15、的距離(選無限遠的電勢為零)。求液珠能到達的最高點B離A點的高度rB。
解析 (1)設液珠的電荷量為q，質量為m，由題意知，當液珠在C點時k－mg＝mg
比荷為＝
(2)當液珠速度最大時，k＝mg
得h＝H
(3)設BC間的電勢差大小為UCB，由題意得
UCB＝φC－φB＝－
對液珠由釋放處至液珠到達最高點(速度為零)的全過程應用動能定理得
qUCB－mg(rB－H)＝0
即q(－)－mg(rB－H)＝0
解得：rB＝2H，rB＝H(舍去)
答案 (1) (2)H (3)2H
帶電體在勻強電場中的直線運動問題的解題步驟
帶電粒子在電場中的偏轉運動
16、
1.帶電粒子在電場中的偏轉規(guī)律
2.處理帶電粒子的偏轉問題的方法
(1)運動的分解法
一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。
(2)功能關系
當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差。
【典例】 如圖7所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長L＝0.4 m，兩板間距離d＝4×10－3 m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極板的
17、正中央，已知微粒質量為m＝4×10－5 kg，電荷量q＝
＋1×10－8 C，g＝10 m/s2。求：
圖7
(1)微粒入射速度v0為多少？
(2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上極板應與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U應取什么范圍？
解析 (1)開關S閉合前，由＝v0t，＝gt2可解得
v0＝＝10 m/s。
(2)電容器的上極板應接電源的負極。
當所加的電壓為U1時，微粒恰好從下板的右邊緣射出，即
＝a1，又a1＝，解得U1＝120 V
當所加的電壓為U2時，微粒恰好從上極板的右邊緣射出，
即＝a2，又a2＝，解得U2＝200 V
所以12
18、0 V≤U≤200 V。
答案 (1)10 m/s (2)與負極相連，120 V ≤U≤200 V
1.(多選)如圖8所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則( )
圖8
A.A和B在電場中運動的時間之比為1∶2
B.A和B運動的加速度大小之比為4∶1
C.A和B的質量之比為1∶12
D.A和B的位移大小之比為1∶1
解析 粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2，選項A正確；豎
19、直方向由h＝at2得a＝，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1，選項B正確；根據(jù)a＝得m＝，故mA∶mB＝1∶12，A和B的位移大小不相等，選項D錯誤。
答案 ABC
2.如圖9所示，兩個平行帶電金屬板M、N相距為d，M板上距左端為d處有一個小孔A，有甲、乙兩個相同的帶電粒子，甲粒子從兩板左端連線中點O處以初速度v1平行于兩板射入，乙粒子從A孔以初速度v2垂直于M板射入，二者在電場中的運動時間相同，并且都打到N板的中點B處，則初速度v1與v2的關系正確的是( )
圖9
A.＝ B.＝ C.＝2 D.＝
解析 設帶電粒子在電場中的加速度為a，則對甲粒
20、子，豎直方向＝at2，水平方向d＝v1t，解出v1＝；對乙粒子有v2t＋at2＝d，解出v2＝，所以v1∶v2＝2∶1，即選項C正確。
答案 C
3.(多選)如圖10所示的直角坐標系中，第一象限內分布著均勻輻向的電場，坐標原點與四分之一圓弧的熒光屏間電壓為U；第三象限內分布著豎直向下的勻強電場，場強大小為E。大量電荷量為－q(q>0)、質量為m的粒子，某時刻起從第三象限不同位置連續(xù)以相同的初速度v0沿x軸正方向射入勻強電場。若粒子只能從坐標原點進入第一象限，其他粒子均被坐標軸上的物質吸收并導出而不影響原來的電場分布。不計粒子的重力及它們間的相互作用。下列說法正確的是( )
圖10
21、
A.能進入第一象限的粒子，在勻強電場中的初始位置分布在一條直線上
B.到達坐標原點的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越大
C.能打到熒光屏上的粒子，進入O點的動能必須大于或等于qU
D.若U<，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮
解析 能進入第一象限的粒子，必須有－x0＝v0t，－y0＝t2，所以有y0＝－x，在勻強電場中的初始位置分布在一條拋物線上，選項A錯誤；因為sin θ＝，所以到達坐標原點的粒子速度越大，入射速度方向與y軸的夾角θ越小，選項B錯誤；能打到熒光屏上的粒子末動能必須大于或等于零，即mv2－qU≥0，則mv2≥qU，選項C正確；若U<，即－Uq>0，到達O點
