物理步步高大一輪復(fù)習(xí)講義第六章 第3講

考點一電容器的電容1．電容器的充、放電(1)充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能．(2)放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．對公式C＝eq\f(Q,U)的理解電容C＝eq\f(Q,U)，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個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關(guān)．3．兩種類型的動態(tài)分析思路(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＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變化．(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．(4)用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場強(qiáng)度的變化．[思維深化]C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f(εrS,4πkd)是電容器電容的兩個公式．判斷關(guān)于它們的說法是否正確．(1)從C＝eq\f(Q,U)可以看出，電容的大小取決于帶電荷量和電壓．(×)(2)從C＝eq\f(εrS,4πkd)可以看出，電容的大小取決于電介質(zhì)的種類、導(dǎo)體的形狀和兩極板的位置關(guān)系．(√)(3)它們都適用于各種電容器．(×)(4)C＝eq\f(Q,U)是適用于各種電容器的定義式，C＝eq\f(εrS,4πkd)是只適用于平行板電容器的決定式．(√)1．[電容器物理量間的關(guān)系](多選)對于給定的電容器，描述其電容C、電荷量Q、電壓U之間的相應(yīng)關(guān)系的圖象正確的是()答案BC2．[電容器的充放電]兩個較大的平行金屬板A、B相距為d，分別接在電壓為U的電源正、負(fù)極上，這時質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的油滴恰好靜止在兩板之間，如圖1所示．在其他條件不變的情況下，如果將兩板非常緩慢地水平錯開一些，那么在錯開的過程中()圖1A．油滴將向上加速運動，電流計中的電流從b流向aB．油滴將向下加速運動，電流計中的電流從a流向bC．油滴靜止不動，電流計中的電流從b流向aD．油滴靜止不動，電流計中的電流從a流向b答案D解析電容器與電源相連，兩極板間電壓不變．將兩極板非常緩慢地水平錯開一些，兩極板正對面積減小，而間距不變，由E＝eq\f(U,d)可知，電場強(qiáng)度不變，油滴受到的電場力不變，仍與重力平衡，因此油滴靜止不動．由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容減小，Q＝CU，電荷量減小，電容器放電，因此可判斷電流計中的電流從a流向b，故D正確．3．[電容器動態(tài)分析](多選)如圖2所示，平行板電容器與直流電源連接，下極板接地，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將上極板豎直向上移動一小段距離，則()圖2A．帶電油滴將沿豎直方向向上運動B．P點電勢將降低C．電容器的電容減小，極板帶電荷量減小D．帶電油滴的電勢能保持不變答案BC解析電容器與電源相連，兩極板間電壓不變，下極板接地，電勢為0.油滴位于P點處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此有mg＝qE.當(dāng)上極板向上移動一小段距離時，板間距離d增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容器電容減小，板間場強(qiáng)E＝eq\f(U,d)減小，油滴所受的電場力減小，mg>qE，合力向下，帶電油滴將向下加速運動，A錯；P點電勢等于P點到下極板間的電勢差，由于P到下極板間距離h不變，由φP＝ΔU＝Eh可知，場強(qiáng)E減小時P點電勢降低，B對；由C＝eq\f(Q,U)可知電容器帶電荷量減小，C對；帶電油滴所處P點電勢下降，而由題圖可知油滴帶負(fù)電，所以油滴電勢能增大，D錯．4．[電容器動態(tài)分析](2015·新課標(biāo)Ⅱ·14)如圖3，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()圖3A．保持靜止?fàn)顟B(tài) B．向左上方做勻加速運動C．向正下方做勻加速運動 D．向左下方做勻加速運動答案D解析兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面)逆時針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場強(qiáng)度方向逆時針旋轉(zhuǎn)45°，電場力方向也逆時針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時電場力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運動，選項D正確．電容器動態(tài)分析問題的分析技巧1．抓住不變量，弄清楚是電容器的電荷量不變還是電壓不變．2．根據(jù)電容的決定式分析電容的變化，再根據(jù)電容的定義式分析電荷量或電壓的變化，最后分析電場強(qiáng)度的變化．考點二帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運動1．做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動．(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動．2．用動力學(xué)觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.3．用功能觀點分析勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1[思維深化]帶電粒子在電場中運動時重力如何處理？答案(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說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，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．5．