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第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动,【知识梳理】知识点1常见的电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1.电容器:(1)组成:由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。(2)带电量:一个极板所带电荷量的_。,绝对值,(3)电容器的充电、放电。充电:使电容器带电的过程,充电后电容器两极板带上等量的_,电容器中储存电场能。放电:使充电后的电容器失去电荷的过程,放电过程中_转化为其他形式的能。,异种电荷,电场能,2.电容:(1)公式。定义式:_。推论:C=。(2)单位:法拉(F),1F=_F=_pF。,106,1012,(3)电容与电压、电荷量的关系:电容C的大小由电容器本身结构决定,与电压、电荷量_。不随电量Q变化,也不随电压U变化。,无关,3.平行板电容器及其电容:(1)影响因素:平行板电容器的电容与正对面积成正比,与介质的_成正比,与_成反比。(2)决定式:C=_,k为静电力常量。r为_,与电介质的性质有关。,介电常数,两板间的距离,相对介电,常数,知识点2带电粒子在匀强电场中的运动示波管1.加速问题:若不计粒子的重力,则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的_的增量。(1)在匀强电场中:W=qEd=qU=_。(2)在非匀强电场中:W=qU=_。,动能,2.偏转问题:(1)条件分析:不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场。(2)运动性质:_运动。(3)处理方法:利用运动的合成与分解。沿初速度方向:做_运动。沿电场方向:做初速度为零的_运动。,类平抛,匀速直线,匀加速直线,3.示波管的构造:_,_,_。(如图所示),电子枪,偏转电极,荧光屏,【易错辨析】(1)电容是表示电容器储存电荷本领的物理量。()(2)放电后的电容器电荷量为零,电容也为零。()(3)一个电容器的电荷量增加Q=1.010-6C时,两板间电压升高10V,则电容器的电容C=1.010-7F。(),(4)带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动。()(5)示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的。(),(6)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计。()提示:(1)。电容器是能够储存电荷的器件,用电容表示其储存电荷的本领。(2)。电容器的电容C是由电容器本身的性质决定的,与电容器是否带电无关,电容器放电后,电容器的带电荷量为零,其电容C保持不变。,(3)。(4)。带电粒子在匀强电场中可以做直线运动,也可以做曲线运动,运动形式由初速度方向与电场方向的夹角决定,是否匀变速运动由合外力决定。(5)。由示波管的原理可知此种说法正确。,(6)。带电粒子的重力是否能忽略,由具体问题的研究条件决定,对于基本粒子,重力一般都可忽略;但对于带电液滴、油滴、小球等,重力一般不能忽略。,考点1平行板电容器的两类动态变化问题【核心要素精讲】1.分析比较的思路:(1)先确定是Q还是U不变:电容器保持与电源连接,U不变;电容器充电后与电源断开,Q不变。(2)用决定式C=确定电容器电容的变化。,(3)用定义式C=判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化。(4)用E=分析电容器极板间场强的变化。,2.两类动态变化问题的比较:,【高考命题探究】【典例1】(2016全国卷)一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上,若将云母介质移出,则电容器世纪金榜导学号42722161(),A.极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变,【思考探究】(1)“接在恒压直流电源上”,说明_。(2)“将云母介质移出”说明_。(3)如何分析电容器的电荷量及电场强度的变化?提示:依据电容的决定式和定义式分析动态变化。,电容器两极板间的,电压保持不变,电容器的介电常数变小,【解析】选D。据C=可知,将云母介质移出电容器C变小,电容器接在恒压直流电源上,电压不变,据Q=CU可知极板上的电荷量变小,据E=可知极板间电场强度不变,故选D。,【迁移训练】,迁移1:把电源断开(多选)将【典例1】中的电源断开,当把云母介质从电容器中快速抽出后,下列说法正确的是()A.电容器的电容增大B.极板间的电势差增大C.极板上的电荷量变大D.极板间电场强度变大,【解析】选B、D。