第3講電容器和電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)微知識(shí)1 電容器及電容1電容器(1)組成：兩個(gè)彼此絕緣且又相互靠近的導(dǎo)體組成電容器，電容器可以容納電荷。(2)所帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值，兩極板所帶電荷量相等。(3)充、放電充電：把電容器接在電源上后，電容器兩個(gè)極板分別帶上等量異號(hào)電荷的過程，充電后兩極間存在電場(chǎng)，電容器儲(chǔ)存了電能。放電：用導(dǎo)線將充電后電容器的兩極板接通，極板上電荷中和的過程，放電后的兩極板間不再有電場(chǎng)，同時(shí)電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與兩極板間電勢(shì)差的比值。(2)公式：C。(3)物理意義：電容是描述電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量，在數(shù)值上等于把電容器兩極板的電勢(shì)差增加1 V所需充加的電荷量，電容C由電容器本身的構(gòu)造因素決定，與U、Q無(wú)關(guān)。(4)單位：法拉，符號(hào)F，與其他單位間的換算關(guān)系：1 F106F1012pF。3平行板電容器的電容平行板電容器的電容與平行板正對(duì)面積S、電介質(zhì)的介電常數(shù)r成正比，與極板間距離d成反比，即C。微知識(shí)2 帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)1帶電粒子在電場(chǎng)中的加速(1)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析：帶電粒子沿與電場(chǎng)線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，受到的電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。(2)用功能觀點(diǎn)分析：電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子動(dòng)能的增量，即qUmv2mv。2帶電粒子的偏轉(zhuǎn)(1)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：帶電粒子受到恒定的與初速度方向垂直的電場(chǎng)力作用而做類平拋運(yùn)動(dòng)。(2)處理方法：類似于平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法沿初速度方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t。沿電場(chǎng)力方向?yàn)閯蚣铀龠\(yùn)動(dòng)，a。離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量yat2。離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角tan。微知識(shí)3 示波管1構(gòu)造電子槍，偏轉(zhuǎn)電極，熒光屏。(如圖)2工作原理(1)YY上加的是待顯示的信號(hào)電壓，XX上是機(jī)器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓。(2)觀察到的現(xiàn)象如果在偏轉(zhuǎn)電極XX和YY之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑。若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象。一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“”，錯(cuò)誤的畫“×”。)1電容器的帶電荷量是指每個(gè)極板所帶電荷量的代數(shù)和。(×)2電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比。(×)3帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中可能做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，也可能做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。()4只在電場(chǎng)力作用下，帶電粒子可能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。()5帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力一定可以忽略不計(jì)。(×)二、對(duì)點(diǎn)微練1(電容器和電容)一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對(duì)面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢(shì)差U的變化情況是()AC和U均增大BC增大，U減小CC減小，U增大DC和U均減小解析根據(jù)平行板電容器電容公式C，在兩板間插入電介質(zhì)后，電容C增大，因電容器所帶電荷量Q不變，由C可知，U減小，B項(xiàng)正確。答案B2(帶電粒子在電場(chǎng)中的加速)兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射入電場(chǎng)，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OA間距為h，則此電子的初動(dòng)能為()A.B.C.D.解析電子從O點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)的過程中，僅在電場(chǎng)力作用下速度逐漸減小，根據(jù)動(dòng)能定理可得eUOA0Ek，因?yàn)閁OAh，所以Ek，所以正確選項(xiàng)為D項(xiàng)。答案D3(帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn))(多選)如圖所示，六面體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料。ABCD面帶正電，EFGH面帶負(fù)電。