[帶電粒子的加速]如圖4所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，到達(dá)B板的速度為v，保持兩極間電壓不變，則()圖4A．當(dāng)減小兩板間的距離時，速度v增大B．當(dāng)減小兩極間的距離時，速度v減小C．當(dāng)減小兩極間的距離時，速度v不變D．當(dāng)減小兩極間的距離時，電子在兩極間運動的時間變長答案C解析由動能定理得eU＝eq\f(1,2)mv2，當(dāng)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，eq\x\to(v)＝eq\f(d,t)，eq\f(v,2)＝eq\f(d,t)，即t＝eq\f(2d,v)，當(dāng)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．6．[帶電粒子的直線運動](多選)如圖5所示，在真空中A、B兩塊平行金屬板豎直放置并接入電路．調(diào)節(jié)滑動變阻器，使A、B兩板間的電壓為U時，一質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v0從A板上的中心小孔沿垂直兩板的方向射入電場中，恰從A、B兩板的中點處沿原路返回(不計重力)，則下列說法正確的是()圖5A．使初速度變?yōu)?v0時，帶電粒子恰能到達(dá)B板B．使初速度變?yōu)?v0時，帶電粒子將從B板中心小孔射出C．使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子恰能到達(dá)B板D．使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子將從B板中心小孔射出答案BC解析設(shè)帶電粒子進(jìn)入電場中的位移為x，根據(jù)動能定理得：－qEx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，又E＝eq\f(U,d)得x＝eq\f(mdv\o\al(2,0),2qU)，由此可知，要使帶電粒子進(jìn)入電場后恰能到達(dá)B板處，x變?yōu)樵瓉淼?倍，采取的方法有：使帶電粒子的初速度變?yōu)閑q\r(2)v0；或使A、B兩板間的電壓變?yōu)閑q\f(1,2)U；或使初速度v0和電壓U都增加到原來的2倍，故B、C正確，A、D錯誤．解決粒子在電場中直線運動問題的兩種方法1．用牛頓運動定律和運動學(xué)規(guī)律．2．用動能定理或能量守恒定律．3．選取思路：前者適用于粒子受恒力作用時，后者適用于粒子受恒力或變力作用時．這和解決物體受重力、彈力、摩擦力等做直線運動的問題的思路是相同的，不同的是受力分析時，不要遺漏電場力．考點三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場．(2)運動性質(zhì)：勻變速曲線運動．(3)處理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，類似于平拋運動．(4)運動規(guī)律：①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出電容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飛出電容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU)).))②沿電場力方向，做勻加速直線運動eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0)).,離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0)).))2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(qU1l,mdv\o\al(2,0))得：y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為eq\f(l,2).3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢差．[思維深化]如圖6，含有大量eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(4,2)He的粒子流無初速度進(jìn)入某一加速電場，然后沿平行金屬板中心線上的O點進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上．下列有關(guān)熒光屏上亮點分布的判斷是否正確．圖6(1)出現(xiàn)三個亮點，偏離O點最遠(yuǎn)的是eq\o\al(1,1)H.(×)(2)出現(xiàn)三個亮點，偏離O點最遠(yuǎn)的是eq\o\al(4,2)He.(×)(3)出現(xiàn)兩個亮點．(×)(4)只會出現(xiàn)一個亮點．(√)7．[電場中偏轉(zhuǎn)的能量分析](2014·天津·4)如圖7所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么()圖7A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷B．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加C．微粒從M點運動到N點動能一定增加D．微粒從M點運動到N點機(jī)械能一定增加答案C解析由于兩極板的正負(fù)不知，微粒的電性不確定，則微粒所受電場力方向不確定，所受電場力做功正負(fù)不確定，但根據(jù)微粒運動軌跡，微粒所受合力一定向下，則合力一定做正功，所以電勢能變化情況、機(jī)械能變化情況不確定，但微粒動能一定增加，所以只有C正確．8．[用逆向思維分析粒子的偏轉(zhuǎn)](多選)長為l、間距為d的平行金屬板M、N帶等量異種電荷，A、B兩帶電粒子分別以不同速度v1、v2從金屬板左側(cè)同時射入板間，粒子A從上板邊緣射入，速度v1平行金屬板，粒子B從下板邊緣射入，速度v2與下板成一定夾角θ(θ≠0)，如圖8所示．粒子A剛好從金屬板右側(cè)下板邊緣射出，粒子B剛好從上板邊緣射出且速度方向平行金屬板，兩粒子在板間某點相遇但不相碰．不計粒子重力和空氣阻力，則下列判斷正確的是()圖8A．兩粒子帶電荷量一定相同B．兩粒子一定有相同的比荷C．粒子B射出金屬板的速度等于v1D．相遇時兩粒子的位移大小相等答案BC解析A、B兩粒子能在板間相遇，說明兩粒子具有相同的水平速度，因此粒子B射出金屬板的速度等于v1，C正確；粒子A剛好從金屬板右側(cè)下板邊緣射出，所以兩粒子入、出位置對調(diào)，運動軌跡形狀相同但左、右翻轉(zhuǎn)，如圖所示，故垂直于金屬板的方向兩粒子有相同的加速度，由a＝eq\f(qE,m)可知，它們有相同的比荷但帶電荷量可能不同，A錯，B對；由對稱關(guān)系可知，相遇點距離板左、右兩側(cè)的距離相等，即從粒子射入到相遇所用時間等于粒子穿過金屬板的時間的一半，即t0＝eq\f(t,2)＝eq\f(l,2v1)，垂直于板的方向可看做是某粒子做初速度為零的勻加速直線運動，故相遇點到上、下板的距離之比等于1∶3，此時粒子B的位移大于A的位移，D錯．