2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案.doc

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第3講　電容器與電容　帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 板塊一　主干梳理夯實(shí)基礎(chǔ) 【知識(shí)點(diǎn)1】　常見電容器　電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系　Ⅰ1.電容器 (1)組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。 (2)帶電量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值。 (3)電容器的充電、放電 ①充電：使電容器帶電的過(guò)程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能。 ②放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程，放電過(guò)程中電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 ③充電時(shí)電流流入正極板，放電時(shí)電流流出正極板。 2．常見的電容器 (1)分類：從構(gòu)造上可分為固定電容器和可變電容器。 (2)擊穿電壓：加在電容器極板上的極限電壓，超過(guò)這個(gè)電壓，電介質(zhì)將被擊穿，電容器損壞；電容器外殼上標(biāo)的電壓是額定電壓，這個(gè)電壓比擊穿電壓低。 3．電容 (1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢(shì)差U的比值。 (2)定義式：C＝。 (3)單位：法拉(F)，1 F＝106μF＝1012 pF。 (4)電容與電壓、電荷量的關(guān)系 ①電容C的大小由電容器本身結(jié)構(gòu)決定，與電壓、電荷量無(wú)關(guān)。不隨Q變化，也不隨電壓變化。 ②由C＝可推出C＝。 4．平行板電容器及其電容 (1)影響因素：平行板電容器的電容與兩極板正對(duì)面積成正比，與兩極板間介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩板間的距離成反比。 (2)決定式：C＝，k為靜電力常量。 【知識(shí)點(diǎn)2】　帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)　Ⅱ 1．加速問(wèn)題 若不計(jì)粒子的重力，則電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子的動(dòng)能的增量。 (1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv； (2)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝mv2－mv。 2．偏轉(zhuǎn)問(wèn)題 (1)條件分析：不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)。 (2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：類平拋運(yùn)動(dòng)。 (3)處理方法：利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解。 ①沿初速度方向：做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝。 ②沿電場(chǎng)方向：做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)。 ③基本過(guò)程，如圖所示 【知識(shí)點(diǎn)3】　示波管?、? 1．構(gòu)造 示波管的構(gòu)造如圖所示，它主要由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空。 2．工作原理 (1)如果偏轉(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)示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待顯示的信號(hào)電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極上加的是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓。若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)隨時(shí)間變化的穩(wěn)定圖象。 板塊二　考點(diǎn)細(xì)研悟法培優(yōu) 考點(diǎn)1平行板電容器的兩類動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題[對(duì)比分析] 1．對(duì)公式C＝的理解 電容C＝，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個(gè)電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無(wú)關(guān)。 2．運(yùn)用電容的定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路 (1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。 (2)用決定式C＝分析平行板電容器電容的變化。 (3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。 (4)用E＝分析電容器兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化。 3．電容器兩類問(wèn)題的比較 分類 充電后與電池兩極相連 充電后與電池兩極斷開 不變量 U Q d變大 C變小→Q變小、E變小 C變小→U變大、E不變 S變大 C變大→Q變大、E不變 C變大→U變小、E變小 εr變大 C變大→Q變大、E不變 C變大→U變小、E變小 例1　[2017山東菏澤模擬]如圖所示，平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地。一帶電油滴位于兩極板間的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離(　　) A．帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng) B．P點(diǎn)的電勢(shì)將降低 C．帶電油滴的電勢(shì)能將減少 D．電容器的電容減小，極板帶電荷量將增大 (1)電容器與電源連接，不變量是電壓還是電荷量？ 