《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第3講 電容器和電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第3講 電容器和電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案.doc（21頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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 ①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。 ②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無關(guān)。 (4)單位：法拉，符號(hào)F，與其他單位間的換算關(guān)系： 1 F＝106μF＝1012pF。 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)εr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qU＝mv2－mv。 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 ①沿初速度方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝。 ②沿電場(chǎng)力方向?yàn)閯蚣铀龠\(yùn)動(dòng)，a＝＝＝。 ③離開電場(chǎng)時(shí)的偏移量y＝at2＝。 ④離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝＝。 微知識(shí)3 示波管 1．構(gòu)造 ①電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③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 ①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。 ②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(　　) A．C和U均增大 B．C增大，U減小 C．C減小，U增大 D．C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　B　 2．(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－eUOA＝0－Ek，因?yàn)閁OA＝h，所以Ek＝，所以正確選項(xiàng)為D項(xiàng)。 答案　D　 3．(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 C．A、B兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大 D．P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)，電路中無電流，電阻R兩端無電壓，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φ＝UPO＝Ed′，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，θ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．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ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U＝Ed可知，兩極板之間的電勢(shì)差減小，靜電計(jì)指針的偏角θ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　D　 2．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 C．M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Q＝CU減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電容器放電，電流方向?yàn)镸→R→N，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mg－qU＝0，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 mg－qU＝0，解得x＝d，選項(xiàng)D正確。 答案　D　 4．在真空中的x軸上的原點(diǎn)處和x＝6a處分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷M、N，在x＝2a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2∶1 D．x＝4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度一定為零 解析　由v－x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x＝4a處點(diǎn)電荷P的速度最大，速度的變化率為0，說明了x＝4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度等于0，則M與N的點(diǎn)電荷在x＝4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，根據(jù)庫侖定律得＝所以點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對(duì)值之比為4∶1，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W＝qU＝qEy，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?，F(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)樵瓉淼?倍 C．僅使偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)板間距離變?yōu)樵瓉淼?.5倍 D．僅使偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)板間距離變?yōu)樵瓉淼?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qU＝mv2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qU1＝mv，L＝v0t和y＝at2＝t2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qU1＝mv，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有L＝v0t和y＝at2＝t2，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)樵瓉淼囊话?，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tA＝tBxC，知tA＝tB>tC，則選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由豎直位移公式y(tǒng)＝at2，而yAtC，得aAEkB，則選項(xiàng)C錯(cuò)誤；又電場(chǎng)力做功為qEy，yAqC，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　AD　 6.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E＝1.0102 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h＝0.80 m的a處有一粒子源，盒內(nèi)粒子以v0＝2.0102 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m＝2.010－15 kg、電荷量為q＝＋10－12 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φa＝Uab＝Eh＝1.01020.8 V＝80 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qUab＝Ek－mv可得帶電粒子打在金屬板上時(shí)的動(dòng)能為1.210－10 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 x＝v0t，① h＝at2，② a＝，③ S＝πx2，④ 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來實(shí)現(xiàn)。 答案　(1)80 V　(2)1.210－10 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——?jiǎng)幽芏ɡ恚焊鶕?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E＝103 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R＝40 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q＝10－4 C的小滑塊質(zhì)量m＝10 g，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝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 mg＋qE＝m， 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 －mg2R－qE2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv， 聯(lián)立方程組，解得v0＝7 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 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv， 又在P點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得 N＝m， 代入數(shù)據(jù)，解得N＝0.6 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N′＝N＝0.6 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1∶3 B．小球水平位移x1與x2的比值為1∶4 C．小球落到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為32 J D．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x1∶x2＝1∶3，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mv＝8 J，mv＝6 J，因而在B點(diǎn)時(shí)小球的動(dòng)能為EkB＝m[]2＝32 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　AC　 8．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，① Ncos37＝mg，② 由①②可得E＝。 (2)若電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來的，即 E′＝， 由牛頓第二定律得 mgsin37－qE′cos37＝ma， 可得a＝0.3g。 (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－qE′Lcos37＝Ek－0， 可得Ek＝0.3mgL。 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，電子原來靜止在左極板小孔處(不計(jì)電子的重力)，下列說法正確的是(　　) A．從t＝0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t＝0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)U－t圖線可得到粒子運(yùn)動(dòng)的a—t圖線，易知，從t＝0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，T～T向左加速，T～T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，t＝0，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

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