2019-2020年高考物理一轮复习专题七静电场考点三电容器带电粒子在电场中的运动教学案（含解析）.doc

基础点知识点1常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1常见电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，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，放电过程中电场能转化为其他形式的能。2电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。(2)公式。定义式：C。推论：C。(3)单位：法拉(F)，1F106F1012pF。(4)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。(5)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、电荷量无关。不随Q变化，也不随电压变化。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，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比。(2)决定式：C，k为静电力常量。r为相对介电常数，与电介质的性质有关。知识点2带电粒子在电场中的运动1带电粒子在电场中的加速(1)在匀强电场中：WqEdqUmv2mv。(2)在非匀强电场中：WqUmv2mv。2带电粒子在匀强电场中的偏转(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示。(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。(3)基本关系式：运动时间t，加速度a。偏转量yat2。偏转角的确定：tan。知识点3示波管原理示波器是用来观察电信号随时间变化的仪器，其核心部件是示波管，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。1如果在偏转电极XX和YY之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏中央，在那里产生一个亮斑。2YY上加的是待显示的信号电压。XX上是机器自身的锯齿形电压，叫做扫描电压。若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象。2019-2020年高考物理一轮复习专题七静电场考点三电容器带电粒子在电场中的运动教学案（含解析）一、电容器问题1公式C与C的不同(1)公式C是电容的定义式，对任何电容器都适用。对一个确定的电容器，其电容已确定，不会随其带电荷量的改变而改变。对一个确定的电容器，QU。(2)公式C是平行板电容器的决定式，只对平行板电容器适用。反映了影响电容器大小的因素Cr，CS，C。2平行板电容器的动态分析(1)电容器动态分析的基本思路确定不变量，分析电压不变或电量不变。用决定式C分析平行板电容器电容的变化。用定义式C分析电容器所带电量或两极板间电压的变化。用E分析电容器极板间场强的变化。(2)两类典型的动态变化分析第一类动态变化：两极板间电压U恒定不变。(与电源始终相连接)第二类动态变化：电容器所带电荷量Q恒定不变。(与电源接通后断开)特别提醒(1)电容器在不高于额定电压下工作都是安全可靠的，不要误认为电容器只有在额定电压下工作才是正常的。(2)由E可知，平行板电容器两极板间的场强大小由极板上电荷分布的密度决定。极板上电荷的密度越大，两极板间电场线的分布越密集，极板间的场强越大。二、带电粒子在电场中的运动1带电粒子加速问题(1)动力学的观点可根据牛顿第二定律结合运动学公式求解(仅限于匀强电场)。基本方程：a，E，v2v2ax。(2)用功能观点可根据动能定理、电场力做功(也适用于非匀强电场)。基本方程 ：mv2mvqU。特别提醒不管是匀强电场还是非匀强电场加速带电粒子，WqU都适用，而WqEd只适用于匀强电场。对于直线加速，实质上是电势能转化为动能，解题思路是列动能定理的方程(能量观点)来求解。2带电粒子偏转中的问题(1)带电粒子在匀强电场中偏转时间的讨论：质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0垂直于电场方向从极板中间射入匀强电场，已知极板间距为d，极板长度为L，极板间电压为U，带电粒子在匀强电场中的运动时间为t，则带电粒子能穿出电场时，在电场中运动的时间由沿初速度方向上的运动来确定比较方便，其值为t。带电粒子打到极板上时，在电场中运动的时间由沿电场方向上的运动来确定比较方便，其值为t d。(2)粒子的偏转角以初速度v0垂直进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为，则tan结论：动能一定时，tan与q成正比，电荷量相同时，tan与动能成反比。粒子从静止开始经加速电场U0加速后再进入偏转电场则有：qU0mv可解得：tan结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场。(3)粒子在匀强电场中偏转时的两个结论以初速度v0进入偏转电场yat22作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则xy结论：粒子从偏转电场中射出时，就象是从极板间的处沿直线射出。经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则偏移量：y偏转角正切：tan结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角都是相同的，也就是运动轨迹完全重合。特别提醒(1)无论是带电粒子的加速问题还是偏转问题，解决问题的关键是利用正交分解的思想来处理类平抛运动。常见的思路有两种：一种是正交分解位移，另一种是正交分解速度。(2)带电粒子在电场中运动时重力的处理基本粒子：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)。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。