提示：電壓。 (2)電壓不變時(shí)，如何判斷場(chǎng)強(qiáng)變化？ 提示：依據(jù)E＝判斷。 嘗試解答　選B。 電容器上極板接電源正極，則板間場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下。由于帶電油滴在P點(diǎn)恰好處于平衡狀態(tài)，受力分析如圖所示，則油滴帶負(fù)電。上極板上移，板間距離d變大，板間電壓E不變，由E場(chǎng)＝，知E場(chǎng)變小，油滴向下運(yùn)動(dòng)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；P點(diǎn)電勢(shì)等于P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差，由U＝E場(chǎng)d知，U變小，則P點(diǎn)電勢(shì)降低，故B選項(xiàng)正確；電勢(shì)能Ep＝qφ，負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大，則帶電油滴的電勢(shì)能將增加，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；電容C＝，d增大，則C減小，由Q＝CU＝CE，知Q減小，所以D選項(xiàng)錯(cuò)誤。 總結(jié)升華 平行板電容器問(wèn)題的分析 (1)平行板電容器動(dòng)態(tài)變化的兩類題型 ①電容器始終與電源相連，U恒定不變，則有Q＝CU∝C，C＝∝，兩板間場(chǎng)強(qiáng)E＝∝； ②電容器充完電后與電源斷開，Q恒定不變，則有U＝，C∝，場(chǎng)強(qiáng)E＝＝∝。 (2)分析平行板電容器的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn) ①確定不變量：首先要明確動(dòng)態(tài)變化過(guò)程中的哪些量不變，是保持電量不變還是板間電壓不變。 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，應(yīng)用E＝可分析板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化情況。 1．(多選)一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極板間有一正電荷(電量很小)固定在P點(diǎn)，如圖所示，以E表示兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)，U表示電容器的電壓，W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能。若保持負(fù)極板不動(dòng)，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則(　　) A．U變小，E不變 B．E變大，W變大 C．U變小，W不變 D．U不變，W不變 答案　AC 解析　當(dāng)平行板電容器充電后與電源斷開時(shí)，帶電量Q不變，兩極板間場(chǎng)強(qiáng)E＝＝＝，所以E保持不變，由于板間距d減小，據(jù)U＝Ed可知，電容器的電壓U變小，A正確，B、D錯(cuò)誤。由于場(chǎng)強(qiáng)E保持不變，因此，P點(diǎn)與接地的負(fù)極板即與地的電勢(shì)差保持不變，即點(diǎn)P的電勢(shì)保持不變，因此電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能W保持不變，故C正確。 2. [2017湖南株洲質(zhì)檢]如圖所示，R是一個(gè)定值電阻，A、B為水平正對(duì)放置的兩塊平行金屬板，兩板間有一帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若增大A、B兩金屬板的間距，有向右的電流通過(guò)電阻R B．若增大A、B兩金屬板的間距，P將向上運(yùn)動(dòng) C．若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片，P將向上運(yùn)動(dòng) D．若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片，P將向上運(yùn)動(dòng) 答案　C 解析　電容器和電源相連，則兩極板間的電壓恒定，若增大A、B兩金屬板的間距，根據(jù)公式C＝可知，電容減小，根據(jù)公式C＝，可得電容器兩極板上所帶電荷量減小，故電容器放電，R中有向左的電流，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由于兩極板間的電壓不變，若增大A、B兩金屬板的間距，根據(jù)公式E＝可得兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小，微粒P受到的電場(chǎng)力小于重力，將向下運(yùn)動(dòng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片，相當(dāng)于兩極板間的距離減小，則電場(chǎng)強(qiáng)度增大，電場(chǎng)力大于重力，P向上運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)正確；若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片，相當(dāng)于εr增大，但兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，電場(chǎng)力不變，微粒P仍靜止，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 考點(diǎn)2帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)[拓展延伸] 1．帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)是否考慮重力的處理方法 (1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說(shuō)明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。 (2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說(shuō)明或有明確的暗示以外，一般都要考慮重力。 2．解決帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的兩種思路 (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，做加(減)速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)用功與能的觀點(diǎn)分析：電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化量，即qU＝mv2－mv。 