突破滑塊與木板一直保持相對靜止嗎？最終各自是什滑塊與木板一直保持相對靜止嗎？最終各自是什么運(yùn)動狀態(tài)？么運(yùn)動狀態(tài)？解析 由于由于動摩擦因數(shù)為動摩擦因數(shù)為0.5，靜摩擦力能提供的最大加速度，靜摩擦力能提供的最大加速度為為5 m/s2，所以當(dāng)，所以當(dāng)0.6 N的恒力作用于木板時(shí)，系統(tǒng)一起以的恒力作用于木板時(shí)，系統(tǒng)一起以a 的的加速度一起運(yùn)動

10、，當(dāng)滑塊獲加速度一起運(yùn)動，當(dāng)滑塊獲得向左的速度以后又產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫得向左的速度以后又產(chǎn)生一個方向向上的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于重力時(shí)滑塊與木板之間的彈力為零，此時(shí)茲力等于重力時(shí)滑塊與木板之間的彈力為零，此時(shí)Bqvmg，解得：解得：v10 m/s，此時(shí)摩擦力消失，滑塊做勻速運(yùn)動，而，此時(shí)摩擦力消失，滑塊做勻速運(yùn)動，而木木板板在恒力作用下做勻加速運(yùn)動在恒力作用下做勻加速運(yùn)動， 可可知知滑塊先與木板一起做勻加速直線運(yùn)動，然后發(fā)生相對滑動，滑塊先與木板一起做勻加速直線運(yùn)動，然后發(fā)生相對滑動，做加速度減小的變加速運(yùn)動，最后做速度為做加速度減小的變加速運(yùn)動，最后做速度為10 m/s的勻

11、速運(yùn)動，的勻速運(yùn)動，故故A、B錯誤，錯誤，C正確正確.木塊開始的加速度為木塊開始的加速度為2 m/s2，一段時(shí)間后加速度逐漸減小，當(dāng)，一段時(shí)間后加速度逐漸減小，當(dāng)減小到零時(shí)，與木板脫離做勻速直線運(yùn)動，知減小到零時(shí)，與木板脫離做勻速直線運(yùn)動，知5 s末的速度小末的速度小于于10 m/s，知此時(shí)摩擦力不為零，還未脫離木板，故，知此時(shí)摩擦力不為零，還未脫離木板，故D正確正確.答案CD1.對于磁場內(nèi)的動力學(xué)問題，要特別注意洛倫茲力的特對于磁場內(nèi)的動力學(xué)問題，要特別注意洛倫茲力的特性，因性，因F洛洛qvB，則速度，則速度v的變化影響受力，受力的變的變化影響受力，受力的變化又反過來影響運(yùn)動化又反過來影響運(yùn)

12、動.2.此類問題也常出現(xiàn)臨界問題，如本題中有兩個臨界：此類問題也常出現(xiàn)臨界問題，如本題中有兩個臨界：滑塊與木板相對運(yùn)動的臨界和滑塊與木板間彈力為零滑塊與木板相對運(yùn)動的臨界和滑塊與木板間彈力為零的臨界的臨界.以題說法針對訓(xùn)練針對訓(xùn)練2 如如圖圖4所示，帶電平行板所示，帶電平行板中中勻勻強(qiáng)磁場方向水平垂直紙面向里，某強(qiáng)磁場方向水平垂直紙面向里，某帶帶電電小球從光滑絕緣軌道上的小球從光滑絕緣軌道上的a點(diǎn)自由點(diǎn)自由滑滑下下，經(jīng)過軌道端點(diǎn)，經(jīng)過軌道端點(diǎn)P進(jìn)入板間后恰能沿進(jìn)入板間后恰能沿水水平方平方向做直線運(yùn)動向做直線運(yùn)動.現(xiàn)使小球從較低的現(xiàn)使小球從較低的b點(diǎn)開始下滑，經(jīng)點(diǎn)開始下滑，經(jīng)P點(diǎn)點(diǎn)進(jìn)入板間，在板

13、間的運(yùn)動過程中進(jìn)入板間，在板間的運(yùn)動過程中()A.其電勢能將會增大其電勢能將會增大B.其機(jī)械能將會增大其機(jī)械能將會增大C.小球所受的洛倫茲力的大小將會增大小球所受的洛倫茲力的大小將會增大D.小球受到的電場力將會小球受到的電場力將會增大增大圖圖4答案AC解析小球從小球從a點(diǎn)下滑經(jīng)過點(diǎn)下滑經(jīng)過P點(diǎn)進(jìn)入平行板間后受到重力、電點(diǎn)進(jìn)入平行板間后受到重力、電場力、洛倫茲力做勻速直線運(yùn)動，洛倫茲力和電場力同向，場力、洛倫茲力做勻速直線運(yùn)動，洛倫茲力和電場力同向，故都向上且小球帶正電；小球從稍低的故都向上且小球帶正電；小球從稍低的b點(diǎn)下滑時(shí)到達(dá)點(diǎn)下滑時(shí)到達(dá)P點(diǎn)的點(diǎn)的速度會變小，洛倫茲力減小，小球會向下偏轉(zhuǎn)，電