三、带电粒子在示波管类电场中运动问题的处理以示波管模型为例，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。1确定最终偏移距离OP的两种方法方法1：方法2：2确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法方法1：方法2：特别提醒(1)电子在偏转电场中向正极板偏转，在荧光屏上打出的光斑位置随电压的变化而变化。(2)要研究的信号电压加在竖直偏转板上，水平偏转板上的电压是扫描电压。(3)电子打在荧光屏上将出现亮点，若电子打在屏上的位置快速移动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线。四、带电粒子在交变电场中运动问题带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)且不计粒子重力的情形。1常见的试题类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。(2)粒子做往返运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。2常用的分析方法(1)在两个相互平行的金属板间加交变电压时，两板中间便可获得交变电场。此类电场从空间看是匀强电场，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间的变化而变化。当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力情况决定粒子的运动情况，粒子可以做周期性的运动；当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性。(2)研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等。特别提醒对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会直接或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动。1思维辨析(1)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。()(2)一个电容器的电荷量增加Q1.0106 C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容C1.0107 F。()(3)放电后的电容器所带电荷量为零，电容也为零。()(4)电容是表示电容器储存电荷本领的物理量。()(5)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()(6)带电粒子在电场中可以做圆周运动。()(7)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。()(8)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计。()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)2如图所示，正方体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是()A三个液滴在真空盒中都做平抛运动B三个液滴的运动时间不一定相同C三个液滴落到底板时的速率相同D液滴C所带电荷量最多答案D解析三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误。由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B错误。三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴到底板时的速率不相同，选项C错误。由于液滴C在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。3(多选)如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是()A滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变D电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变答案BC解析滑动触头向右移动时，其他不变，加速电压增大，电子速度增大，则电子打在荧光屏上的位置下降，选项A错误；滑动触头向左移动时，其他不变，加速电压减小，电子速度减小，则电子打在荧光屏上的位置上升，选项B正确；电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变，电子打在荧光屏上的速度增大，选项C正确，D错误。考法综述本考点知识在高考中占有非常重要的地位，再现频率颇高、题型丰富，既有单独命题的可能，也常常与力学、电磁学、稳恒电流等交汇命题，与数学也结合紧密，试题有一定难度，因此，复习时应掌握：1个概念电容2类问题平行板电容器两类动态问题的分析思路2种运动带电粒子在匀强电场中的加速、偏转及其处理方法1种仪器示波器命题法1电容器的有关问题典例1如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电池相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态。若将b板向上平移一小段距离，但仍在M点下方，稳定后，下列说法中正确的是()液滴将加速向下运动 M点电势升高 带电液滴在M点电势能增大 在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同AB C D答案B解析电容器与电源相连，电容器板间的电压不变，b板向上平移一小段距离，由E可知场强变大，液滴所受的电场力变大，液滴将加速向上运动，UaME0M增大，a点电势为零，M点电势降低，由于液滴带负电，液滴的电势能增大，在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，两板间的电势差不变，电场力做功相同，故选项B项正确。