例2　[2018濰坊月考]如圖所示，金屬板A、B水平放置，兩板中央有小孔S1、S2，A、B與直流電源連接。閉合開關(guān)，從S1孔正上方O處由靜止釋放一帶電小球，小球剛好能到達(dá)S2孔，不計(jì)空氣阻力，要使此小球從O點(diǎn)由靜止釋放后穿過(guò)S2孔，應(yīng)(　　) A．僅上移A板適當(dāng)距離 B．僅下移A板適當(dāng)距離 C．?dāng)嚅_開關(guān)，再上移A板適當(dāng)距離 D．?dāng)嚅_開關(guān)，再下移A板適當(dāng)距離 (1)電場(chǎng)力對(duì)小球做什么功？ 提示：負(fù)功。 (2)斷開開關(guān)，移動(dòng)A板，板間場(chǎng)強(qiáng)如何變化？ 提示：不變。 嘗試解答　選D。 設(shè)板間距離為d，O距S1為h，電源電壓為U，由題意知從O釋放一帶電小球到達(dá)S2孔速度為零，則電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，由動(dòng)能定理得：mg(h＋d)－qU＝0，若僅上移A板適當(dāng)距離，兩板間電壓不變，仍滿足mg(h＋d)－qU＝0，小球仍剛好能到達(dá)S2，則A選項(xiàng)錯(cuò)誤；若僅下移A板適當(dāng)距離，到達(dá)S2處速度為零，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；斷開開關(guān)，Q不變，因E＝，則場(chǎng)強(qiáng)E不變，由動(dòng)能定理得：mg(h＋d)－Eqd＝0，將A板向上移適當(dāng)距離，假設(shè)仍能到達(dá)S2處，則重力做功不變，電場(chǎng)力做功增多，故假設(shè)不成立，即到達(dá)不了S2處速度已為零，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；若下移A板適當(dāng)距離x，假設(shè)仍能到達(dá)S2處，則重力做功不變，電場(chǎng)力做功變少，所以總功為正功，到達(dá)S2處小球速度不為零，能夠穿過(guò)S2孔，故D選項(xiàng)正確。 總結(jié)升華 帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法 解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵是靈活利用動(dòng)力學(xué)方法分析，可以采用受力分析和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合的方法進(jìn)行解決，也可以采用功能結(jié)合的觀點(diǎn)進(jìn)行解決，往往優(yōu)先采用動(dòng)能定理。 　[2014安徽高考]如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過(guò)小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，重力加速度為g)。求： (1)小球到達(dá)小孔處的速度； (2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落至運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間。 答案　(1)　(2)　C (3) 解析　(1)由v2＝2gh，得v＝。 (2)在極板間帶電小球受重力和電場(chǎng)力作用，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知：mg－qE＝ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知：0－v2＝2ad 整理得電場(chǎng)強(qiáng)度E＝ 由U＝Ed，Q＝CU， 得電容器所帶電荷量Q＝C。 (3)由h＝gt，0＝v＋at2，t＝t1＋t2 整理得t＝。 考點(diǎn)3帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)[拓展延伸] 1．基本規(guī)律 設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長(zhǎng)為l，板間距離為d(忽略重力影響)，則有 (1)加速度：a＝＝＝。 (2)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝。 (3)速度 v＝，tanθ＝＝。 (4)位移 2．兩個(gè)結(jié)論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度和偏移量y總是相同的。 證明：由qU0＝mv及tanφ＝，得tanφ＝。y＝＝。 (2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到電場(chǎng)邊緣的距離為。 3．在示波管模型中，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，需要經(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 思路一： 思路二： (2)確定偏轉(zhuǎn)后的動(dòng)能(或速度) 思路一： 思路二： 例3　[2016山東菏澤高三模擬](多選)如圖所示，A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U。電子最終打在熒光屏P上，關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí)，電子打在P上的位置上升 B．滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí)，電子打在P上的位置上升 C．電壓U增大時(shí)，電子從發(fā)出到打在P上的時(shí)間不變 D．電壓U增大時(shí)，電子打在P上的速度大小不變 (1)電子打在屏上的位置與加速電壓有什么關(guān)系？ 提示：加速電壓越大，射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度越大，時(shí)間越短，側(cè)向位移越小。 (2)電子向上偏轉(zhuǎn)還是向下偏轉(zhuǎn)？ 提示：向上偏轉(zhuǎn)。 嘗試解答　選BC。 滑動(dòng)觸頭右移，加速電壓U0增大，電子射入金屬板間初速度v0增大，穿過(guò)金屬板時(shí)間減小，側(cè)向位移變小，打在P上的位置下降，相反滑動(dòng)觸頭左移，打在P上的位置上升，A錯(cuò)誤，B正確；電壓U增大，豎直方向加速度變大，而時(shí)間t＝不變，所以豎直方向分速度變大，P點(diǎn)合速度變大，故D錯(cuò)誤，C正確。 