电源断开,当把云母介质从电容器中快速抽出后,极板所带电荷量保持不变,极板间的介电常数变小,由C=可知,电容器的电容减小,选项A、C错误;由C=得U=,Q不变,C减小,U增大,选项B正确;由得,E=故极板间的场强变大,选项D正确。,迁移2:将云母介质换成金属板在【典例1】中,若将云母介质换成金属板,接在恒压直流电源上,当把金属板从电容器中快速抽出后,下列说法正确的是(),A.电容器的电容增大B.电容器所带电荷量减少C.极板间的电压增大D.极板间电场强度变大,【解析】选B。当把金属板从电容器中快速抽出后,电容器两极板间的电压不变,但两极板间的距离变大,由C=可知,电容器的电容减小,选项A、C错误;由C=得Q=CU,电压U不变,C减小,故电容器所带电荷量减少,选项B正确;由公式E=可得电场强度E变小,选项D错误。,迁移3:在平行板间放置带电粒子(多选)在【典例1】中,若水平平行板内部空间有一带电粒子P静止在电容器中,云母介质保持不动,同时下极板接地,当将上极板向右移动一小段距离时,则下列说法正确的是(),A.电容器所带电荷量保持不变B.极板间的电场强度保持不变C.粒子所在初位置的电势保持不变D.粒子将加速向下运动,【解析】选B、C。由C=可知,当S减小时,电容器的电容减小,由C=得Q=CU,电压U不变,C减小,故电容器所带电荷量减少,选项A错误;U和d不变,由E=可知,极板间的电场强度保持不变,选项B正确;由于极板间的电场强度不变,粒子所在初位置到下极板间的距离不变,故该点到零电势点的电势差不变,即该点的电势不变,粒子的电势能不变,选项C正确;由于粒子的受力情况不变,故粒子仍然保持静止状态,选项D错误。,【规律总结】分析平行板电容器动态变化的三点关键(1)确定不变量:先明确动态变化过程中的哪些量不变,是电荷量保持不变还是极板间电压不变。(2)恰当选择公式:灵活选取电容的决定式和定义式,分析电容的变化,同时用公式E=分析极板间电场强度的变化情况。(3)若两极板间有带电微粒,则通过分析电场力的变化,分析其运动情况的变化。,【加固训练】(多选)(2017长沙模拟)如图所示,两块较大的金属板A、B相距为d,平行放置并与一电源相连,S闭合后,两板间恰好有一质量为m,带电量为q的油滴处于静止状态,以下说法正确的是(),A.若将S断开,则油滴将做自由落体运动,G表中无电流B.若将A向左平移一小段位移,则油滴仍然静止,G表中有ba的电流C.若将A向上平移一小段位移,则油滴向下加速运动,G表中有ba的电流D.若将A向下平移一小段位移,则油滴向上加速运动,G表中有ba的电流,【解析】选B、C。将S断开,电容器电量不变,板间场强不变,故油滴仍处于静止状态,选项A错误;若S闭合,将A板左移,由E=可知,E不变,油滴仍静止,由C=可知正对面积减小时电容C变小,则电容器极板电量Q=CU变小,电容器放电,则有ba的电流,故选项B正确;将A板上移,由E=可知,E变小,油滴应向下加速运动,由,C=可知板间距离增大时电容C变小,电容器要放电,则有ba的电流流过G,故选项C正确;当A板下移时,板间电场强度增大,油滴受的电场力增加,油滴向上加速运动,由C=可知板间距离减小时C增大,电容器要充电,则有ab的电流流过G,故选项D错误。,考点2带电粒子在电场中的直线运动【核心要素精讲】1.带电粒子在电场中运动时重力的处理:(1)基本粒子:如电子、质子、粒子、离子等,除有说明或明确的暗示以外,一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。,(2)带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,一般都不能忽略重力。2.带电粒子在电场中平衡的解题步骤:(1)选取研究对象。(2)进行受力分析,注意电场力的方向特点。(3)由平衡条件列方程求解。,3.解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路:(1)根据带电粒子受到的电场力,用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场,也适用于非匀强电场。,【自思自悟】(1)带电粒子在电场中平衡问题的解题步骤是什么?(2)解决带电粒子在电场中的直线运动有哪两种思路?,【高考命题探究】【典例2】(2015全国卷)如图,两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态,现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45,再由a点从静止释放一同样的微粒,该微粒将世纪金榜导学号42722162(),A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动,【思考探究】(1)“金属板水平放置”时,“微粒恰好保持静止状态”说明_。(2)当将两板绕过a点的轴逆时针旋转45时,微粒受的重力大小、方向_,而电场力将_,即电场力的方向为_;微粒由静止释放,根据_判断其运动状态。,微粒受重力和电场力而平衡,均不发生变化,逆时针旋,转45,向上偏左45,所受合力,【解析】选D。