【解题法】平行板电容器动态问题的分析思路命题法2带电粒子在电场中的运动典例2如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O。试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan；(3)粒子打到屏上的点P到点O的距离x。答案(1)(2)(3)解析(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则粒子从射入到打到屏上所用的时间t(2)粒子在全过程中的运动情况如图所示。设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，由牛顿第二定律得粒子在电场中的加速度a所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan(3)如(2)中图所示，设粒子在电场中的偏转距离为y，则yata2又xyLtan解得x【解题法】计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法(1)Yydtan(d为屏到偏转电场的水平距离)；(2)Ytan(L为电场宽度)；(3)Yyvy；(4)根据三角形相似。命题法3示波器知识典例3图(a)为示波管的原理图。如果在电极YY之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()答案B解析示波管YY间为信号电压，XX间为扫描电压，0t1，Y板电势高，电子向Y板偏转，X板电势高，电子向X板偏转，由此知C、D错；又根据偏移量公式yt2，偏移量与偏转电压成正比，0、t1、2t1时刻偏转电压为0，偏移量也为0，t1、t1时刻偏转电压最大，偏移量也最大，所以B对。【解题法】示波管上图象的种类YYXX图象1U0U0中心亮斑2恒压恒压光斑3交变电压U0竖线4U0扫描电压横线5交变电压扫描电压交变信号命题法4带电粒子在交变电场中的运动典例4(多选)如图，A板的电势UA0，B板的电势UB随时间的变化规律如图所示。电子只受电场力的作用，且初速度为零(设两板间距足够大)，则 ()A若电子是在t0时刻进入的，它将一直向B板运动B若电子是在t0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C若电子是在t时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D若电子是在t时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最后不能打到B板上答案ACD解析解法一：若电子在t0时刻进入板间电场，电子将在一个周期内先做匀加速运动后做匀减速运动，以后沿同一方向重复这种运动，直到碰到B板，故A正确，B错误；若电子在t时刻进入，由对称性可知，电子将在板间做往复运动，D正确；若电子在t时刻进入板间，则电子在前T内向B板运动，后T内向A板运动，以后重复这种运动，直到碰到B板，故C正确。解法二：图象法。选取竖直向上为正方向，作出电子的vt图象如图所示，根据图象很容易求解A、C、D正确。【解题法】带电粒子在交变电场中的运动分析方法带电粒子在交变电场中由于不同时段受力不同，处理时需受力分析和运动状态分析，应用力学和电学的基本规律分析讨论和求解。(1)利用图象带电粒子在交变电场中运动时，受电场力作用，其加速度、速度等均做周期性变化，借助图象描述它在电场中的运动情况，可直观展示其物理过程，从而快捷地分析求解。(2)利用运动的独立性对一个复杂的合运动，可以看成是几个分运动合成的。某一方向的分运动不会因其他分运动的存在而受到影响。根据各分运动的情况，再按运动的合成与分解规律分析合运动情况。命题法5带电体的力电综合问题典例5如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角37，半径r2.5 m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E2105 N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m5102 kg、电荷量q1106 C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v03 m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1 s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数0.25。设小物体的电荷量保持不变，g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8。(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。答案(1)0.475 J(2)0.57 m解析(1)设弹簧枪对小物体做的功为W，由动能定理得Wmgr(1cos)mv，代入数据得W0.475 J。(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得mgsin(mgcosqE)ma1。小物体向上做匀减速运动，经t10.1 s后，速度达到v1，有v1v0a1t1。联立解得v12.1 m/s。设运动的位移为s1，有s1v0t1a1t。电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin(mgcosqE)ma2。设小物体以此加速度运动到速度为0时，运动的时间为t2，位移为s2，有0v1a2t2，s2v1t2a2t。设CP的长度为s，有ss1s2。联立相关方程，代入数据解得s0.57 m。【解题法】分析力电综合问题的三种途径(1)建立物体受力图景。弄清物理情境，选定研究对象。对研究对象按顺序进行受力分析，画出受力图。应用力学规律进行归类建模。(2)建立能量转化图景：各种不同的能量之间相互转化时，遵守能量守恒定律，运用能量观点，建立能量转化图景是分析解决力电综合问题的有效途径。(3)运用等效思维法构建物理模型：电场力和重力做功均与路径无关，在同一问题中可将它们合成一个等效重力，从而使问题简化。在对物理过程分析的基础上构建相应的物理模型，是一种科学的思维方法。