14、場力做負(fù)速度會變小，洛倫茲力減小，小球會向下偏轉(zhuǎn)，電場力做負(fù)功，電勢能增加，而機(jī)械能會減小，水平方向速度不變，但功，電勢能增加，而機(jī)械能會減小，水平方向速度不變，但豎直方向的速度增加，所以動能將會增大，導(dǎo)致洛倫茲力也豎直方向的速度增加，所以動能將會增大，導(dǎo)致洛倫茲力也會增大，電場力不變，故會增大，電場力不變，故A、C正確正確.熱點(diǎn)考向例析考向3電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析例例3如圖如圖5所示，平行金屬導(dǎo)軌所示，平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN相相距距d2 m，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角30，導(dǎo)軌上端接一個，導(dǎo)軌上端接一個R6 的電阻，的電阻，導(dǎo)導(dǎo)軌軌電阻不

15、計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T的勻強(qiáng)的勻強(qiáng)磁磁場場垂直導(dǎo)軌平面向上垂直導(dǎo)軌平面向上.一根質(zhì)量為一根質(zhì)量為m0.2 kg、電阻電阻r4 的金屬棒的金屬棒ef垂直導(dǎo)軌垂直導(dǎo)軌PQ、MN靜止放置，距離導(dǎo)靜止放置，距離導(dǎo)軌底端軌底端x13.2 m.另一根絕緣塑料棒另一根絕緣塑料棒gh與金屬棒與金屬棒ef平行放置平行放置，圖圖5審題突破審題突破絕緣塑料棒絕緣塑料棒gh沿導(dǎo)軌上滑時(shí)，受到哪些力的作用，沿導(dǎo)軌上滑時(shí)，受到哪些力的作用，做什么性質(zhì)的運(yùn)動？碰撞后金屬棒做什么性質(zhì)的運(yùn)動？碰撞后金屬棒ef向上做什么性質(zhì)的運(yùn)動，向上做什么性質(zhì)的運(yùn)動，何時(shí)加速度最大？何時(shí)加速度最大？(1)絕緣塑料棒絕緣

16、塑料棒gh與金屬棒與金屬棒ef碰撞前瞬間，絕緣塑料棒的速率碰撞前瞬間，絕緣塑料棒的速率；解析絕緣絕緣塑料棒與金屬棒相碰前，做勻減速直線運(yùn)動塑料棒與金屬棒相碰前，做勻減速直線運(yùn)動，由由牛頓第二定律得牛頓第二定律得Mgsin 30Mgcos 30Ma1解得解得v16 m/s.答案6 m/s(2)碰撞后金屬棒碰撞后金屬棒ef向上運(yùn)動過程中的最大加速度向上運(yùn)動過程中的最大加速度；解析 設(shè)設(shè)金屬棒剛開始運(yùn)動時(shí)速度為金屬棒剛開始運(yùn)動時(shí)速度為v，由能量守恒定律得，由能量守恒定律得金屬棒剛開始運(yùn)動時(shí)加速度最大，此時(shí)感應(yīng)電動勢金屬棒剛開始運(yùn)動時(shí)加速度最大，此時(shí)感應(yīng)電動勢EBdv4 V解得解得v4 m/s答案12

17、 m/s2安培力安培力FBId0.4 N由牛頓第二定律得由牛頓第二定律得mgsin 30mgcos 30Fmam解得解得am12 m/s2.(3)金屬棒金屬棒ef向上運(yùn)動過程中通過電阻向上運(yùn)動過程中通過電阻R的電荷量的電荷量.解得解得q0.05 C.答案0.05 C對于導(dǎo)體棒在磁場中動力學(xué)問題的分析要特別注意棒對于導(dǎo)體棒在磁場中動力學(xué)問題的分析要特別注意棒中的感應(yīng)電流受到的安培力一定是阻力中的感應(yīng)電流受到的安培力一定是阻力.一般導(dǎo)體棒在一般導(dǎo)體棒在安培力和其他恒力作用下做的變速運(yùn)動是加速度逐漸安培力和其他恒力作用下做的變速運(yùn)動是加速度逐漸減小的變速運(yùn)動，但在一定的條件下，也可以做勻變減小的變速

18、運(yùn)動，但在一定的條件下，也可以做勻變速直線運(yùn)動速直線運(yùn)動.以題說法針對訓(xùn)練針對訓(xùn)練3 如如圖圖6甲所示，甲所示，MN、PQ是相距是相距d1.0 m足夠長足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角為的平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角為，導(dǎo)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，整個導(dǎo)軌處在方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)軌電阻不計(jì)，整個導(dǎo)軌處在方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，金屬棒磁場中，金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌垂直于導(dǎo)軌MN、PQ放置，且始終與導(dǎo)軌放置，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，已知金屬棒接觸良好，已知金屬棒ab的質(zhì)量的質(zhì)量m0.1 kg，其接入電路的，其接入電路的電阻電阻r1 ，小燈泡電阻，小燈泡電阻RL