作出微粒的受力示意图如图所示,电场力方向为向上偏左45,并且与重力大小相等,由力合成的平行四边形定则得F合的方向为向左下方,再结合微粒由静止释放初速度为零,故微粒将向左下方做匀加速运动,D项正确;微粒合力不为零,故不能保持静止状态,A项错误;B项、C项的运动方向与合力方向不一致,故B、C项均错。,【强化训练】(多选)如图,带电荷量为+q、质量为m的滑块,沿固定的绝缘斜面匀速下滑。现加上一竖直向上的匀强电场,电场强度为E,且qEmg。滑块沿斜面下滑的过程中,以下说法正确的是(),A.滑块将沿斜面减速下滑B.滑块仍沿斜面匀速下滑C.加电场前,系统机械能守恒D.加电场后,重力势能的减少量大于电势能的增加量,【解析】选B、D。质量为m的滑块,沿固定绝缘斜面匀速下滑,设斜面倾角为,动摩擦因数为,则有mgsin=mgcos,当加一竖直向上的匀强电场,且qEmg,此时滑块所受合力为F=(mg-Eq)sin-(mg-Eq)cos,解得F=0,滑块仍匀速下滑,故选项A错误,B正确;加电场前,滑块要克服摩擦力做功,机械能减少,机械能不守恒,故选项C错误;由于qEv1C.若开关S保持闭合,则无论向上或向下移动b板,都有v2=v1D.若开关S闭合一段时间后再断开,则无论向上或向下移动b板,都有v20)的粒子在电容器中靠近下极板处,以初动能Ek0竖直向上射出。不计重力,极板尺寸足够大。若粒子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大值为()世纪金榜导学号42722163,【解析】选B。对粒子进行受力分析如图所示,可知粒子的运动方向与所受的合力不在同一条直线上,粒子做曲线运动,若粒子恰能到达上极板时,其速度与极板平行,电场强度有最大值。将粒子的初速度v0分解为垂直于极板的vy和平行于极板的vx两个分量,当vy=0时,粒子恰能到达上极板,速度与极板平行,根据-vy2=-2d,由于vy=v0cos45,Ek0=,联立整理得到:E=故选项B正确。,【强化训练】1.如图所示,两平行金属板间有一匀强电场,板长为L,板间距离为d,在板右端L处有一竖直放置的荧光屏M,一带电荷量为q,质量为m的质点从两板中央射入板间,最后垂直打在M屏上,则下列结论正确的是(),A.板间电场强度大小为B.板间电场强度大小为C.质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到荧光屏的时间相等D.质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到荧光屏的时间,【解析】选C。据题分析可知,质点在平行金属板间轨迹应向上偏转,做类平抛运动,飞出电场后,质点的轨迹向下偏转,质点才能最后垂直打在M屏上,前后过程质点的运动轨迹有对称性,如图,可见两次偏转的加速度大小相等,根据牛顿第二定律得,qE-mg=mg,得到E=,故A、B错误;由于质点在水平方向一直做匀速直线运动,两段水平位移大小相等,则质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到荧光屏的时间相等。故C正确,D错误。,2.(多选)(2015天津高考)如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转,最后打在屏上。整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么(),A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置,【解析】选A、D。设粒子质量为m,电量为q,经过加速电场U1q=,经过偏转电场的偏转位移y1=解得y1=,偏转电场对粒子做功W2=qE2y1=,由于三种粒子电量相同,则偏转电场对三种粒子做功一样多,故选项A正确;从开始无初速度进入电场到打到屏上的过程中,由动能定理有U1q+W2=mv2,解得v=则三种粒子打到屏上的速度不一样,故选项B错误;,在加速电场中有l=解得t1=,从进入偏转电场到粒子打到屏上所用时间t2+t3=则三种粒子运动到屏上所用时间t=t1+t2+t3=+(L+l),由于三种粒子质,量不同,所以三种粒子运动到屏上所用时间不同,故选项C错误;粒子离开电场后做匀速直线运动,y2=vt3=a2t2t3=则y=y1+y2=所以三种粒子一定打到屏上的同一位置,故选项D正确。,【加固训练】如图所示,真空中水平放置的两个相同极板Y和Y长为L,相距d,足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY,一束质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。,(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。(2)求两板间所加偏转电压UYY的范围。(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。