高考物理考前三个月 名师考点点拨专题讲义 专题二 力与物体的直线运动 第2课时 动力学观点在电学中的应用

第2课时动力学观点在电学中的应用1．带电粒子在磁场中运动时，洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向．2．带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动．3．带电粒子(不计重力)在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场的方向射入匀强电场中时，带电粒子做匀变速直线运动．4．电磁感应中导体棒在安培力和其他恒力作用下的三种运动类型：匀速直线运动、加速度逐渐减小的减速直线运动、加速度逐渐减小的加速直线运动．1．带电粒子在电场中做直线运动的问题：在电场中处理力学问题时，其分析方法与力学相同．首先进行受力分析，然后看粒子所受的合力与速度方向是否一致，其运动类型有电场内的加速运动和在交变电场内的往复运动．2．带电粒子在交变电场中的直线运动，一般多以加速、减速交替出现的多运动过程的情景出现．解决的方法：(1)根据运动学或动力学分析其中一个变化周期内相关物理量的变化规律．(2)借助运动图象进行运动过程分析.考向1 电场内动力学问题分析例1如图1所示，一光滑绝缘水平木板(木板足够长)固定在水平向左、电场强度为E的匀强电场中，一电量为q(带正电)的物体在水平恒力F作用下从A点由静止开始向右加速运动，经一段时间t撤去这个力，又经时间2t物体返回A点，则( )图1A ．这一过程中带电物体的电势能先减小后增大，其变化量为0B ．水平恒力与电场力的比为9∶5C ．水平恒力与电场力的比为7∶3D ．物体先向右加速到最右端，然后向左加速返回到A 点审题突破 判断电势能变化的方法是什么？“经时间2t 物体返回A 点”说明物体向右的位移大小和向左位移大小有什么关系？解析 电场力先做负功后做正功，总功为零，所以带电物体的电势能先增加后减小，其变化量为0，故A 错误；在恒力F 作用时a 1＝F －F 电m ，位移x 1＝12a 1t 2，撤去恒力F 后a 2＝F 电m，位移x 2＝a 1t ·2t －12a 2(2t )2，根据x 1＝－x 2得F F 电＝95，故B 正确；物体先向右加速然后向右减速到最右端，然后向左加速返回到A 点，所以D 错误． 答案 B以题说法 带电体在电场内运动问题的分析关键在于受力分析，特别是电场力方向的确定，在电场力方向已确定的情况下，其动力学的分析和力学问题中的分析是一样的．如图2实线为电场中一条竖直的电场线，有一质量为m 、电量为＋q 的小球，由该直线上A 点静止释放，小球向下运动到达B 点减速为零后返回A 点，则下列判断正确的是( )图2A ．该电场可能是竖直向上的匀强电场，且E >mgqB ．A 点的电势高于B 点电势C ．A 点的场强小于B 点场强D ．向下运动的过程中，重力势能的减少量总是等于电势能的增加量 答案 C解析 该电场不可能是竖直向上的匀强电场且E >mg q，否则小球从静止开始只能沿AB 做单向直线运动，回不到A 点，故A 错误．小球向下应先加速后减速，所受的电场力方向必定竖直向上，则电场线方向从B 指向A ，所以A 点的电势低于B 点电势，故B 错误．在A 点，有qE A ＜mg ，在B 点，有qE B ＞mg ，则得：E A ＜E B ，故C 正确．向下运动的过程中，小球有动能时，根据能量守恒定律可知重力势能的减少量等于动能增加量和电势能的增加量之和，故D 错误． 考向2 磁场内动力学问题分析例2 如图3所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场，一质量为0.2 kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1 kg 、电荷量q ＝＋0.2 C 的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t ＝0时对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N 的恒力，g 取10 m/s 2.则( )图3A ．木板和滑块一直做加速度为2 m/s 2的匀加速运动B ．滑块开始做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s 匀速运动C ．木板先做加速度为 2 m/s 2匀加速运动，再做加速度增大的运动，最后做加速度为 3 m/s 2的匀加速运动D ．t ＝5 s 后滑块脱离木板审题突破 滑块与木板一直保持相对静止吗？最终各自是什么运动状态？解析 由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为5 m/s 2，所以当0.6 N 的恒力作用于木板时，系统一起以a ＝F M ＋m ＝0.60.2＋0.1 m/s 2＝2 m/s 2的加速度一起运动，当滑块获得向左的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv ＝mg ，解得：v ＝10 m/s ，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a ′＝F M ＝0.60.2 m/s 2＝3 m/s 2.