從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個(gè)質(zhì)量相同的帶正電液滴A、B、C，最后分別落在1、2、3三點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是()A三個(gè)液滴在真空盒中都做平拋運(yùn)動(dòng)B三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定相同C三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率相同D液滴C所帶電荷量最多解析三個(gè)液滴在水平方向受到電場(chǎng)力作用，水平方向不是勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以三個(gè)液滴在真空盒中不是做平拋運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于三個(gè)液滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，選項(xiàng)B正確；三個(gè)液滴落到底板時(shí)豎直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三個(gè)液滴落到底板時(shí)的速率不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于液滴C在水平方向位移最大，說(shuō)明液滴C在水平方向加速度最大，所帶電荷量最多，選項(xiàng)D正確。答案BD見學(xué)生用書P111微考點(diǎn)1電容器的動(dòng)態(tài)分析核|心|微|講1電容器的兩種情況(1)電容器始終與電源相連時(shí)，電容器兩極板電勢(shì)差U保持不變。(2)電容器充電后與電源斷開時(shí)，電容器所帶電荷量Q保持不變。2平行板電容器動(dòng)態(tài)問題的分析思路3關(guān)于平行板電容器的一個(gè)常用結(jié)論電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場(chǎng)強(qiáng)度與極板間的距離無(wú)關(guān)。典|例|微|探【例1】如圖所示電路中，A、B是構(gòu)成平行板電容器的兩金屬極板，P為其中的一個(gè)定點(diǎn)。將開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后將A板向上平移一小段距離，則下列說(shuō)法正確的是()A電容器的電容增加B在A板上移過程中，電阻R中有向上的電流CA、B兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大DP點(diǎn)電勢(shì)升高【解題導(dǎo)思】(1)A板向上平移一小段距離后，電壓U、電容C、帶電荷量Q、電場(chǎng)強(qiáng)度E各物理量的變化情況怎樣？答：兩極間電壓U不變，C減小，Q減小，電場(chǎng)強(qiáng)度E減小。(2)電容器B板的電勢(shì)為多少？答：電路穩(wěn)定時(shí)，電路中無(wú)電流，電阻R兩端無(wú)電壓，B板電勢(shì)為零。解析由平行板電容器電容的決定式C知選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由C得，電容器兩端電壓不變，C減小，Q減小，電容器放電，形成順時(shí)針方向的放電電流，B項(xiàng)正確；由E得，電場(chǎng)強(qiáng)度E減小，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由UPOEd，E減小，P點(diǎn)的電勢(shì)降低， D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案B分析平行板電容器動(dòng)態(tài)變化問題的三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)確定不變量：首先要明確動(dòng)態(tài)變化過程中的哪些量不變，一般情況下是保持電荷量不變或板間電壓不變。(2)恰當(dāng)選擇公式：要靈活選取電容的兩個(gè)公式分析電容的變化，還要應(yīng)用E分析板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化情況。(3)若兩極板間有帶電微粒，則通過分析電場(chǎng)力的變化，分析運(yùn)動(dòng)情況的變化。題|組|微|練1如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則()A增大，E增大 B增大，Ep不變C減小，Ep增大 D減小，E不變解析平行板電容器帶有等量異種電荷，當(dāng)極板正對(duì)面積不變時(shí)，兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度E不變。保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至題圖中虛線位置，由UEd可知，兩極板之間的電勢(shì)差減小，靜電計(jì)指針的偏角減小，由于下極板接地(電勢(shì)為零)，兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，所以P點(diǎn)電勢(shì)不變，點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能Ep不變。綜上所述，選項(xiàng)D正確。答案D2某位移式傳感器的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，平行金屬板A、B和介質(zhì)P構(gòu)成電容器，當(dāng)可移動(dòng)介質(zhì)P向左勻速移出的過程中()A電容器的電容變大B電容器的電荷量保持不變CM點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的電勢(shì)低D流過電阻R的電流方向從M到N解析當(dāng)可移動(dòng)介質(zhì)P向左勻速移出的過程中，電容器電容變小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電容器的電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)，保持不變，電荷量QCU減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電容器放電，電流方向?yàn)镸RN，M點(diǎn)的電勢(shì)比N點(diǎn)的電勢(shì)高，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確。