9．[帶電粒子在交變電場中運動](2015·山東理綜·20)(多選)如圖9甲，兩水平金屬板間距為d，板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示．t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出．微粒運動過程中未與金屬板接觸．重力加速度的大小為g.關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是()圖9A．末速度大小為eq\r(2)v0 B．末速度沿水平方向C．重力勢能減少了eq\f(1,2)mgd D．克服電場力做功為mgd答案BC解析因0～eq\f(T,3)時間內(nèi)微粒勻速運動，故E0q＝mg；在eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)時間內(nèi)，粒子只受重力作用，做平拋運動，在t＝eq\f(2T,3)時刻的豎直速度為vy1＝eq\f(gT,3)，水平速度為v0；在eq\f(2T,3)～T時間內(nèi)，由牛頓第二定律2E0q－mg＝ma，解得a＝g，方向向上，則在t＝T時刻，vy2＝vy1－geq\f(T,3)＝0，粒子的豎直速度減小到零，水平速度為v0，選項A錯誤，B正確；微粒的重力勢能減小了ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，選項C正確；從射入到射出，由動能定理可知，eq\f(1,2)mgd－W克電＝0，可知克服電場力做功為eq\f(1,2)mgd，選項D錯誤；故選B、C.10．[帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的綜合分析]如圖10所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏．現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O.試求：圖10(1)粒子從射入到打到屏上所用的時間；(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向夾角的正切值tanα；(3)粒子打在屏上的點P到O點的距離x.答案(1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(qEL,mv\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解析(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間t＝eq\f(2L,v0).(2)設(shè)粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a＝eq\f(Eq,m)所以vy＝aeq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向夾角的正切值為tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0)).(3)解法一設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則y＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v0))2＝eq\f(1,2)·eq\f(qEL2,mv\o\al(2,0))又x＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：x＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解法二x＝y(tǒng)＋vyeq\f(L,v0)＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0))解法三由y＝eq\f(1,2)a(eq\f(L,v0))2＝eq\f(1,2)eq\f(qEL2,mv\o\al(2,0))，eq\f(x,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))得：x＝3y＝eq\f(3qEL2,2mv\o\al(2,0)).分析粒子在電場中偏轉(zhuǎn)運動的兩種方法1．分解觀點：垂直射入勻強(qiáng)電場的帶電粒子，在電場中只受電場力作用，與重力場中的平拋運動相類似，研究這類問題的基本方法是將運動分解，可分解成平行電場方向的勻加速直線運動和垂直電場方向的勻速直線運動．2．功能觀點：首先對帶電粒子進(jìn)行受力分析，再進(jìn)行運動過程分析，然后根據(jù)具體情況選用公式計算．(1)若選用動能定理，則要分清有多少個力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及運動過程中的動能的增量．(2)若選用能量守恒定律，則要分清帶電粒子在運動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．考點四電場中的力電綜合問題1．解答力電綜合問題的一般思路2．運動情況反映受力情況(1)物體靜止(保持)：F合＝0.(2)做直線運動①勻速直線運動：F合＝0.②變速直線運動：F合≠0，且F合方向與速度方向總是一致．(3)做曲線運動：F合≠0，F(xiàn)合方向與速度方向不在一條直線上，且總指向運動軌跡曲線的凹側(cè)．(4)F合與v的夾角為α，加速運動：0≤α＜90°；減速運動：90°＜α≤180°.(5)勻變速運動：F合＝恒量．[思維深化]在勻強(qiáng)電場與重力場共存的空間，可將兩個場疊加起來，稱為等效重力場，那么等效重力加速度g′如何表示？答案先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效重力”，將a＝eq\f(F合,m)視為“等效重力加速度”．再將物體在重力場中運動規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可．11．[等效重力法分析力電綜合問題]如圖11所示，絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面內(nèi)半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切．整個裝置處于場強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中．