可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s 的匀速运动，故A 、B 错误，C 正确．木块开始的加速度为2 m/s 2，一段时间后加速度逐渐减小，当减小到零时，与木板脱离做匀速直线运动，知5 s 末的速度小于10 m/s ，知此时摩擦力不为零，还未脱离木板，故D 错误． 答案 C以题说法 1.对于磁场内的动力学问题，要特别注意洛伦兹力的特性，因F 洛＝qvB ，则速度v 的变化影响受力，受力的变化又反过来影响运动．2．此类问题也常出现临界问题，如本题中有两个临界：滑块与木板相对运动的临界和滑块与木板间弹力为零的临界．如图4所示，带电平行板中匀强磁场方向水平垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰能沿水平方向做直线运动．现使小球从较低的b点开始下滑，经P点进入板间，在板间的运动过程中( )图4A．其电势能将会减小B．其机械能将会增大C．小球所受的洛伦兹力的大小将会增大D．小球受到的电场力将会增大答案 C解析小球从a点下滑经过P点进入平行板间后受到重力、电场力、洛伦兹力做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上且小球带正电；小球从稍低的b点下滑时到达P点的速度会变小，洛伦兹力减小，小球会向下偏转，电场力做负功，电势能增加，而机械能会减小，水平方向速度不变，但竖直方向的速度增加，所以动能将会增大，导致洛伦兹力也会增大，电场力不变，故C正确．考向3 电磁感应中的动力学问题分析例3如图5所示，平行金属导轨PQ、MN相距d＝2 m，导轨平面与水平面间的夹角α＝30°，导轨上端接一个R＝6 Ω的电阻，导轨电阻不计，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场垂直导轨平面向上．一根质量为m＝0.2 kg、电阻r＝4 Ω的金属棒ef垂直导轨PQ、MN静止放置，距离导轨底端x1＝3.2 m．另一根绝缘塑料棒gh与金属棒ef平行放置，绝缘塑料棒gh从导轨底端以初速度v0＝10 m/s沿导轨上滑并与金属棒正碰(碰撞时间极短)，碰后绝缘塑料棒gh沿导轨下滑，金属棒ef沿导轨上滑x2＝0.5 m后停下，在此过程中电阻R上产生的电热为Q＝0.36 J．已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ＝33，g＝10 m/s2.求：图5(1)绝缘塑料棒gh 与金属棒ef 碰撞前瞬间，绝缘塑料棒的速率； (2)碰撞后金属棒ef 向上运动过程中的最大加速度； (3)金属棒ef 向上运动过程中通过电阻R 的电荷量．审题突破 绝缘塑料棒gh 沿导轨上滑时，受到哪些力的作用，做什么性质的运动？碰撞后金属棒ef 向上做什么性质的运动，何时加速度最大？解析 (1)绝缘塑料棒与金属棒相碰前，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得Mg sin 30°＋μMg cos 30°＝Ma 1由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1x 1 解得v 1＝6 m/s.(2)设金属棒刚开始运动时速度为v ，由能量守恒定律得 R ＋r R Q ＋mgx 2sin 30°＋μmgx 2cos 30°＝12mv 2 解得v ＝4 m/s金属棒刚开始运动时加速度最大，此时感应电动势E ＝Bdv ＝4 V感应电流I ＝ER ＋r＝0.4 A安培力F ＝BId ＝0.4 N由牛顿第二定律得mg sin 30°＋μmg cos 30°＋F ＝ma m 解得a m ＝12 m/s 2. (3)通过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦR ＋r ＝Bdx 2R ＋r解得q ＝0.05 C.答案 (1)6 m/s (2)12 m/s 2(3)0.05 C以题说法 对于导体棒在磁场中动力学问题的分析要特别注意棒中的感应电流受到的安培力一定是阻力．一般导体棒在安培力和其他恒力作用下做的变速运动是加速度逐渐减小的变速运动，但在一定的条件下，也可以做匀变速直线运动．如图6甲所示，MN 、PQ 是相距d ＝1.0 m 足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒ab 垂直于导轨MN 、PQ 放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒ab 的质量m ＝0.1 kg ，其接入电路的电阻r ＝1 Ω，小灯泡电阻R L ＝9 Ω，重力加速度g 取10 m/s 2.现断开开关S ，将棒ab 由静止释放并开始计时，t ＝0.5 s 时刻闭合开关S ，图乙为ab 的速度随时间变化的图象．求：图6(1)金属棒ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值； (2)磁感应强度B 的大小．答案 (1)6 m/s 235(2)1 T解析 (1)S 断开时ab 做匀加速直线运动由图乙可知a ＝Δv Δt ＝6 m/s 2根据牛顿第二定律有：mg sin θ＝ma所以sin θ＝35.