答案D微考點(diǎn)2帶電體在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)核|心|微|講與力學(xué)的分析方法基本相同：先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速或減速；是直線還是曲線)；然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題。也可以從功和能的角度分析：帶電體的加速(含偏轉(zhuǎn)過程中速度大小的變化)過程是其他形式的能和動(dòng)能之間的轉(zhuǎn)化過程。解決這類問題，可以用動(dòng)能定理或能量守恒定律。典|例|微|探【例2】如圖所示，在某一真空中，只有水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和豎直向下的重力場(chǎng)，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，微粒恰能沿圖示虛線由A向B做直線運(yùn)動(dòng)。則()A微粒帶正、負(fù)電荷都有可能B微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)D微粒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)【解題導(dǎo)思】(1)微粒是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，還是變速直線運(yùn)動(dòng)？答：微粒受重力和電場(chǎng)力作用，兩力的合力不可能為零，不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，只能是變速直線運(yùn)動(dòng)。(2)帶電微粒受到的電場(chǎng)力可能水平向右嗎？答：不可能，微粒做直線運(yùn)動(dòng)，合力必沿AB直線(合力不為零時(shí))，電場(chǎng)力只能水平向左。解析微粒做直線運(yùn)動(dòng)的條件是速度方向和合力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的電場(chǎng)力才能使得合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的電場(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反，則微粒必帶負(fù)電，且運(yùn)動(dòng)過程中微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)正確。答案B題|組|微|練3一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(duì)電場(chǎng)的影響可忽略不計(jì))。小孔正上方處的P點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進(jìn)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(diǎn)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在距上極板處返回解析帶電粒子運(yùn)動(dòng)過程中只有重力和電場(chǎng)力做功，設(shè)電容器兩極板間電壓為U，粒子下落的全程由動(dòng)能定理有mgqU0，當(dāng)下極板向上平移后，設(shè)粒子能下落到距離上極板x處，由動(dòng)能定理有mgqU0，解得xd，選項(xiàng)D正確。答案D4在真空中的x軸上的原點(diǎn)處和x6a處分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷M、N，在x2a處由靜止釋放一個(gè)正點(diǎn)電荷P，假設(shè)點(diǎn)電荷P只受電場(chǎng)力作用沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，得到點(diǎn)電荷P速度大小與其在x軸上的位置關(guān)系如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是()A點(diǎn)電荷M、N一定都是負(fù)電荷B點(diǎn)電荷P的電勢(shì)能一定是先增大后減小C點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對(duì)值之比為21Dx4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度一定為零解析由vx圖象可知，點(diǎn)電荷P的速度先增大后減小，所以點(diǎn)電荷P的動(dòng)能先增大后減小，說(shuō)明電場(chǎng)力先做正功，后做負(fù)功，結(jié)合正電荷受到的電場(chǎng)力的方向與場(chǎng)強(qiáng)的方向相同可知，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向先沿x軸的正方向，后沿x軸的負(fù)方向，根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線的特點(diǎn)與電場(chǎng)的疊加原理可知，點(diǎn)電荷M、N一定都是正電荷，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷P的動(dòng)能先增大后減小，由于只有電場(chǎng)力做功，所以點(diǎn)電荷P的電勢(shì)能一定是先減小后增大，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖可知，在x4a處點(diǎn)電荷P的速度最大，速度的變化率為0，說(shuō)明了x4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度等于0，則M與N的點(diǎn)電荷在x4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，根據(jù)庫(kù)侖定律得所以點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對(duì)值之比為41，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。答案D微考點(diǎn)3帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)核|心|微|講求解電偏轉(zhuǎn)問題的兩種思路以示波管模型為例，帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2偏轉(zhuǎn)后，需再經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P，如圖所示。