現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的小球，帶正電，電荷量為q＝eq\f(\r(3)mg,3E)，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)滿足什么條件？圖11答案v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3))解析小球先在斜面上運動，受重力、電場力和支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力和軌道作用力，如圖所示，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′＝eq\r(qE2＋mg2)＝eq\f(2\r(3)mg,3)tanθ＝eq\f(qE,mg)＝eq\f(\r(3),3)，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′＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系可知AD＝2R，令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知：－2mg′R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(10\r(3)gR,3))，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v≥eq\r(\f(10\r(3)gR,3)).12．[動力學(xué)和能量觀點分析力電綜合問題]如圖12所示，在E＝103V/m的豎直勻強(qiáng)電場中，有一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點平滑相接，半圓形軌道平面與電場線平行，其半徑R＝40cm，N為半圓形軌道最低點，P為QN圓弧的中點，一帶負(fù)電q＝10－4C的小滑塊質(zhì)量m＝10g，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.15，位于N點右側(cè)1.5m的M處，g取10m/s2，求：圖12(1)要使小滑塊恰能運動到半圓形軌道的最高點Q，則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運動？(2)這樣運動的小滑塊通過P點時對軌道的壓力是多大？答案(1)7m/s(2)0.6N解析(1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點時速度為v，由牛頓第二定律得mg＋qE＝meq\f(v2,R)小滑塊從開始運動至到達(dá)Q點過程中，由動能定理得－mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立方程組，解得：v0＝7m/s.(2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點時速度為v′，則從開始運動至到達(dá)P點過程中，由動能定理得－(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)又在P點時，由牛頓第二定律得FN＝meq\f(v′2,R)代入數(shù)據(jù)，解得：FN＝0.6N由牛頓第三定律得，小滑塊通過P點時對軌道的壓力FN′＝FN＝0.6N.13．[動力學(xué)和能量觀點分析力電綜合問題]如圖13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)整個裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖13(1)水平向右電場的電場強(qiáng)度；(2)若將電場強(qiáng)度減小為原來的eq\f(1,2)，物塊的加速度是多大；(3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時的動能．答案(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL解析(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力分析如圖所示，則有FNsin37°＝qE①FNcos37°＝mg②由①②可得E＝eq\f(3mg,4q)(2)若電場強(qiáng)度減小為原來的eq\f(1,2)，即E′＝eq\f(3mg,8q)由牛頓第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma可得a＝0.3g(3)電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負(fù)功，由動能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0可得Ek＝0.3mgL.分析力電綜合問題的兩種思路1．動力學(xué)的觀點(1)由于勻強(qiáng)電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式，注意受力分析要全面，特別注意重力是否需要考慮的問題．2．能量的觀點(1)運用動能定理，注意過程分析要全面，準(zhǔn)確求出過程中的所有力做的功，判斷選用分過程還是全過程使用動能定理．(2)運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)．1．如圖14所示，甲圖中電容器的兩個極板和電源的兩極相連，乙圖中電容器充電后斷開電源．在電容器的兩個極板間用相同的懸線分別吊起完全相同的小球，小球靜止時懸線和豎直方向的夾角均為θ，將兩圖中的右極板向右平移時，下列說法正確的是()A．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角增大B．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角不變C．甲圖中夾角不變，乙圖中夾角不變D．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角減小圖14答案B解析甲圖中的電容器和電源相連，所以電容器兩極板間的電壓不變，當(dāng)極板間的距離增大時，根據(jù)公式E＝eq\f(U,d)可知，板間的電場強(qiáng)度減小，電場力減小，所以懸線和豎直方向的夾角將減?。覉D中電容器充電后斷開電源，電容器兩極板所帶的電荷量不變，根據(jù)平行板電容器的電容公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，極板間的電壓U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)，極板間的電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，場強(qiáng)與兩極板間距離無關(guān)，故夾角不變，B正確．