(2)t ＝0.5 s 时S 闭合，ab 先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大v m ＝6 m/s 后做匀速直线运动根据平衡条件有mg sin θ＝F 安 又F 安＝BIdE ＝Bdv mI ＝E R L ＋r解得B ＝1 T.3．应用动力学方法处理电学综合问题例4 (14分)如图7所示，两光滑平行的金属导轨EF 和GH ，相距为l ，轨道平面与水平面成θ＝30°，导轨足够长，轨道的底端接有阻值为R 的电阻，导轨电阻不计．磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面，导体棒MN 电阻为r ，垂直于导轨放置且与导轨接触良好，导体棒通过垂直于棒且与导轨共面的轻绳绕过光滑的定滑轮与质量为m 的物块A 相连，开始时系统处于静止状态，现在物块A 上轻放一质量为m2的小物块B ，使AB 一起运动，若从小物块B放上物块A 开始到系统运动速度恰达到稳定值的过程中(AB 未着地)，电阻R 通过的电量为q .已知重力加速度为g ，求此过程中：图7(1)导体棒运动的最大速度；(2)导体棒速度达到最大速度一半时，导体棒加速度的大小．解析 (1)开始时，由平衡条件mg ＝Mg sin 30° 得M ＝2m ①(1分)导体棒达到最大速度v m 时满足： (m ＋m2)g ＝Mg sin 30°＋BI m l ②(2分)此时E m ＝Blv m ③(1分) 电路中电流I m ＝E mR ＋r④(1分)由①②③④得v m ＝mg (R ＋r )2B 2l2⑤(2分) (2)导体棒速度达到最大速度一半时E ＝Bl v m2⑥(2分)电路中电流I ＝ER ＋r⑦(1分)导体棒受到的安培力为F 安＝BIl ⑧(1分) 导体棒和AB 组成的系统，据牛顿第二定律得 (m ＋m 2)g －Mg sin 30°－BIl ＝(m ＋m2＋M )a ⑨(2分)由①⑤⑥⑦⑧⑨式得a ＝g14(1分)答案 (1)mg (R ＋r )2B 2l 2(2)g14点睛之笔 若题目中出现两个以及两个以上物体用绳、杆之类物体连接时，要特别注意找出各物体的位移大小、加速度大小、速度大小的关系，这些关系往往就是解决问题的突破口．(限时：15分钟，满分：14分)(2014·安徽·22)如图8所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间的距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：图8(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．答案 (1)2gh ，方向竖直向下 (2)mg (h ＋d )qdCmg (h ＋d )q (3)h ＋dh2hg解析 (1)由v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，方向竖直向下．(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg －qE ＝ma 由运动学公式知：0－v 2＝2ad整理得电场强度E ＝mg (h ＋d )qd由U ＝Ed ，Q ＝CU ，得电容器所带电荷量Q ＝C mg (h ＋d )q. (3)由h ＝12gt 21，0＝v ＋at 2，t ＝t 1＋t 2整理得t ＝h ＋d h2h g.(限时：45分钟)题组1 电场内动力学问题分析1．(2014·安徽·17)一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图1所示，下列图象中合理的是( )图1答案 D解析带电粒子在电场中运动时，其电势能的变化规律是非线性的．A：由E p—x图象知，带电粒子的电势能不是均匀变化的，电场力不能为恒力，故选项A错误；B：带电粒子仅受静电力作用，故电势能和动能相互转化，电势能的减少量等于动能的增加量，即动能增加得越来越慢，故选项B错误；C：由于静电力不是恒力，加速度a应该越来越小，故选项C错误，选项D正确．2．如图2a所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球．t＝0时，乙球以6 m/s的初速度向静止的甲球运动．之后，它们仅在电场力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)．它们运动的v－t图象分别如图b中甲、乙两曲线所示．由图线可知( )图2A．甲、乙两球一定带异种电荷B．t1时刻两球的电势能最小C．0～t2时间内，两球间的电场力先增大后减小D．0～t3时间内，甲球的动能一直增大，乙球的动能一直减小答案 C解析由图象0～t1段看出，甲从静止开始做加速运动，乙做减速运动，说明甲、乙相互排斥电性相同，故A错误．t1时刻两球相距最近，系统克服电场力做功最大，两电荷的电势能做功最大，故B错误.0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，静电力先增大后减小，故C正确．由图象看出，0～t3时间内，甲的动能一直增大．乙的动能先减小后增大，故D错误．3．