1確定最終偏移距離OP的兩種方法方法1：2確定粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后的動(dòng)能(或速度)的兩種方法特別提醒利用動(dòng)能定理求粒子偏轉(zhuǎn)后的動(dòng)能時(shí)，電場(chǎng)力做功WqUqEy，其中“U”為初末位置的電勢(shì)差，而不一定是U。典|例|微|探【例3】(多選)如圖所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場(chǎng)作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進(jìn)入平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)(極板長(zhǎng)L、極板間距離d)，在偏轉(zhuǎn)電壓為U2的電場(chǎng)作用下偏轉(zhuǎn)一段距離。現(xiàn)使U1加倍，要想使電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的偏移量不發(fā)生變化(調(diào)整極板間距離時(shí)電子仍能穿出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng))，應(yīng)該()A僅使U2加倍B僅使U2變?yōu)樵瓉?lái)的4倍C僅使偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)板間距離變?yōu)樵瓉?lái)的0.5倍D僅使偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)板間距離變?yōu)樵瓉?lái)的2倍【解題導(dǎo)思】(1)加速電壓變化時(shí)，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度是否發(fā)生變化？答：由qUmv2知，電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度會(huì)發(fā)生變化。(2)偏轉(zhuǎn)量y與加速電壓成正比，與偏轉(zhuǎn)電壓成反比，對(duì)嗎？答：不對(duì)，由qU1mv，Lv0t和yat2t2推導(dǎo)可得y，應(yīng)該是與加速電壓成反比，與偏轉(zhuǎn)電壓成正比。解析據(jù)題意，帶電粒子在加速電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，有qU1mv，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有Lv0t和yat2t2，整理得y，因此當(dāng)加速電場(chǎng)電壓U1增加一倍，要使偏轉(zhuǎn)量不變，則需要使偏轉(zhuǎn)電壓增加一倍或者使偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩極板間距離變?yōu)樵瓉?lái)的一半，所以A、C項(xiàng)正確。答案AC【反思總結(jié)】“兩分析”巧解帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題1條件分析：不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場(chǎng)方向垂直，則帶電粒子將在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)。2運(yùn)動(dòng)分析：一般用分解的思想來(lái)處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)。題|組|微|練5.(多選)有三個(gè)質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電的小球，從左上方同一點(diǎn)以相同的水平速度先后射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，A、B、C三個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，A、B小球運(yùn)動(dòng)軌跡的末端處于同一豎直線上，則如圖運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的過程()A小球A帶負(fù)電，B不帶電，C帶正電B三小球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tAtB<tCC小球B和小球C末動(dòng)能可能相等D小球A和小球C的電勢(shì)能變化絕對(duì)值可能相等解析小球水平方向不受力，做勻速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，由水平位移公式xv0t，因初速度相同，xAxB>xC，知tAtB>tC，則選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由豎直位移公式y(tǒng)at2，而yA<yB，得aA<aB；又yA<yC，tA>tC，得aA<aC，同理aB<aC，因場(chǎng)強(qiáng)方向向下，可以判定小球A帶負(fù)電，B不帶電，C帶正電，則選項(xiàng)A正確；因aB<aC，得合力maB<maC，由動(dòng)能定理有F合yEkEktEk0，而初動(dòng)能Ek0mv相同，yA<yB，maB<maC，得末動(dòng)能EkC>EkB，則選項(xiàng)C錯(cuò)誤；又電場(chǎng)力做功為qEy，yA<yC，電荷量q未知，有可能qA>qC，使qEy有可能相等，即電勢(shì)能變化絕對(duì)值有可能相等，故選項(xiàng)D正確。答案AD6.如圖所示，某空間有一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E1.0×102 V/m，一塊足夠大的接地金屬板水平放置在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，在金屬板的正上方高度h0.80 m的a處有一粒子源，盒內(nèi)粒子以v02.0×102 m/s的初速度向水平面以下的各個(gè)方向均勻放出質(zhì)量為m2.0×1015 kg、電荷量為q1012 C的帶電粒子，粒子最終落在金屬板b上。