22、的粒子均可到達熒光屏，到達O點的粒子速度方向滿足0<θ<90°，熒光屏各處均有粒子到達而被完全點亮，選項D正確。
答案 CD
“等效法”在電場中的應用——遷移變通能力的培養(yǎng)
處理帶電粒子在“等效力場”中的運動，要關注以下兩點：一是對帶電粒子進行受力分析時，注意帶電粒子受到的電場力的方向與運動方向所成的夾角是銳角還是鈍角，從而決定電場力做功情況；二是注意帶電粒子的初始運動狀態(tài)。
1.等效重力法。將重力與電場力進行合成，如圖11所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下”方向。
圖1
23、1
2.物理最高點與幾何最高點。在“等效力場”做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內做圓周運動的臨界速度問題。小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應是物理最高點。
【例】 如圖12所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中。現(xiàn)有一個質量為m的帶正電小球，電荷量為q＝，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應滿足什么條件？
圖12
解析 小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所
24、示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝＝，tan θ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運動。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點”(D點)滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有mg′＝，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關系知＝2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知：－2mg′R＝mv－mv
解得v0＝，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應滿足v0≥。
答案 v0≥
【針對訓練】 如圖13所示，在豎直平面內固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點。
25、該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，一質量為m、帶負電的小球在軌道內側做完整的圓周運動(電荷量不變)，經(jīng)過C點時速度最大，O、C連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g。
圖13
(1)求小球所受的電場力大?。?
(2)求小球在A點的速度v0為多大時，小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小。
解析 (1)小球在C點時速度最大，則電場力與重力的合力沿DC方向，所以小球受到的電場力的大小F＝mgtan 60°＝mg。
(2)要使小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過D點時的速度最小，即在D點小球對圓軌道的壓力恰好為零，有＝m，解得v＝。
在小球從圓軌道上的A點運動到D
26、點的過程中，有
mgr(1＋cos 60°)＋Frsin 60°＝mv－mv2，
解得v0＝2。
答案 (1)mg (2)2
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A級：保分練
1.(2017·蘇北四市一模)在研究影響平行板電容器電容大小因素的實驗中，一已充電的平行板電容器與靜電計連接如圖1所示?，F(xiàn)保持B板不動，適當移動A板，發(fā)現(xiàn)靜電計指針張角減小，則A板可能是( )
圖1
A.右移 B.左移 C.上移 D.下移
解析 電容器兩極板上的電荷量不變，靜電計指針張角減小，說明兩極板間電壓變小，根據(jù)C＝得出電容變大，由C＝知兩極板之間距離變小或正對面積變大，選項A正確，
27、B、C、D錯誤。
答案 A
2.如圖2所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點A點釋放一個帶電荷量為＋Q(Q＞0)的粒子，粒子重力不計，以水平初速度v0向右射出，當它的水平速度與豎直速度的大小之比為1∶2時，恰好從下端點B射出，則d與L之比為( )
圖2
A.1∶2 B.2∶1 C.1∶1 D.1∶3