如图3所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是( )图3A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D．所有液滴下落过程中电场力做功相等答案 C解析第一滴液滴下落时，A上不带电，故不受电场力作用，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A的过程中电场力逐渐变大，所以做变加速运动，当A电荷量较大时，使得液滴受电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A球，所以A错误；当液滴下落到重力等于电场力位置时，再运动重力将不等于电场力，所以不会做匀速运动，故B错误；每滴液滴在下落过程中A带电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C正确；每滴液滴在下落过程中A带电荷量不同，液滴受电场力不同，电场力做功不同，所以D错误．题组2 磁场内动力学问题分析4．如图4所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ 放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ 中通以变化的电流I ，同时释放金属棒PQ 使其运动．已知电流I 随时间的关系为I ＝kt (k 为常数，k ＞0)，金属棒与导轨间存在摩擦．则下面关于棒的速度v 、加速度a 随时间变化的关系图象中，可能正确的有( )图4A ．①③ B．①④ C．②③ D．②④答案 B解析 根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度a ＝mg －F f m ，F f ＝μF N ＝μF A ＝μBIL ＝μBLkt ，联立解得加速度a ＝g －μBLkt m，与时间成线性关系，故①正确，②错误；因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动；后来加速度与速度方向相反且逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动，故③错误，④正确．故选B.5．如图5所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B ＝k I r，式中k 是常数、I 是导线中电流、r 为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v 0从a 点出发沿连线运动到b 点．关于上述过程，下列说法正确的是( )图5A ．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做加速直线运动C．小球对桌面的压力先减小后增大D．小球对桌面的压力一直在增大答案 D解析根据右手螺旋定则可知M处的磁场方向垂直于纸面向里，直线N处的磁场方向垂直于纸面向外，磁场磁感应强度大小先减小过O点后反向增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始时的方向向上，过O点后洛伦兹力的方向向下．由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力一直在增大，故D正确．题组3 电磁感应中的动力学问题分析6．(2014·广东·15)如图6所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )图6A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大答案 C解析小磁块下落过程中，在铜管P中产生感应电流，小磁块受到向上的磁场力，不做自由落体运动，而在塑料管Q中只受到重力，在Q中做自由落体运动，故选项A错误；根据功能关系知，在P中下落时，小磁块机械能减少，在Q中下落时，小磁块机械能守恒，故选项B 错误；在P中加速度较小，在P中下落时间较长，选项C正确；由于在P中下落时要克服磁场力做功，机械能有损失，故知，落至底部时在P中的速度比在Q中的小，选项D错误．7．如图7甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的电阻均为R，导轨间距为l且光滑，电阻不计，整个装置处在方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场中．棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上运动，从某时刻开始计时，两棒的速度时间图象如图乙所示，两图线平行，v 0已知．则从计时开始( )图7A ．通过棒cd 的电流由c 到dB ．通过棒cd 的电流I ＝Blv 0RC ．力F ＝B 2l 2v 0RD ．力F 做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒动能的增量答案 C解析 由题图乙可知，ab 、cd 棒都是匀变速直线运动，ab 速度始终大于cd 的速度，电动势是ab 、cd 棒切割产生的电动势的差值，对ab 由右手定则知电流方向从a 到b ，cd 的电流由d到c ，故A 错误；I ＝Blv ab －Blv cd 2R ＝Blv 02R，选项B 错误；分别对ab 、cd 运用牛顿第二定律可知F ＝B 2l 2v 0R，选项C 正确；由能量守恒可知力F 做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒机械能的增量，选项D 错误．