19、9 ，重力加速度，重力加速度g取取10 m/s2.現(xiàn)斷開開關(guān)現(xiàn)斷開開關(guān)S，將棒，將棒ab由靜止釋放并開始計(jì)時(shí)，由靜止釋放并開始計(jì)時(shí)，t0.5 s時(shí)刻時(shí)刻閉合開關(guān)閉合開關(guān)S，圖乙為，圖乙為ab的速度隨時(shí)間變化的速度隨時(shí)間變化的的圖圖像像.求求：圖圖6解析 S斷開時(shí)斷開時(shí)ab做勻加速直線運(yùn)動做勻加速直線運(yùn)動(1)金屬棒金屬棒ab開始下滑時(shí)的加速度大小、斜面傾角的正弦值；開始下滑時(shí)的加速度大小、斜面傾角的正弦值；根據(jù)牛頓第二定律有：根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin ma所以所以sin 答案6 m/s2解析 t0.5 s時(shí)時(shí)S閉合，閉合，ab先做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)先做加速度減小的加速運(yùn)動，當(dāng)速度達(dá)

20、到最大速度達(dá)到最大vm6 m/s后做后做勻速直線運(yùn)動勻速直線運(yùn)動(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小的大小根據(jù)平衡條件有根據(jù)平衡條件有mgsin F安安又又F安安BIdEBdvmI解得解得B1 T.答案1 T審題破題 真題演練3.應(yīng)用動力學(xué)方法處理電學(xué)綜合問題例例4 4 (14分分)如圖如圖7所示，兩光滑平行的所示，兩光滑平行的金屬金屬導(dǎo)軌導(dǎo)軌EF和和GH，相距為，相距為l，軌道平面與，軌道平面與水平面水平面成成30，導(dǎo)軌足夠長，軌道的底端接，導(dǎo)軌足夠長，軌道的底端接有有阻值阻值為為R的電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)的電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì).磁感應(yīng)強(qiáng)度磁感應(yīng)強(qiáng)度為為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)體棒的勻強(qiáng)磁場垂

21、直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)體棒MN電阻電阻為為r，垂直于導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒通過，垂直于導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒通過垂垂圖圖7(1)導(dǎo)體棒運(yùn)動的最大速度；導(dǎo)體棒運(yùn)動的最大速度；(2)導(dǎo)體棒速度達(dá)到最大速度一半時(shí)，導(dǎo)體棒加速度的大小導(dǎo)體棒速度達(dá)到最大速度一半時(shí)，導(dǎo)體棒加速度的大小.答題模板解析(1)開始時(shí)，由平衡條件開始時(shí)，由平衡條件mgMgsin 30得得M2m (1分分)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度vm時(shí)滿足：時(shí)滿足：(m )gMgsin 30BIml (2分分)此時(shí)此時(shí)EmBlvm (1分分)答題模板導(dǎo)體棒受到的安培力為導(dǎo)體棒受到的安培力為F安安BIl (1分分)導(dǎo)體棒和

22、導(dǎo)體棒和AB組成的系統(tǒng)，據(jù)牛頓第二定律得組成的系統(tǒng)，據(jù)牛頓第二定律得答題模板點(diǎn)睛之筆若題目中出現(xiàn)兩個以及兩個以上物體用繩、桿之類物若題目中出現(xiàn)兩個以及兩個以上物體用繩、桿之類物體連接時(shí)，要特別注意找出各物體的位移大小、加速體連接時(shí)，要特別注意找出各物體的位移大小、加速度大小、速度大小的關(guān)系，這些關(guān)系往往就是解決問度大小、速度大小的關(guān)系，這些關(guān)系往往就是解決問題的突破口題的突破口.高 考 現(xiàn) 場 (限時(shí)：15分鐘，滿分14分)(2014安徽安徽22)如圖如圖8所示，充電后的平行所示，充電后的平行板板電容器電容器水平放置，電容為水平放置，電容為C，極板間的，極板間的距離距離為為d，上極板正中有一小

23、孔，上極板正中有一小孔.質(zhì)量為質(zhì)量為m、電荷電荷量量為為q的小球從小孔正上方高的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由處由靜止靜止開始開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為不計(jì)，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g).求：求：圖圖8(1)小球到達(dá)小孔處的速度；小球到達(dá)小孔處的速度；解析(1)由由v22gh，得，得v，方向豎直向下方向豎直向下.答案(2)極板間電場強(qiáng)度的大小和電容器所帶電荷量；極板間電場強(qiáng)度的大小和電容器所帶電荷量；解析 在在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓運(yùn)動定律知：運(yùn)動定律知：mgqEma由運(yùn)動學(xué)公式知：由運(yùn)動學(xué)公式知：0v22ad整理得電場強(qiáng)度整理得電場強(qiáng)度E由由UEd，QCU，得電容器所帶電荷量，得電容器所帶電荷量(3)小球從開始下落運(yùn)動到下極板處的時(shí)間小球從開始下落運(yùn)動到下極板處的時(shí)間答案