2.(2014·山東·18)如圖15所示，場強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長為s，豎直邊ad長為h.質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中)．不計重力．若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()圖15A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B.eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D.eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))答案B解析由帶電粒子在電場中的運動規(guī)律可知，兩帶電粒子的運動軌跡對稱，則相切處必為兩運動水平位移相同處，即為該矩形區(qū)域的中心，以帶電粒子＋q為研究對象，水平位移eq\f(s,2)時，豎直位移為eq\f(h,2).由eq\f(s,2)＝v0t，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qE,m)，得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))，所以B項正確．3．(2015·江蘇單科·7)(多選)如圖16所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球()圖16A．做直線運動 B．做曲線運動C．速率先減小后增大 D．速率先增大后減小答案BC解析對小球受力分析，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上，故小球做曲線運動，故A錯誤，B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負(fù)功后做正功，所以速率先減小后增大，選項C正確，D錯誤．4．如圖17所示，在傾角θ＝37°的絕緣斜面所在空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)E＝4×103N/C，在斜面底端有一與斜面垂直的絕緣彈性擋板．質(zhì)量m＝0.2kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下，滑到斜面底端以與擋板相碰前的速率返回．已知斜面的高度h＝0.24m，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，滑塊帶電荷量q＝－5.0×10－4C，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：圖17(1)滑塊從斜面最高點滑到斜面底端時的速度大小；(2)滑塊在斜面上運動的總路程s和系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q.答案(1)2.4m/s(2)1m0.96J解析(1)滑塊沿斜面滑下的過程中，受到的滑動摩擦力Ff＝μ(mg＋qE)cos37°＝0.96N設(shè)到達(dá)斜面底端時的速度為v，根據(jù)動能定理得(mg＋qE)h－Ffeq\f(h,sin37°)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝2.4m/s.(2)滑塊最終將靜止在斜面底端，因此重力勢能和電勢能的減少量等于克服摩擦力做的功，(mg＋qE)h＝Ffs解得滑塊在斜面上運動的總路程：s＝1mQ＝Ffs＝0.96J練出高分基礎(chǔ)鞏固1.如圖1所示，在某一真空中，只有水平向右的勻強(qiáng)電場和豎直向下的重力場，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運動．那么()圖1A．微粒帶正、負(fù)電荷都有可能 B．微粒做勻減速直線運動C．微粒做勻速直線運動 D．微粒做勻加速直線運動答案B解析微粒做直線運動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力的方向與場強(qiáng)方向相反，則微粒必帶負(fù)電，且運動過程中微粒做勻減速直線運動，故B正確．2．(2015·海南單科·5)如圖2所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng).在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子．在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動．已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于正極板且與其相距eq\f(2,5)l的平面．若兩粒子間相互作用力可忽略．不計重力，則M∶m為()圖2A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1答案A解析設(shè)電場強(qiáng)度為E，兩粒子的運動時間相同，對M有，aM＝eq\f(Eq,M)，eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,M)t2；對m有，am＝eq\f(Eq,m)，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2，聯(lián)立解得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2)，A正確．3．(2013·廣東·15)噴墨打印機(jī)的簡化模型如圖3所示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后，以速度v垂直勻強(qiáng)電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中()圖3A．向負(fù)極板偏轉(zhuǎn) B．電勢能逐漸增大C．運動軌跡是拋物線 D．運動軌跡與所帶電荷量無關(guān)答案C解析帶負(fù)電的微滴進(jìn)入電場后受到向上的電場力，故帶電微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；帶電微滴垂直進(jìn)入電場受豎直向上的電場力作用，電場力做正功，故墨汁微滴的電勢能減小，選項B錯誤；根據(jù)x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2及a＝eq\f(qE,m)，得帶電微滴的軌跡方程為y＝eq\f(qEx2,2mv\o\al(2,0))，即運動軌跡是拋物線，與所帶電荷量有關(guān)，選項C正確，D錯誤．