,【解析】(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a,离开偏转电场时偏转距离为y,沿电场方向的速度为vy,偏转角为,其反向延长线通过O点,O点与板右端的水平距离为x,则有y=at2L=v0tvy=at,tan=联立可得x=,即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。(2)a=E=由式解得y=当y=时,UYY=,则两板间所加电压的范围为:,(3)当y=时,粒子在屏上侧向偏移的距离最大,设其大小为y0,则y0=y+btan,又解得:y0=故粒子在屏上可能到达的区域的长度为:答案:(1)见解析(2)(3),考点4带电粒子在交变电场中的运动【核心要素精讲】带电粒子在交变电场中的运动分析:(1)常见三种情况:粒子做单向直线运动。粒子做往返运动。粒子做偏转运动。,(2)处理思路:牛顿运动定律。运动的分解。功能关系。,【高考命题探究】【典例4】如图甲所示,长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置,ab为两板的中心线,一个带电粒子以速度v0从a点水平射入,沿直线从b点射出,若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上,欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出,求:世纪金榜导学号42722164,(1)交变电压的周期T应满足什么条件?(2)粒子从a点射入金属板的时刻t应满足什么条件?,【解析】(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场,在垂直于初速度方向上,粒子的运动应为:加速,减速,反向加速,反向减速,经历四个过程后,回到中心线上时,在垂直于金属板的方向上速度正好等于零,故有L=nTv0解得:T=粒子在T内离开中心线的距离为y=,又有:a=解得:y=在运动过程中离开中心线的最大距离为ym=2y=粒子不撞击金属板,应有ymd解得:T故:n,即n取大于等于的整数所以交变电压的周期应满足的条件为:T=,其中n取大于等于的整数(2)粒子进入电场的时间应为故粒子进入电场的时间为:t=(n=1,2,3,)答案:(1)T=,其中n取大于等于的整数(2)t=(n=1,2,3,),【强化训练】1.(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法中正确的是(),A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2s末带电粒子回到原出发点C.3s末带电粒子的速度为零D.03s内,电场力做的总功为零,【解析】选C、D。设第1s内粒子的加速度为a1,第2s内的加速度为a2,由a=可知,a2=2a1,假设粒子第1s内向负方向运动,1.5s末粒子的速度为零,然后向正方向运动,至3s末回到原出发点,粒子的速度为0,由动能定理可知,此过程中电场力做功为零,综上所述,可知C、D正确。,2.(2017聊城模拟)如图甲所示,两个平行金属板P、Q竖直放置,两板间加上如图乙所示的电压。t=0时,Q板比P板电势高5V,此时在两板的正中央M点有一个电子,速度为零,电子在电场力作用下运动,使得电子的位置和速度随时间变化。假设电子始终未与两板相碰,在0t810-10s的时间内,这个电子处于M点的右侧,速度方向向左且大小逐渐减小的时间是(),A.610-10st810-10sB.410-10st610-10sC.210-10st410-10sD.0t210-10s,【解析】选A。在0t210-10s时间内,Q板比P板电势高5V,E=,方向水平向左,所以电子所受电场力方向向右,加速度方向也向右,所以电子向右做匀加速直线运动;在210-10st410-10s时间内,Q板比P板电势低5V,电场强度方向水平向右,所以电子所受电场力方向向左,加速度方向也向左,所以电子向右做匀减速,直线运动,当t=410-10s时速度为零;在410-10st610-10s时间内,Q板比P板电势低5V,电场强度方向水平向右,所以电子所受电场力方向向左,加速度方向也向左,所以电子向左做匀加速直线运动;在610-10st810-10s时间内,Q板比P板电势高5V,电场强度方向水平向左,所以电子所受电场力方向向右,加速度方向也向右,所以电子向左做匀减速直线运动,到810-10s,时刻速度为零,恰好又回到M点。综上分析可知:在610-10st810-10s时间内,这个电子处于M点的右侧,速度方向向左且大小逐渐减小,故选项A正确。,【加固训练】(2017南通模拟)如图甲所示,两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,在t=0时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场,粒子射入电场时的速度为v0,t=T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则(),A.