若不計(jì)粒子重力，求(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)：(1)粒子源所在a點(diǎn)的電勢(shì)。(2)帶電粒子打在金屬板上時(shí)的動(dòng)能。(3)從粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍(所形成的面積)；若使帶電粒子打在金屬板上的范圍減小，可以通過改變哪些物理量來(lái)實(shí)現(xiàn)？解析(1)題中勻強(qiáng)電場(chǎng)豎直向下，b板接地；因此aUabEh1.0×102×0.8 V80 V。(2)不計(jì)重力，只有電場(chǎng)力做功；對(duì)粒子由動(dòng)能定理qUabEkmv可得帶電粒子打在金屬板上時(shí)的動(dòng)能為1.2×1010 J。(3)粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍以粒子水平拋出為落點(diǎn)邊界，由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可得xv0t，hat2，a，Sx2，聯(lián)立以上各式得所形成的面積為4.0 m2，可以通過減小h或增大E來(lái)實(shí)現(xiàn)。答案(1)80 V(2)1.2×1010 J(3)4.0 m2可通過減小h或增大E實(shí)現(xiàn)微考點(diǎn)4電場(chǎng)中的力電綜合問題核|心|微|講研究帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)常用的三種方法1力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系牛頓第二定律：根據(jù)帶電粒子受到靜電力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的速度、位移等，這種方法通常適用于受恒力作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)的情況。2功和能的關(guān)系動(dòng)能定理：根據(jù)靜電力對(duì)帶電粒子所做的功，引起帶電粒子的能量發(fā)生變化，利用動(dòng)能定理研究全過程中能量的轉(zhuǎn)化，研究帶電粒子的速度變化、經(jīng)歷的位移等。這種方法同樣也適用于非勻強(qiáng)電場(chǎng)。3正交分解法或化曲為直法處理這種運(yùn)動(dòng)的基本思想與處理平拋運(yùn)動(dòng)是類似的，可以將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)互相正交的比較簡(jiǎn)單的直線運(yùn)動(dòng)，而這兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律是我們已經(jīng)掌握的，然后再按運(yùn)動(dòng)合成的觀點(diǎn)去求出復(fù)雜運(yùn)動(dòng)的有關(guān)物理量。典|例|微|探【例4如圖所示，在E103 V/m的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點(diǎn)平滑相接，半圓形軌道平面與電場(chǎng)線平行，其半徑R40 cm，N為半圓形軌道最低點(diǎn)，P為QN圓弧的中點(diǎn)，一帶負(fù)電q104 C的小滑塊質(zhì)量m10 g，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.15，位于N點(diǎn)右側(cè)1.5 m的M處，g取10 m/s2，求：(1)要使小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到半圓形軌道的最高點(diǎn)Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動(dòng)？(2)這樣運(yùn)動(dòng)的小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大？【解題導(dǎo)思】(1)滑塊在最高點(diǎn)時(shí)什么力提供向心力？答：由重力和電場(chǎng)力的合力提供向心力。(2)滑塊從開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)Q點(diǎn)的過程中哪些力做功？答：電場(chǎng)力、重力、摩擦力做功。(3)滑塊在P點(diǎn)時(shí)什么力提供向心力？答：軌道的水平彈力提供向心力。解析(1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v，由牛頓第二定律得mgqEm，小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得mg·2RqE·2R(mgqE)xmv2mv，聯(lián)立方程組，解得v07 m/s。(2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v，則從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv，又在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得Nm，代入數(shù)據(jù)，解得N0.6 N。由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力NN0.6 N。答案(1)7 m/s(2)0.6 N題|組|微|練7(多選)在電場(chǎng)方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶電小球從A點(diǎn)豎直向上拋出，其運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，小球運(yùn)動(dòng)的軌跡上A、B兩點(diǎn)在同一水平線上，M為軌跡的最高點(diǎn)，小球拋出時(shí)的動(dòng)能為8 J，在M點(diǎn)的動(dòng)能為6 J，不計(jì)空氣的阻力，則下列判斷正確的是()A小球水平位移x1與x2的比值為13B小球水平位移x1與x2的比值為14C小球落到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為32 JD小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中最小動(dòng)能為6 