解析 設粒子從A到B的時間為t，粒子在B點時，豎直方向的分速度為vy，由類平拋運動的規(guī)律可得L＝v0t，d＝t，又v0∶vy＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，選項C正確。
答案 C
3.如圖3所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達B板的速度為v，保持兩板間電
28、壓不變，則( )
圖3
A.當減小兩板間的距離時，速度v增大
B.當減小兩板間的距離時，速度v減小
C.當減小兩板間的距離時，速度v不變
D.當減小兩板間的距離時，電子在兩板間運動的時間變長
解析 由動能定理得eU＝mv2，當改變兩極板間的距離時，U不變，v就不變，故選項A、B錯誤，C正確；粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運動，＝，＝，即t＝，當d減小時，v不變，電子在兩極板間運動的時間變短，故選項D錯誤。
答案 C
4.(多選)如圖4所示，A、B為兩塊平行帶電金屬板，A帶負電，B帶正電且與大地相接，兩板間P點處固定一負電荷，設此時兩極間的電勢差為U，P點場強大小為E
29、，電勢為φP，負電荷的電勢能為Ep，現(xiàn)將A、B兩板水平錯開一段距離(兩板間距不變)，下列說法正確的是( )
圖4
A.U變大，E變大 B.U變小，φP變小
C.φP變小，Ep變大 D.φP變大，Ep變小
解析 根據(jù)題意可知兩極板上的電荷量保持不變，當正對面積減小時，則由C＝可知電容減小，由U＝可知極板間電壓增大，由E＝可知，電場強度增大，故選項A正確，B錯誤；設P點的電勢為φP，則由題可知0－φP＝Ed′是增大的，則φP一定減小，由于負電荷在電勢低的地方電勢能一定較大，所以可知電勢能Ep變大，故選項C正確，D錯誤。
答案 AC
5.如圖5所示，在絕緣平面上方存在著足夠
30、大的水平向右的勻強電場，帶正電的小金屬塊以一定初速度從A點開始沿水平面向左做直線運動，經(jīng)長度L到達B點，速度變?yōu)榱?。此過程中，金屬塊損失的動能有轉化為電勢能。金屬塊繼續(xù)運動到某點C(圖中未標出)時的動能和A點時的動能相同，則金屬塊從A開始運動到C整個過程中經(jīng)過的總路程為( )
圖5
A.1.5L B.2L C.3L D.4L
解析 根據(jù)題述，小金屬塊從A運動到B，克服摩擦力做功Wf＝Ek＝fL，克服電場力做功WE＝Ek＝qEL。設小金屬塊從B運動到C經(jīng)過的路程為s，由動能定理，qEs－fs＝Ek，解得s＝3L。金屬塊從A開始運動到C整個過程中經(jīng)過的總路程為L＋s＝4L，
31、選項D正確。
答案 D
6.(2017·靜海調研)如圖6所示，一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細管C組成。放射源O在A極板左端，可以向各個方向發(fā)射不同速度、質量為m的β粒子(電子)。若極板長為L，間距為d，當A、B板加上電壓U時，只有某一速度的β粒子能從細管C水平射出，細管C離兩板等距。已知元電荷為e，則從放射源O發(fā)射出的β粒子的這一速度為( )
圖6
A. B.
C. D.
解析 β粒子反方向的運動為類平拋運動，水平方向有L＝v0t，豎直方向有＝at2，且a＝。從A到C的過程有－qU＝mv－mv2，以上各式聯(lián)立解得v＝，選項C正確。
答案 C
7
32、.(多選)如圖7所示，一帶電荷量為q的帶電粒子以一定的初速度由P點射入勻強電場，入射方向與電場線垂直。粒子從Q點射出電場時，其速度方向與電場線成30°角。已知勻強電場的寬度為d，P、Q兩點的電勢差為U，不計重力作用，設P點的電勢為零。下列說法正確的是( )
圖7
A.帶電粒子在Q點的電勢能為－Uq
B.帶電粒子帶負電
C.此勻強電場的電場強度大小為E＝
D.此勻強電場的電場強度大小為E＝
解析 根據(jù)帶電粒子的偏轉方向，可判斷選項B錯誤；因為P、Q兩點的電勢差為U，電場力做正功，電勢能減少，而P點的電勢為零，所以選項A正確；設帶電粒子在P點時的速度為v0，在Q點建立直角坐標系，
33、垂直于電場線為x軸，平行于電場線為y軸，由曲線運動的規(guī)律和幾何知識求得帶電粒子在y軸方向的分速度為vy＝v0，故帶電粒子在y軸方向上的平均速度為y＝，設帶電粒子在y軸方向上的位移為y0，在電場中的運動時間為t，則y0＝t，d＝v0t，得y0＝，由E＝得E＝，選項C正確，D錯誤。
答案 AC
8.如圖8所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8 m。有一質量為500 g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑。小環(huán)離桿后正好通過C端的正下方P點處。(g取10 m/s2)求：
圖8
(1)小環(huán)離開直桿后運動的加速
34、度大小和方向；
(2)小環(huán)從C運動到P過程中的動能增量；
(3)小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小v0。