總結(jié)升華 帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的兩種求解思路 (1)運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn) ①運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動(dòng)的公式來(lái)解決實(shí)際問(wèn)題，一般有兩種情況： a．帶電粒子初速度方向與電場(chǎng)線共線，則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng)； b．帶電粒子的初速度方向垂直電場(chǎng)線，則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))。 ②當(dāng)帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般要采取類似平拋運(yùn)動(dòng)的解決方法。 (2)功能觀點(diǎn)：首先對(duì)帶電體受力分析，再分析運(yùn)動(dòng)形式，然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算。 ①若選用動(dòng)能定理，則要分清有多少個(gè)力做功，是恒力做功還是變力做功，同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能的增量。 ②若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。 　[2017河北石家莊模擬](多選)如圖，一束由質(zhì)子、氘核和氚核組成的粒子流，從相同位置沿垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度的方向射入由平行板電容器形成的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。若所有粒子均能射出電場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用力，關(guān)于粒子的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡相同，說(shuō)明它們具有相同的初動(dòng)能 B．比荷大的粒子，在射出電場(chǎng)時(shí)，其速度偏向角一定大 C．若粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，則它們的初速度一定相等 D．在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)的粒子，電場(chǎng)力對(duì)它做的功越多 答案　AC 解析　粒子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向l＝v0t，豎直方向y＝at2＝，若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡相同，即y相同，由于三種粒子電荷量q相同，故粒子初動(dòng)能相同，A正確；粒子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度偏向角為θ，tanθ＝＝＝＝，由于不知道粒子的初速度大小的關(guān)系，比荷大的粒子在射出電場(chǎng)時(shí)其速度偏向角不一定大，故B錯(cuò)誤；粒子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝，如果粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，則三種粒子的初速度一定相等，故C正確；電場(chǎng)力對(duì)粒子做功W＝qEy＝qE＝，粒子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝，粒子的電荷量q相同，故電場(chǎng)力對(duì)粒子做功多少，不僅與粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間有關(guān)，還與粒子質(zhì)量有關(guān)，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)的粒子，電場(chǎng)力對(duì)它做的功不一定越多，故D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)4帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[方法技巧] 　帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法 (1)注意全面分析(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對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、位移等，并確定與物理過(guò)程相關(guān)的邊界條件。 (2)分析時(shí)從兩條思路出發(fā)：一是利用力和運(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；二是利用功能關(guān)系進(jìn)行分析。 (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)特點(diǎn)分段研究)。 例4　如圖甲所示，真空中豎直放置兩塊相距為d的平行金屬板P、Q，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓，在緊靠P板處有粒子源A，自t＝0開始連續(xù)釋放初速度不計(jì)的粒子，經(jīng)一段時(shí)間從Q板小孔O射出電場(chǎng)，已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為＋q，不計(jì)粒子重力及相互間的作用力，電場(chǎng)變化周期T＝3d。試求： (1)t＝0時(shí)刻釋放的粒子在P、Q間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的最大速率和最小速率。 (1)t＝0時(shí)刻釋放的粒子在金屬板P、Q間做什么運(yùn)動(dòng)？ 提示：計(jì)算內(nèi)勻加速運(yùn)動(dòng)的位移和板間距離d進(jìn)行比較，判斷有沒有第二階段運(yùn)動(dòng)。 (2)求最大速率、最小速率可以借助什么方法？ 提示：畫vt圖。 嘗試解答　(1)d　 vmin＝(－2) 。 (1)t＝0時(shí)刻釋放的粒子在時(shí)間內(nèi)一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a，位移為x，則由牛頓第二定律和電場(chǎng)力公式得： q＝ma， 解得：a＝ x＝at2＝2 ＝2＝d 可見，該粒子在時(shí)間內(nèi)恰好運(yùn)動(dòng)到O處，故t＝0時(shí)刻釋放的粒子在P、Q間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝T＝d。 (2)分析可知，在t＝0時(shí)刻釋放的粒子一直在電場(chǎng)中加速，對(duì)應(yīng)射出電場(chǎng)時(shí)的速率最大。 設(shè)最大速率為vmax，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： vmax＝a＝ 設(shè)在t1時(shí)刻釋放的粒子先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間Δt后，再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在T時(shí)刻恰好由小孔O以速率大小為v1射出電場(chǎng)，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： v1＝aΔt aΔt2＋aΔtT＝a2 解得：Δt＝T v1＝aΔt＝(－2) 由下圖粒子運(yùn)動(dòng)的vt圖象可知，在t1至?xí)r間內(nèi)某時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程為先加速，再勻速，再加速；當(dāng)速度達(dá)到v1＝aΔt時(shí)，粒子還未運(yùn)動(dòng)到小孔O處。圖中陰影的面積等于粒子此時(shí)距小孔的距離；粒子需再加速后方可到達(dá)O處，此時(shí)速度已大于v1。所以，速率v1是粒子射出電場(chǎng)時(shí)的最小速率，即： vmin＝(－2) 。 總結(jié)升華 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析方法 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)涉及力學(xué)和電學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用，由于不同時(shí)段受力不同，處理起來(lái)較為復(fù)雜，實(shí)際仍可按力學(xué)角度解答，做受力分析，分析其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，應(yīng)用力學(xué)和電學(xué)的基本規(guī)律定性、定量分析討論和求解。 (1)利用圖象 帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，受電場(chǎng)力作用，其加速度、速度等均做周期性變化，借助圖象描述它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，可直觀展示其物理過(guò)程，從而快捷地分析求解。 (2)利用運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性 對(duì)一個(gè)復(fù)雜的合運(yùn)動(dòng)，可以看成是幾個(gè)分運(yùn)動(dòng)合成的。某一方向的分運(yùn)動(dòng)不會(huì)因其他分運(yùn)動(dòng)的存在而受到影響。應(yīng)用這一原理可以分析帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。根據(jù)各分運(yùn)動(dòng)的情況，再按運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律分析合運(yùn)動(dòng)情況。 　(多選)如圖甲所示，A板的電勢(shì)UA＝0，B板的電勢(shì)UB隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。電子只受電場(chǎng)力的作用，且初速度為零(設(shè)兩板間距足夠大)，則 (　　) A．若電子是在t＝0時(shí)刻進(jìn)入的，它將一直向B板運(yùn)動(dòng) B．若電子是在t＝0時(shí)刻進(jìn)入的，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在B板上 C．若電子是在t＝時(shí)刻進(jìn)入的，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，最后打在B板上 D．若電子是在t＝時(shí)刻進(jìn)入的，它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng) 答案　ACD 解析　解法一：若電子在t＝0時(shí)刻進(jìn)入板間電場(chǎng)，電子將在一個(gè)周期內(nèi)先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)，以后沿同一方向重復(fù)這種運(yùn)動(dòng)，直到碰到B板，故A正確，B錯(cuò)誤；若電子在t＝時(shí)刻進(jìn)入板間，則電子在從此計(jì)時(shí)起一個(gè)周期中的前T向B板運(yùn)動(dòng)，后T向A板運(yùn)動(dòng)，以后重復(fù)這種運(yùn)動(dòng)，直到碰到B板，故C正確；若電子在t＝時(shí)刻進(jìn)入，電子將在從此計(jì)時(shí)起一個(gè)周期中的前向B板運(yùn)動(dòng)，后向A板運(yùn)動(dòng)，電子將在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，D正確。 解法二：圖象法。選取豎直向上為正方向，作出電子的vt圖象如圖所示，根據(jù)vt圖象與時(shí)間軸圍成的面積表示位移可知A、C、D正確。 考點(diǎn)5帶電體在電場(chǎng)與重力場(chǎng)中的綜合問(wèn)題[解題技巧] 　分析粒子運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)觀點(diǎn) 1．用動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng) (1)由于勻強(qiáng)電場(chǎng)中帶電粒子所受靜電力和重力都是恒力，這兩個(gè)力的合力為一恒力。 (2)類似于處理偏轉(zhuǎn)問(wèn)題，將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解為正交的簡(jiǎn)單直線運(yùn)動(dòng)，化繁為簡(jiǎn)。 (3)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮，以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式里的物理量的正負(fù)號(hào)，即其矢量性。 2．用能量的觀點(diǎn)來(lái)分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng) (1)運(yùn)用能量守恒定律分析，注意題中有哪些形式的能量出現(xiàn)。 (2)運(yùn)用動(dòng)能定理分析，注意過(guò)程分析要全面，準(zhǔn)確求出過(guò)程中的所有功，判斷是分階段還是全過(guò)程使用動(dòng)能定理。 例5　[2014全國(guó)卷Ⅰ]如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn)，OB沿豎直方向，∠BOA＝60，OB＝OA。將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中恰好通過(guò)A點(diǎn)。使此小球帶電，電荷量為q(q>0)，同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度方向與△OAB所在平面平行。現(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過(guò)了A點(diǎn)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍，若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出，恰好通過(guò)B點(diǎn)，且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍。重力加速度大小為g。求： (1)無(wú)電場(chǎng)時(shí)，小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值； (2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。 (1)無(wú)電場(chǎng)時(shí)，小球做哪種運(yùn)動(dòng)？處理方法是什么？ 提示：平拋運(yùn)動(dòng)；應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解。 (2)施加電場(chǎng)以后，各形式能量關(guān)系是什么？ 提示：動(dòng)能、重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和守恒。 嘗試解答　(1)　(2)　方向：與豎直向下成30夾角。 (1)設(shè)小球的初速度為v0，初動(dòng)能為Ek0，從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t，令OA＝d，則OB＝d，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有 dsin60＝v0t① dcos60＝gt2② 又有 Ek0＝mv③ 由①②③式聯(lián)立得 Ek0＝mgd④ 設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA，則 EkA＝Ek0＋mgdcos60⑤ 由④⑤式得 ＝⑥ (2)加電場(chǎng)后，小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn)，高度分別降低了和，設(shè)電勢(shì)能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得 ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦ ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧ 在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿任一直線，電勢(shì)的降落是均勻的。設(shè)直線OB上的M點(diǎn)與A點(diǎn)電勢(shì)相等，M與O點(diǎn)的距離為x，如圖所示， 則有＝⑨ 解得x＝d。MA為等勢(shì)線，電場(chǎng)強(qiáng)度方向必與其垂線OC平行且向下。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度方向與豎直向下的方向的夾角為α，由幾何關(guān)系可得 α＝30⑩ 即電場(chǎng)強(qiáng)度方向與豎直向下的方向的夾角為30。 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，有 qEdcos30＝ΔEpA? 由④⑦?式得 E＝。 總結(jié)升華 力電綜合問(wèn)題的處理方法 力電綜合問(wèn)題往往涉及共點(diǎn)力平衡、牛頓第二定律、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理、能量守恒定律等知識(shí)點(diǎn)，考查的知識(shí)點(diǎn)多，綜合分析能力的要求高，試題難度較大，解答時(shí)要注意把握以下幾點(diǎn)： (1)處理這類問(wèn)題，首先要進(jìn)行受力分析以及各力做功情況分析，再根據(jù)題意選擇合適的規(guī)律列式求解。 (2)帶電的物體在電場(chǎng)中具有電勢(shì)能，同時(shí)還可能具有動(dòng)能和重力勢(shì)能等，用能量觀點(diǎn)處理問(wèn)題是一種簡(jiǎn)捷的方法。 (3)常見的幾種功能關(guān)系 ①只要外力做功不為零，物體的動(dòng)能就會(huì)改變(動(dòng)能定理)。 ②靜電力只要做功，物體的電勢(shì)能就會(huì)改變，且靜電力做的功等于電勢(shì)能的減少量。如果只有靜電力做功，物體的動(dòng)能和電勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化，總量不變(類似機(jī)械能守恒)。 ③如果除了重力和靜電力之外，無(wú)其他力做功，則物體的動(dòng)能、重力勢(shì)能和電勢(shì)能三者之和保持不變。 　[2017四川成都一診](多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝1104 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)l＝2 m的絕緣細(xì)線，一端固定在O點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量m＝0.08 kg的帶電小球，靜止時(shí)懸線與豎直方向成37角。若小球獲得初速度恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，取小球在靜止時(shí)的位置為零電勢(shì)能點(diǎn)和重力勢(shì)能零點(diǎn)，cos37＝0.8，g取10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球的電荷量q＝610－5 C B．小球動(dòng)能的最小值為1 J C．小球在運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡上的最高點(diǎn)時(shí)有機(jī)械能的最小值 D．