J解析小球在水平方向做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，小球在豎直方向上升和下落的時(shí)間相同，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系可知水平位移x1x213，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)小球在M點(diǎn)時(shí)的水平分速度為vx，則小球在B點(diǎn)時(shí)的水平分速度為2vx，根據(jù)題意有mv8 J，mv6 J，因而在B點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能為EkBm232 J，選項(xiàng)C正確；由題意知，小球受到的合外力為重力與電場(chǎng)力的合力，為恒力，小球在A點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)合與速度之間的夾角為鈍角，小球在M點(diǎn)時(shí)，速度與F合之間的夾角為銳角，即F合對(duì)小球先做負(fù)功再做正功，由動(dòng)能定理知，小球從A到M過程中，動(dòng)能先減小后增大，小球從M到B的過程中，合外力一直做正功，動(dòng)能一直增大，故小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中最小動(dòng)能一定小于6 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AC8如圖所示，一電荷量為q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin37°0.6，cos37°0.8。求：(1)水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度。(2)若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的，物塊的加速度是多大。(3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能。解析(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場(chǎng)力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有Nsin37°qE，Ncos37°mg，由可得E。(2)若電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的，即E，由牛頓第二定律得mgsin37°qEcos37°ma，可得a0.3g。(3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)，重力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得mgLsin37°qELcos37°Ek0，可得Ek0.3mgL。答案(1)(2)0.3g(3)0.3mgL見學(xué)生用書P114帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)素能培養(yǎng)1注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移等，并確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。2分析時(shí)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系。3此類題型一般有三種情況(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)。(2)二是粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)。(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)的特點(diǎn)分段研究)。經(jīng)典考題(多選)如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢(shì)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，電子原來(lái)靜止在左極板小孔處(不計(jì)電子的重力)，下列說(shuō)法正確的是()A從t0時(shí)刻釋放電子，電子始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上B從t0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)C從t時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)，也可能打到右極板上D從t時(shí)刻釋放電子，電子必將打到左極板上解析根據(jù)Ut圖線可得到粒子運(yùn)動(dòng)的at圖線，易知，從t0時(shí)刻釋放電子，0向右加速，T向右減速，電子一直向右運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤；從t時(shí)刻釋放電子，如果板間距離比較大，向右加速，T向右減速，TT向左加速，TT向左減速，如果板間距離比較小，向右加速，T向右減速，可能已經(jīng)撞到極板上，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案AC對(duì)法對(duì)題1如圖甲所示，兩個(gè)平行金屬板P、Q豎直放置，兩板間加上如圖乙所示的電壓，t0，Q板比P板電勢(shì)高5 V，此時(shí)在兩板的正中央M點(diǎn)有一個(gè)電子，速度為零，電子在靜電力作用下運(yùn)動(dòng)，使得電子的位置和速度隨時(shí)間變化。假設(shè)電子始終未與兩板相碰。在0<t<8×1010 s的時(shí)間內(nèi)，這個(gè)電子處于M點(diǎn)的右側(cè)，速度方向向左且大小逐漸增大的時(shí)間是()A0<t<2×1010 sB2×1010 s<t<4×1010 sC4×1010 s<t<6×1010 sD6×1010 s<t<8×1010 s解析作出粒子運(yùn)動(dòng)的vt圖象如圖所示。由圖象可知選項(xiàng)C正確。答案C2(多選)如圖甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示。