1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()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答案D解析两平行金属板水平放置时，微粒恰好保持静止状态，其合力为零，对其受力分析，如图1所示，设电容器两板间的电场强度为E，微粒受到竖直向下的重力G和竖直向上的电场力qE，且GqE；两平行金属板逆时针旋转45时，对微粒受力分析，如图2所示，由平行四边形定则可知，微粒所受合力方向斜向左下方，且为恒力，所以微粒向左下方做匀加速运动，选项D正确，选项A、B、C错误。2(多选)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答案AD解析设加速电场两板间距离为d，则qE1dmv，粒子在偏转电场中偏转，设侧移量为y，偏转电场两板的长度为L，则y2，在偏转电场中偏转电场对粒子做的功WqE2y，由于三种粒子的电荷量相等，因此偏转电场对三种粒子做的功相等，A项正确；三种粒子射出偏转电场时的速度v满足qE1dqE2ymv2，由于质量不同，因此速度v大小不同，B项错误；三种粒子运动到屏上的时间t x，x为加速电场右极板到屏的距离，由于质量不同，因此运动时间不同，C项错误；由于粒子从同一位置射出偏转电场，射出电场时的速度的反向延长线均交于偏转电场中线的中点，因此粒子会打在屏上同一位置，D项正确。3(多选)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()A末速度大小为v0B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgdD克服电场力做功为mgd答案BC解析0微粒做匀速直线运动，则E0qmg。没有电场作用，微粒做平抛运动，竖直方向上ag。T，由于电场作用，F2E0qmgmgma，ag，方向竖直向上。由于两段时间相等，故到达金属板边缘时，微粒速度为v0，方向水平，选项A错误，选项B正确；从微粒进入金属板间到离开，重力做功mg，重力势能减少mgd，选项C正确；由动能定理知WGW电0，W电mgd，选项D错误。4(多选)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。不计空气阻力，则小球()A做直线运动B做曲线运动C速率先减小后增大D速率先增大后减小答案BC解析刚开始时带电小球所受重力与电场力的合力F跟v0不在同一条直线上，所以它一定做曲线运动，A项错误，B项正确。因重力与电场力的合力F为恒力，结合图可知运动过程中合力F与速度之间的夹角由钝角减小到锐角，其中直角时速率最小，所以带电小球的速率先减小后增大，故C项正确，D项错误。5如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g。粒子运动加速度为()A.g B.gC.g D.g答案A解析平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，有金属板时，板间场强E1，且有E1qmg，当抽去金属板，则极板间距离增大，板间场强E2，有mgE2qma，联立解得ag，选项A正确。6如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为q和q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力。若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()A. B. C. D. 答案B解析由q和q两粒子轨迹的对称性可知，两轨迹切点正好在区域abcd的正中心。对粒子q，从a点运动到轨迹切点有v0t；t2。解得v0 ，本题只有选项B正确。7如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板间，射入方向沿两极板的中心线。当极板间所加电压为U1时，粒子落在A板上的P点。如果将带电粒子的初速度变为2v0，同时将A板向上移动后，使粒子由原入射点射入后仍落在P点，则极板间所加电压U2为()AU23U1 BU26U1CU28U1 DU212U1答案D解析板间距离为d，射入速度为v0，板间电压为U1时，在电场中有：at2，a，t，解得U1；A板上移，射入速度为2v0，板间电压为U2时，在电场中有：dat2，a，t，解得U2，即U212U1，选D。8如图所示，一种射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m、电荷量为e的电子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上电压U时，只有某一速度的电子能从细管C水平射出，细管C离两板等距。则从放射源O发射出的电子的这一速度为()A. B. C. D. 答案C解析将从细管C水平射出的电子逆过来看，是类平抛运动，则水平方向上有Lv0t，竖直方向上有at2，a，联立解得v0 ，而v2a，所以vy ，v ，故C正确，A、B、D错误。9如图，一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度方向与电场方向的夹角为30。不计重力。求A、B两点间的电势差。答案解析设带电粒子在B点的速度大小为vB。粒子在垂直于电场方向上的速度分量不变，即vBsin30v0sin60由此得vBv0设A、B两点间的电势差为UAB，由动能定理有qUABm(vv)联立式得UAB10如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB固定在水平桌面上，B端与桌面边缘对齐，A是轨道上一点，过A点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E1.5106 N/C，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.0106 C，质量m0.25 kg，与轨道间动摩擦因数0.4。P从O点由静止开始向右运动，经过0.55 s到达A点，到达B点时速度是5 m/s，到达空间D点时速度与竖直方向的夹角为，且tan1.2。P在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F作用，F大小与P的速率v的关系如表所示。