4．(多選)平行板電容器的兩板A、B接于電池兩極，一個帶正電小球用絕緣細(xì)線懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開關(guān)S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為θ，如圖4所示，那么()圖4A．保持開關(guān)S閉合，將A板稍向B板靠近，則θ增大B．保持開關(guān)S閉合，將A板稍向上移，則θ減小C．開關(guān)S斷開，將A板稍向B板靠近，則θ不變D．開關(guān)S斷開，將A板稍向上移，則θ減小答案AC解析保持開關(guān)S閉合，電容器兩極板間的電勢差不變，將A板稍向B板靠近，極板間距離減小，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，知電場強(qiáng)度E增大，小球所受的電場力變大，θ增大，故A正確；保持開關(guān)S閉合，將A板稍向上移，電容器兩極板間的電勢差不變，板間距離也不變，則板間場強(qiáng)不變，小球所受的電場力不變，θ不變，故B錯誤；斷開開關(guān)S，電容器所帶的電荷量不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)、C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)聯(lián)立得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，知將A板稍向B板靠近，E不變，電場力不變，θ不變，故C正確；將A板稍向上移，則S減小，由E＝eq\f(4πkQ,εrS)知，E增大，小球所受的電場力變大，θ增大，D錯誤．5．(多選)如圖5所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板，板間有勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子(不計重力)，以初速度v0由小孔進(jìn)入電場，當(dāng)M、N間電壓為U時，粒子剛好能到達(dá)N板，如果要使這個帶電粒子能到達(dá)M、N兩板間距的eq\f(1,2)處返回，則下述措施能滿足要求的是()圖5A．使初速度減為原來的eq\f(1,2)B．使M、N間電壓提高到原來的2倍C．使M、N間電壓提高到原來的4倍D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f(1,2)答案BD解析在粒子剛好到達(dá)N板的過程中，由動能定理得－qEd＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，所以d＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qE)，令帶電粒子離開M板的最遠(yuǎn)距離為x，則使初速度減為原來的eq\f(1,2)，x＝eq\f(d,4)，故A錯；使M、N間電壓提高到原來的2倍，電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，x＝eq\f(d,2)，故B對；使M、N間電壓提高到原來的4倍，電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，x＝eq\f(d,4)，故C錯；使初速度和M、N間電壓都減為原來的eq\f(1,2)，電場強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑇＝eq\f(d,2)，故D對．6．(多選)如圖6所示，一絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)為E.在與環(huán)心等高處放有一質(zhì)量為m、帶電荷量＋q的小球，由靜止開始沿軌道運動，下述說法正確的是()圖6A．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時速度最大B．小球在運動過程中機(jī)械能守恒C．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道的壓力為mg＋qED．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道的壓力為3(mg＋qE)答案AD解析根據(jù)動能定理知，在運動到最低點的過程中，電場力和重力一直做正功，到達(dá)最低點的速度最大，故A正確；小球在運動的過程中除了重力做功以外，還有電場力做功，機(jī)械能不守恒，故B錯誤；根據(jù)動能定理得：mgR＋qER＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)牛頓第二定律得：FN－qE－mg＝meq\f(v2,R)，解得：FN＝3(mg＋qE)，則球?qū)壍赖膲毫?(mg＋qE)，故C錯誤，D正確．7．(多選)如圖7所示為勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的圖象．當(dāng)t＝0時，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()圖7A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零答案CD解析設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE,m)可知，a2＝2a1，可見，粒子第1s內(nèi)向負(fù)方向運動，1.5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為0，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述，可知C、D正確．綜合應(yīng)用8．如圖8所示，一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從兩帶電平行板的正中間沿與勻強(qiáng)電場垂直的方向射入，不計粒子所受的重力．當(dāng)粒子的入射速度為v時，它恰能穿過一電場區(qū)域而不碰到金屬板上．現(xiàn)欲使質(zhì)量為m、入射速度為eq\f(v,2)的粒子也能恰好穿過這一電場區(qū)域而不碰到金屬板，在以下的僅改變某一物理量的方案中，不可行的是()圖8A．使粒子的帶電荷量減少為原來的eq\f(1,4)B．使兩板間所接電源的電壓減小到原來的一半C．使兩板間的距離增加到原來的2倍D．使兩極板的長度