8．如图8所示，两平行金属导轨水平放置，一质量为m ＝0.2 kg 的金属棒ab 垂直于导轨静止放在紧贴电阻R 处，R ＝0.1 Ω，其他电阻不计．导轨间距为d ＝0.8 m ，矩形区域MNPQ 内存在有界匀强磁场，场强大小B ＝0.25 T ．MN ＝PQ ＝x ＝0.85 m ，金属棒与两导轨间动摩擦因数都为0.4，电阻R 与边界MP 的距离s ＝0.36 m ．在外力作用下让ab 棒由静止开始向右匀加速运动并穿过磁场，加速度a ＝2 m/s 2，g 取10 m/s 2.图8(1)求穿过磁场过程中平均电流的大小；(2)自金属棒进入磁场开始计时，求在磁场中运动的时间内，外力F 随时间t 变化关系；(3)让磁感应强度均匀增加，用导线将a 、b 端接到一量程合适的电流表上，让ab 棒重新由R 处向右加速运动，在金属棒到达MP 之前，电流表会有示数吗？简述理由．已知电流表与导轨在同一个平面内．答案 (1)3.4 A (2)F ＝1.68＋0.8t ，t ≤0.5 s (3)见解析解析 (1)设金属棒到达MP 、NQ 时的速度分别为v 1、v 2，则由v 21＝2as ，得v 1＝1.2 m/s由v 22＝2a (s ＋x )，得v 2＝2.2 m/s 由电磁感应公式得ε＝Bd v ＝Bd v 1＋v 22由欧姆定律得i ＝εR ＝3.4 A.(2)因为ε＝Bdv ，I ＝εR ，进入磁场后受安培力F 安＝BId ＝B 2d 2v R由牛顿第二定律得F －μmg －B 2d 2v R＝ma 又因为v ＝v 1＋at则在进磁场后F ＝ma ＋μmg ＋B 2d 2(v 1＋at )R代入数据得F ＝1.68＋0.8t ，其中t ≤v 2－v 1a＝0.5 s. (3)可以有电流．只要导线、电流表、金属棒组成的回路有磁感线穿过，根据法拉第电磁感应定律，闭合回路磁通量变化，可以产生感应电流．(此时金属棒和电阻R 并联成为电路负载)． 题组4 应用动力学方法处理电学综合问题9．如图9所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，关于描述小球运动的v －t 图象中正确的是( )图9答案 C解析 小球受到向下的重力mg 、水平向左的电场力qE 、水平向右的洛伦兹力qvB 、向上的摩擦力F f ，还有木杆对小球的水平方向的支持力F N ，开始时，速度较小，qvB 较小，F N 较大，随着速度的增加，F N 在减小，由F f ＝μF N 可知F f 减小，竖直方向的合力增加，加速度增加；当速度增加到一定的程度，qvB 和qE 相等，此时F N 为零，F f 为零，加速度为g ，达到最大；速度继续增加，F N 要反向增加，F f 增加，竖直方向上的合力减小，加速度减小，当F f 与mg 相等时，竖直方向上的加速度为零，速度达到最大．所以选项C 所示的v －t 图象符合所分析的运动规律．10．(2014·四川·11)如图10所示，水平放置的不带电的平行金属板p 和b 相距h ，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p 板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O 点右侧相距h 处有小孔K ；b 板上有小孔T ，且O 、T 在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m 、电荷量为－q (q >0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O 点发射、沿p 板上表面运动时间t 后到达K 孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g .图10(1)求发射装置对粒子做的功；(2)电路中的直流电源内阻为r ，开关S 接“1”位置时，进入板间的粒子落在b 板上的A 点，A 点与过K 孔竖直线的距离为l .此后将开关S 接“2”位置，求阻值为R 的电阻中的电流强度．答案 (1)mh 22t 2 (2)mh q (R ＋r )(g －2h 3l 2t 2) 解析 (1)设粒子在p 板上做匀速直线运动的速度为v 0，有h ＝v 0t ①设发射装置对粒子做的功为W ，由动能定理得W ＝12mv 20② 联立①②式可得W ＝mh 22t 2.③ (2)S 接“1”位置时，电源的电动势E 0与板间电势差U 有E 0＝U ④板间产生匀强电场的场强为E ，粒子进入板间时有水平方向的速度v 0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a ，运动时间为t 1，有U ＝Eh ⑤mg －qE ＝ma ⑥h ＝12at 21⑦l ＝v 0t 1⑧S 接“2”位置，则在电阻R 上流过的电流I 满足I ＝E 0R ＋r⑨ 联立①④～⑨式得I ＝mh q (R ＋r )(g －2h 3l 2t 2)。