P视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g10 m/s2。求：v/(ms1)0v22v5v5F/N263(1)小物体P从开始运动至速率为2 m/s所用的时间；(2)小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。答案(1)0.5 s(2)9.25 J解析(1)小物体P的速率从0至2 m/s，受外力F12 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间t1速度为v1，则F1mgma1v1a1t1由式并代入数据得t10.5 s(2)小物体P从速率为2 m/s运动至A点，受外力F26 N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则F2mgma2设小物体P从速度v1经过t2时间，在A点的速度为v2，则t20.55 st1v2v1a2t2P从A点至B点，受外力F26 N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则F2mgqEma3vv2a3x1P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向受外力为F3，电场力大小为FE，有FEF3F3与FE大小相等方向相反，P水平方向所受合力为零，所以，P从B点开始做初速度为v3的平抛运动。设P从B点运动至D点用时为t3，水平位移为x2，由题意知tanx2v3t3设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则WqE(x1x2)联立，式并代入数据得W9.25 J等效思维方法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型。对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用“等效重力”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。1等效重力分析匀强电场、重力场中的运动问题 当带电体的重力和电场力大小可以相比时，不能将重力忽略不计。这时研究对象经常被称为“带电微粒”“带电尘埃”“带电小球”等。这时问题实际上相当于一个力学问题，由于带电体在匀强电场中所受电场力与重力都是恒力，因此处理方法有两种，具体如下表所示。名称具体方法正交分解法处理这种运动问题的基本思路与处理偏转运动问题是类似的。可以将此复杂的运动分解为两个互相正交的直线运动，然后再按运动合成的观点求出复杂运动的有关物理量等效“重力”法将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合等效于“重力”，F合的方向等效于“重力”的方向2.等效重力法思维过程(1)求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”。(2)将g视为“等效重力加速度”。(3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。【典例】在水平向右的匀强电场中，有一质量为m、带正电的小球，用长为l的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线与竖直方向夹角为，小球位于B点，A点与B点关于O点对称，如图所示，现给小球一个垂直于悬线的初速度，小球恰能在竖直平面内做圆周运动，试问： (1)小球在做圆周运动的过程中，在哪一位置速度最小？速度最小值多大？(2)小球在B点的初速度多大？解析如图所示，小球所受到的重力、电场力均为恒力，二力的合力为F。重力场与电场的叠加场为等效重力场，F为等效重力，小球在叠加场中的等效重力加速度为g，其方向斜向右下方，与竖直方向成角。小球在竖直平面内做圆周运动的过程中，只有等效重力做功，动能与等效重力势能可相互转化，其总和不变。与重力势能类比知，等效重力势能为Epmgh，其中h为小球距等效重力势能零势能点的高度。(1)设小球静止的位置B点为零势能点，由于动能与等效重力势能的总和不变，则小球位于和B点对应的同一直径上的A点时等效重力势能最大，动能最小，速度也最小。设小球在A点的速度为vA，此时细线的拉力为零，等效重力提供向心力，则mgm，得小球的最小速度为vA 。(2)设小球在B点的初速度为vB，由能量守恒得mvmvmg2l将vA代入得vB 。答案(1)A点速度最小， (2) 心得体会带电粒子在两平行极板间的电场中做类平抛运动时，处理方法是运动的合成与分解。粒子沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t，注意其中的L为粒子沿初速度方向的位移，若粒子穿过匀强电场，则L为极板长度，若粒子打在极板上，则L为打击点与入射点沿初速度方向的距离。粒子沿电场力方向做初速度为0的匀加速直线运动，加速度a，在两个方向上分别应用相应的规律，再结合运动的等时性解题。如图所示，两带电平行板竖直放置，开始时两极板间电压为U，相距为d，两极板间形成匀强电场。有一带电粒子，质量为m(重力不计)、所带电荷量为q，从两极板下端连线的中点P以竖直速度v0射入匀强电场中，带电粒子落在A极板的M点上。(1)若将A极板向左侧水平移动d/2，此带电粒子仍从P点以速度v0竖直射入匀强电场且仍落在A极板的M点上，则两极板间电压应增大还是减小？电压应变为原来的几倍？(2)若将A极板向左侧水平移动d/2并保持两极板间电压为U，此带电粒子仍从P点竖直射入匀强电场且仍落在A极板的M点上，则应以多大的速度v射入匀强电场？错解错因分析(1)错误地认为极板间距离变化时使场强不变就可满足(1)的条件。(2)错误的主要原因是没有考虑到极板移动前后场强发生了变化，进而加速度发生了变化。正解(1)带电粒子在两极板间的竖直方向做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，极板移动前后两分运动时间相等有a1t2，da2t2得a22a1，而a1，则a22a1由此推得两极板间电压关系为U13U，故电压应变为原来的3倍。(2)两极板间的电压不变，则EdEd，故EE，因Eqma，Eqma，故加速度关系aa设带电粒子的竖直位移为L，则da2，a2联立可解得v。答案(1)增大3倍(2)心得体会