该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B.在t=时刻,该粒子的速度大小为2v0C.若该粒子在时刻以速度v0进入电场,则粒子会打在板上D.若该粒子的入射速度变为2v0,则该粒子仍在t=T时刻射出电场,【解析】选A。粒子射入电场,在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动,在后半个周期内做匀减速直线运动,一个周期末竖直方向上的分速度为零,可知粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向,故选项A正确;在t=时刻,粒子在水平方向上的分速度为v0,因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等,则有v0T=22,解得vy=v0,根据平行四边形定则知,粒子的速度为v=v0,故选项B错误;若该粒子在时刻以速度v0进入电场,粒子在竖直方向上的运动情况与0时刻进入时运动的方向相反,运动规律相同,则粒子不会打在板上,故选项C错误;若该粒子的入射速度变为2v0,则粒子射出电场的时间t=故选项D错误。,考点5带电粒子的力电综合问题【核心要素精讲】(1)运用牛顿运动定律和运动学规律。先分析受力情况,再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速,是直线运动还是曲线运动),对匀变速运动问题可用牛顿运动定律和运动学规律处理。,(2)从功和能的角度分析。带电粒子在电场力作用下的加速、减速或偏转过程是其他形式的能与动能之间的转化过程,可以使用动能定理或能量守恒定律解决这类问题。,【高考命题探究】【典例5】如图所示,在竖直虚线MN的右侧存在着电场强度为E1=3102N/C、方向竖直向上的匀强电场E1,在MN的左侧存在着水平方向的匀强电场E2。在右侧的匀强电场E1中,一条长为L=0.8m的绝缘细线一端固定在O点,另一端拴着质量m=0.3kg、电荷量q=210-2C的小球,O点到虚线MN的距离为x=1.2m。现将细线拉直到水,平位置,使小球由静止释放,则小球能运动到图中的位置P(P点在O点的正上方)。(不计阻力,g取10m/s2)世纪金榜导学号42722165,(1)判断小球的电性(不需要说明理由)。(2)求小球运动到P点的速度大小vP。(3)若小球运动到P点时细线刚好断裂,细线断裂后小球继续运动,求小球运动到虚线MN处时速度大小。(4)在(3)的情况下,若小球运动经过虚线MN后进入左侧的匀强电场E2恰能做直线运动,求匀强电场E2的大小。,【思考探究】(1)根据小球的_判断受到的_方向,进一步判断小球的电性。(2)如何求小球运动到P点的速度大小?提示:利用动能定理列方程求解。(3)细线断裂后小球做什么运动?提示:类平抛运动。,运动,电场力,【解析】(1)小球要向上运动,电场力必须向上,故小球带正电。(2)小球从静止释放到运动至P点,根据动能定理得:(qE1-mg)L=解得:vP=4m/s,(3)细线断裂后小球继续运动到虚线MN处,该过程小球做类平抛运动(水平匀速,竖直匀加速),如图甲,设做类平抛运动的时间为t,则:vPt=x由牛顿第二定律得:qE1-mg=ma小球运动到虚线MN处时竖直方向的分速度为vy=at合速度为v=联立代入数据解得:v=5m/s,(4)小球进入左侧的匀强电场E2只在重力和电场力作用下恰能做直线运动,说明重力与电场力的合力方向必与速度方向在同一条直线上,通过分析可得电场力的方向水平向右,小球所受合力方向与速度方向相反。如图乙所示,则:tan=qE2=解得:E2=2102N/C,答案:(1)小球带正电(2)4m/s(3)5m/s(4)2102N/C,【强化训练】1.(多选)如图所示,在xOy平面的第一象限,存在以x轴、y轴及双曲线y=(0xL,0yL)的一段为边界的匀强电场;在第二象限存在以x=-L,x=-2L,y=0,y=L为边界的匀强电场。两个电场场强大小均为E,方向如图所示。则在电场的AB曲线边界处由静止释放的电子(不计电子所受重力)在离开MNPQ区域时的最小动能和对应飞出点分别为(),A.最小动能Ek=eELB.最小动能Ek=C.飞出点坐标(-2L,0)D.飞出点坐标(,),【解析】选A、C。设释放位置坐标为(x,y),则有eEx=解得s=L,即所有从边界AB上静止释放的电子均从P点射出。从边界AB出发到P点射出的全过程,由动能定理得Ek=eE(x+y),又y=,解得Ek=eE(x+),根据数学知识得知,当x=y=时,动能Ek有最小值,Ek=eEL,故A、C正确,B、D错误。,2.(2017安阳模拟)如图所示,BCDG是光滑绝缘的圆形轨道,位于竖直平面内,轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中,现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上,滑块受到的电场力大小为mg,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g。