解析 (1)結合題意分析知：
qE＝mg，F(xiàn)合＝mg＝ma，a＝g＝10 m/s2，
方向垂直于桿向下。
(2)設小環(huán)從C運動到P的過程中動能的增量為
ΔEk＝W重＋W電
其中W重＝mgh＝4 J，W電＝0，所以ΔEk＝4 J。
(3)環(huán)離開桿做類平拋運動，平行桿方向勻速運動，有
h＝v0t
垂直桿方向勻加速運動，有h＝at2，解得v0＝2 m/s。
答案 (1)10 m/s2 垂直于桿向下 (2)4 J (3)2 m/s
B級：拔高練
9.如圖9所示，D是一只二極
35、管，AB是平行板電容器，在電容器兩極板間有一帶電微粒P處于靜止狀態(tài)，當兩極板A和B間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，帶電微粒P的運動情況是( )
圖9
A.向下運動 B.向上運動
C.仍靜止不動 D.不能確定
解析 當帶電微粒P靜止時，對其進行受力分析得Eq＝mg，即q＝mg。當A、B之間距離增大時，電容器的電容C減小，由Q＝CU得，Q也減小，但由于電路中連接了一個二極管，它具有單向導電性，不能放電，故電容器A、B兩極板上的電荷量不變，場強不變，電場力仍等于微粒的重力，故帶電微粒仍保持靜止狀態(tài)，選項C正確。
答案 C
10.如圖10所示，一條絕緣的擋板軌道A
36、BC固定在光滑水平桌面上，BC為直線，長度為4R，AB是半徑為R的光滑半圓弧，兩部分相切于B點。擋板軌道處在水平的勻強電場中，電場強度E＝8×102 N/C，方向與BC夾角θ＝53°。一質量m＝5×10－3 kg、帶電荷量q＝＋5×10－4 C的小滑塊從C點由靜止釋放，已知小滑塊與BC擋板間的動摩擦因數(shù)為0.25，R＝0.4 m，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
圖10
(1)求小球在B點的速度大??；
(2)若場強E與BC夾角θ可變，為使小球沿軌道運動到A點的速度最大，求θ的取值以及小球在A點的速度大小；
(3)若場強E與BC夾角θ可變，為使小球沿軌道運動且從A點沿
37、切線飛出，求θ的正切值的取值范圍。
解析 (1)小球由C到B的過程，由動能定理得
(Eqcos θ－μEqsin θ)·4R＝mv
解得vB＝ m/s。
(2)θ＝0，小球與BC擋板的摩擦力為零，小球到B點的速度最大，且A、B等電勢，則小球在A點速度最大，根據(jù)動能定理可得Eq·4R＝mv，解得vA＝16 m/s。
(3)在A點不脫離軌道能沿切線飛出，根據(jù)牛頓運動定律得Eqsin θ＋FN＝m，其中FN≥0
小球由C到A的過程，由動能定理得
Eqcos θ(4R－2Rtan θ)－μEqsin θ·4R＝mv
解得tan θ≤
所以，tan θ的取值范圍是0≤tan θ≤。
38、答案 (1) m/s (2)0 16 m/s (3)0≤tan θ≤
11.(2017·山西省重點中學高三聯(lián)合考試)如圖11所示為一多級加速器模型，一質量為m＝1.0×10－3 kg、電荷量為q＝8.0×10－5 C的帶正電小球(可視為質點)通過1、2級無初速度地進入第3級加速電場，之后沿位于軸心的光滑淺槽，經(jīng)過多級加速后從A點水平拋出，恰好能從MN板的中心小孔B垂直金屬板進入兩板間，A點在MN板左端M點正上方，傾斜平行金屬板MN、PQ的長度均為L＝1.0 m，金屬板與水平方向的夾角為θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。
圖11
39、(1)求A點到M點的高度以及多級加速電場的總電壓U；
(2)若該平行金屬板間有圖示方向的勻強電場，且電場強度大小E＝100 V/m，要使帶電小球不打在PQ板上，則兩板間的距離d至少要多長？
解析 (1)設小球從A點到B點的運動時間為t1，小球的初速度為v0，A點到M點的高度為y
則有＝tan θ①
cos θ＝v0t1②
y－sin θ＝gt③
聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)解得
v0＝ m/s，y＝ m④
帶電小球在多級加速器加速的過程，根據(jù)動能定理有
qU＝mv－0⑤
代入數(shù)據(jù)解得U＝18.75 V
(2)進入電場時，以沿板向下為x軸正方向和垂直于板向下為y軸正方向建立直角坐標系，將重力正交分解，則
沿y軸方向有
Fy＝mgcos θ－qE＝0⑥
沿x軸方向有Fx＝mgsin θ⑦
故小球進入電場后做類平拋運動，設剛好從P點離開，則有Fx＝ma⑧
＝at⑨
dmin＝ t2⑩
聯(lián)立④⑦⑧⑨⑩并代入數(shù)據(jù)解得dmin＝ m
即兩板間的距離d至少為 m。
答案 (1) m 18.75 V (2) m
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2019版高考物理總復習 第七章靜電場 基礎課3 電容器 帶電粒子在電場中的運動學案