t0時(shí)刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0時(shí)間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，T時(shí)刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運(yùn)動(dòng)過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0T時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的描述，正確的是()A末速度大小為v0B末速度沿水平方向C重力勢(shì)能減少了mgdD克服電場(chǎng)力做功為mgd解析因0內(nèi)微粒勻速運(yùn)動(dòng)，故E0qmg；在時(shí)間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運(yùn)動(dòng)，在t時(shí)刻的豎直速度為vy1，水平速度為v0；在T時(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律2E0qmgma，解得ag，方向向上，則在tT時(shí)刻，vy2vy1g0，粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；微粒的重力勢(shì)能減小了Epmg·mgd，選項(xiàng)C正確；從射入到射出，由動(dòng)能定理可知，mgdW電0，可知克服電場(chǎng)力做功為mgd，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B、C項(xiàng)。答案BC見學(xué)生用書P1151.如圖所示，先接通S使電容器充電，然后斷開S。當(dāng)增大兩極板間距離時(shí)，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢(shì)差U、兩極板間場(chǎng)強(qiáng)E的變化情況是()AQ變小，C不變，U不變，E變小BQ變小，C變小，U不變，E不變CQ不變，C變小，U變大，E不變DQ不變，C變小，U變小，E變小解析電容器充電后再斷開S，則電容器所帶的電荷量Q不變，由C可知，d增大時(shí)，C變?。挥諹，所以U變大；由于E，U，所以E，故d增大時(shí)，E不變，C項(xiàng)正確。答案C2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(diǎn)從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將兩板繞過a點(diǎn)的軸(垂直于紙面)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點(diǎn)從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()A保持靜止?fàn)顟B(tài)B向左上方做勻加速運(yùn)動(dòng)C向正下方做勻加速運(yùn)動(dòng)D向左下方做勻加速運(yùn)動(dòng)解析兩板水平時(shí)對(duì)微粒有qEmg。板旋轉(zhuǎn)45°對(duì)微粒受力分析，如圖中虛線所示，由平行四邊形定則可知合力向左下方，且大小恒定，D項(xiàng)正確，A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤。答案D3.(多選)如圖所示，在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有平行于AB邊的勻強(qiáng)電場(chǎng)，E、F、G、H是各邊中點(diǎn)，其連線構(gòu)成正方形，其中P點(diǎn)是EH的中點(diǎn)。一個(gè)帶正電的粒子(不計(jì)重力)從F點(diǎn)沿FH方向射入電場(chǎng)后恰好從D點(diǎn)射出。下列說(shuō)法正確的是()A粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定經(jīng)過P點(diǎn)B粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡一定經(jīng)過P、E之間某點(diǎn)C若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉?lái)的一半，粒子會(huì)由E、D之間某點(diǎn)(不含E、D)射出正方形ABCD區(qū)域D若將粒子的初速度變?yōu)樵瓉?lái)的一半，粒子恰好由E點(diǎn)射出正方形ABCD區(qū)域解析粒子從F點(diǎn)沿FH方向射入電場(chǎng)后恰好從D點(diǎn)射出，其軌跡是拋物線，則過D點(diǎn)作速度的反向延長(zhǎng)線一定與水平位移交于FH的中點(diǎn)，而延長(zhǎng)線又經(jīng)過P點(diǎn)，所以粒子軌跡一定經(jīng)過P、E之間某點(diǎn)，選項(xiàng)B正確；由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可知，當(dāng)豎直位移一定時(shí)，水平速度變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則水平位移也變?yōu)樵瓉?lái)的一半，選項(xiàng)D正確。答案BD4.如圖所示，M、N是豎直放置的兩平行金屬板，分別帶等量異種電荷，兩極間產(chǎn)生一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E，一質(zhì)量為m、電量為q的微粒，以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，微粒垂直打到N極上的C點(diǎn)，已知ABBC。不計(jì)空氣阻力，則可知()A微粒在電場(chǎng)中的加速度是變化的B微粒打到C點(diǎn)時(shí)的速率與射入電場(chǎng)時(shí)的速率相等CMN板間的電勢(shì)差為DMN板間的電勢(shì)差為解析微粒受到重力和電場(chǎng)力兩個(gè)力作用，兩個(gè)力都是恒力，合力也是恒力，所以微粒在電場(chǎng)中的加速度是恒定不變的，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；將微粒的運(yùn)動(dòng)分解為水平和豎直兩個(gè)方向，粒子水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則有BCt，ABt，由題意，ABBC，得到vCv0，即微粒打到C點(diǎn)時(shí)的速率與射入電場(chǎng)時(shí)的速率相等，故B項(xiàng)正確；根據(jù)動(dòng)能定理，研究水平方向得，qUABmv得到UAB，所以MN板間的電勢(shì)差為，故C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案B21