小球繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變，且為4 J 答案　AB 解析　對(duì)小球進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，由于靜止，可得mgtan37＝qE。解得小球的電荷量為q＝＝610－5 C，A正確；由于重力和電場(chǎng)力都是恒力，所以它們的合力也是恒力。如圖乙所示，在圓周軌跡上各點(diǎn)中，小球在平衡位置A點(diǎn)時(shí)的勢(shì)能(重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和)最小，在平衡位置的對(duì)稱點(diǎn)B點(diǎn)，小球的勢(shì)能最大，由于小球總能量不變，所以小球在B點(diǎn)的動(dòng)能EkB最小，對(duì)應(yīng)速度vB最小，根據(jù)題意，在B點(diǎn)小球只受重力和電場(chǎng)力，其合力為小球做圓周運(yùn)動(dòng)提供向心力，而繩的拉力恰為零，F(xiàn)合＝＝1 N，又F合＝m，得EkB＝mv＝1 J，B正確；由于總能量保持不變，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，當(dāng)小球在圓周軌跡上最左側(cè)的C點(diǎn)時(shí)，電勢(shì)能Ep最大，所以在該點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小，C錯(cuò)誤；小球由B運(yùn)動(dòng)到A，W合力＝F合2l，所以EpB＝4 J，總能量E＝EpB＋EkB＝5 J，D錯(cuò)誤。 滿分指導(dǎo)5 應(yīng)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)解決力電綜合問(wèn)題 [2017亳州模擬](16分)如圖所示，在E＝103 V/m的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有①一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)，②一帶負(fù)電q＝10－4 C的小滑塊質(zhì)量m＝10 g，③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，取g＝10 m/s2，求： (1)要使④小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(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⑤小滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大？ [審題　抓住信息，準(zhǔn)確推斷]　 關(guān)鍵信息 信息挖掘 題干 ①一光滑半圓形絕緣軌道 小滑塊與半圓軌道之間不存在摩擦 ②一帶負(fù)電q＝10－4 C的小滑塊 小滑塊帶負(fù)電，受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反 ③與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.15 小滑塊與水平軌道間存在摩擦 問(wèn)題 ④小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q 重力和電場(chǎng)力的合力提供向心力，該處小滑塊不受軌道的彈力 ⑤小滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力 需先求小滑塊受軌道的支持力 [破題　形成思路，快速突破]　 (1)小滑塊初速度v0的求解思路。 ①選研究過(guò)程：小滑塊在Q點(diǎn)； ②列動(dòng)力學(xué)方程：mg＋qE＝m； ③小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過(guò)程中： a．選擇規(guī)律：動(dòng)能定理； b．列方程式： －mg2R－qE2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv。 (2)小滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小的求解。 ①請(qǐng)寫出小滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)速度大小的求解思路。 提示：選取小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理求得P點(diǎn)速度大小。 ②請(qǐng)寫出小滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)力學(xué)方程。 提示：設(shè)軌道對(duì)小滑塊的支持力為FN，F(xiàn)N＝m。 ③如何求小滑塊對(duì)軌道的壓力？ 提示：小滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)受軌道的支持力和小滑塊對(duì)軌道的壓力遵循牛頓第三定律。 [解題　規(guī)范步驟，水到渠成]　 (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 (2分) 小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過(guò)程中， 由動(dòng)能定理得 －mg2R－qE2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv(3分) 聯(lián)立方程組， 解得：v0＝7 m/s (2分) (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(guò)程中，由動(dòng)能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv(3分) 又在P點(diǎn)時(shí)， 由牛頓第二定律得 FN＝m (2分) 代入數(shù)據(jù)，解得：FN＝0.6 N (2分) 由牛頓第三定律得， 小滑塊對(duì)軌道的壓力FN′＝FN＝0.6 N (2分) [點(diǎn)題　突破瓶頸，穩(wěn)拿滿分]　 (1)常見的思維障礙： ①在求小滑塊在最高點(diǎn)Q的速度大小時(shí)，對(duì)小滑塊受力分析時(shí)漏力，導(dǎo)致方程列錯(cuò)，計(jì)算結(jié)果錯(cuò)誤； ②小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過(guò)程中利用動(dòng)能定理列方程時(shí)，漏掉摩擦力的功，導(dǎo)致失分。 (2)因解答不規(guī)范導(dǎo)致的失分： 求小滑塊通過(guò)P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力時(shí)不用牛頓第三定律導(dǎo)致失分。