,(1)若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放,求滑块到达与圆心O等高的C点时,受到轨道的作用力大小。(2)改变s的大小,使滑块恰好始终沿轨道滑行,且从G点飞出轨道,求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小。,【解析】(1)设滑块到达B点时的速度为v,由动能定理有Eqs-mgs=mv2而:qE=解得:v=设滑块到达C点时速度为vC,受到轨道的作用力大小为F,则EqR-mgR=得:vC=,由水平方向合外力提供向心力得:F-Eq=解得:F=mg,(2)要使滑块恰好始终沿轨道滑行,则滑至圆轨道DG间某点,由电场力和重力的合力提供向心力,此时的速度最小(设为vmin),则有:解得:vmin=答案:(1)mg(2),【加固训练】如图所示,虚线PQ、MN间存在如图所示的水平匀强电场,一带电粒子质量为m=2.010-11kg、电荷量为q=+1.010-5C,从a点由静止开始经电压为U=100V的电场加速后,垂直于匀强电场进入匀强电场中,从虚线MN上的某点b(图中未画出)离开匀强电场时速度与电场方向成30角。已知PQ、MN间距离为20cm,带电粒子的重力忽略不计。求:,(1)带电粒子刚进入匀强电场时的速率v1。(2)匀强电场的电场强度大小。(3)a、b两点间的电势差。,【解析】(1)带电粒子在加速电场中运动过程,由动能定理得:qU=代入数据解得:v1=1104m/s(2)因粒子重力不计,则进入PQ、MN间电场中后做类平抛运动,粒子沿初速度方向做匀速直线运动:d=v1t粒子沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动:vy=at,由牛顿第二定律得:qE=ma由题意得:tan30=联立以上相关各式并代入数据解得:E=103N/C=1.73103N/C,(3)带电粒子由a到b过程由动能定理得:qUab=联立以上相关各式代入数据解得:Uab=400V答案:(1)1104m/s(2)1.73103N/C(3)400V,带电粒子在电场中的运动,【经典案例】(20分)(2017合肥模拟)如图甲,距光滑绝缘水平面高h=0.3m的A点处有一固定的点电荷Q,带电量为q=110-6C,质量为m=0.05kg的小物块(可视为点电荷)在恒定水平外力F=0.5N的作用下,从Q左侧O点处由静止开始沿水平面运动。已知初始时O与A的水平,距离为0.7m,物块动能Ek随位移s的变化曲线如图乙所示。静电力常量k=9.0109Nm2/C2。,(1)估算点电荷Q的电量。(保留两位有效数字)(2)求物块从O到s1=0.50m的过程中其电势能的变化量。(3)求物块运动到s2=1.00m时的动能。,【思维轨迹】(1)审清题意:光滑绝缘水平面物块不受摩擦力作用。固定的点电荷QQ周围的电场成辐射状且距离Q相等的各点电势相等。由静止开始沿水平面运动物块初速度为零。,【思维轨迹】(1)审清题意:光滑绝缘水平面物块不受摩擦力作用。固定的点电荷QQ周围的电场成辐射状且距离Q相等的各点电势相等。由静止开始沿水平面运动物块初速度为零。,(2)关键分析:s=0.34m时,物块所受合力为零,则水平方向F库cos-F=0。从O到s1=0.50m的过程中电场力做功W1,则Ep=-W1。s2=1.00m处与s3=0.40m处电势相等。,【规范解答】解:(1)由动能定理得:Ek=F合s,可知Ek-s图象的斜率等于合力(2分)由图象可知,当s=0.34m时,物块所受合力为零,则有水平方向:kcos-F=0(2分)由几何关系得:cos=(1分),将sOA=0.7m,s=0.34m,q=110-6C,F=0.5N代入以上两式解得:Q=1.610-5C(2分)(2)设O到s1过程中电场力做功为W1,由动能定理得:Fs1+W1=Ek1-0(2分)代入数据解得:W1=-0.17J(1分)由功能关系得电势能变化量为Ep=-W1=0.17J(2分),(3)由对称性可知s2=1.00m处与s3=0.40m处电势相等(2分)设O到s3过程中电场力做功为W2,由动能定理得:Fs3+W2=Ek3-0(2分)代入数据解得:W2=-0.1J(1分)O到s2过程中由动能定理得:Fs2+W2=Ek2-0(2分)解得:Ek2=0.4J(1分),【名师指导】(1)解决带电粒子在电场中运动问题的一般思路:分析带电粒子的受力情况。分析带电粒子的运动情况和运动过程(平衡、加速还是减速,轨迹是直线还是曲线)。选用恰当的运动学规律列方程解决问题。,(2)本题中图象的应用:由题图知Ek-s图象的斜率等于合力。由图象可知,当s=0.35m时,物块所受合力为零。,(3)解决带电粒子在电场中运动问题的常用公式:动能定理:W合=Ek。库仑定律:F=k。平衡方程:F合=0。功能关系:W电=-Ep。,
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