電場專題教案

電場專題教案電場是高中物理的重點知識之一．本章著重從力和能兩個角度研究電場的基本性質(zhì)．本章既是重點，又是難點，也是考試的熱點．它是電磁學的基礎，也是聯(lián)系力學和電磁學的一個重要鈕帶。我們將利用2-4節(jié)課的時間來對電場進行講解。本章及相關內(nèi)容知識網(wǎng)絡：電荷電荷庫侖定律電荷守恒定律帶電粒子在電場中（1）平衡（2）直線加速（3）偏轉(zhuǎn)電場的能的性質(zhì)電勢：＝ε/q，標量，等勢面電勢差：UAB＝A－B＝－ε/q＝WAB/q電勢能：ε＝q，AB＝-UABq電場力的功：WAB＝UABq＝-εAB電場力做功與路徑無關電場力：F＝Eq(任何電場)F＝Kq1q2/r2(真空中點電荷)電場的力的性質(zhì)場強E＝F/q，矢量，電場線勻強電場：E＝U/d真空中點電荷的電場：E＝KQ/r2電場電容器電容C＝Q/U平行板電容器C＝εS/4kd專題一電場的力的性質(zhì)一、目標：①運用庫侖定律定性或定量分析點電荷間的相互作用問題，并常用力學中處理物體平衡的方法分析帶電小球的平衡問題；②運用電場強度的概念和電場線的性質(zhì)對各種電場進行定性和定量的分析．二、理解和掌握的內(nèi)容1．對電場和電場線的理解只要有電荷存在，其周圍空間就存在電場，它是電荷間相互作用的媒介，電場具有力和能的性質(zhì)．電場強度是矢量，滿足矢量疊加原理．電場線是用來描述空間各點場強連續(xù)變化規(guī)律的一組假想的曲線．電場線的特點是：其方向代表場強方向、其疏密代表場強大??；電場線起始于正電荷（或無窮遠）終止于負電荷（或無窮遠）；電場線不能相交．2.深刻理解庫侖定律和電荷守恒定律。（1）庫侖定律：真空中兩個點電荷之間相互作用的電力，跟它們的電荷量的乘積成正比，跟它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。即：F=KQq/r2

其中k為靜電力常量，k=9.0×109Nm2/c2成立條件：①真空中（空氣中也近似成立），②點電荷。即帶電體的形狀和大小對相互作用力的影響可以忽略不計。（這一點與萬有引力很相似，但又有不同：對質(zhì)量均勻分布的球，無論兩球相距多近，r都等于球心距；而對帶電導體球，距離近了以后，電荷會重新分布，不能再用球心間距代替r）。（2）電荷守恒定律：系統(tǒng)與外界無電荷交換時，系統(tǒng)的電荷代數(shù)和守恒。3.深刻理解電場的力的性質(zhì)。電場的最基本的性質(zhì)是對放入其中的電荷有力的作用。電場強度E是描述電場的力的性質(zhì)的物理量。（1）定義：放入電場中某點的電荷所受的電場力F跟它的電荷量q的比值，叫做該點的電場強度，簡稱場強。E=F/Q，這是電場強度的定義式，適用于任何電場。其中的q為試探電荷（以前稱為檢驗電荷），是電荷量很小的點電荷（可正可負）。電場強度是矢量，規(guī)定其方向與正電荷在該點受的電場力方向相同。（2）點電荷周圍的場強公式是：E=kq/r2，其中Q是產(chǎn)生該電場的電荷，叫場源電荷。（3）勻強電場的場強公式是：，其中d是沿電場線方向上的距離。三．重難點釋疑（1）電場線是直線的電場不一定是勻強電場，如孤立點電荷產(chǎn)生的電場是非勻強電場，它的電場線就是直線．（2）電場線不是帶電粒子的運動軌跡，只的在滿足一定條件時帶電粒子運動的軌跡才有可能與電場線重合．帶電粒子的運動軌跡是由帶電粒子受到的合外力和初速度來決定的，必須從運動和力的觀點來分析確定．【例題精析】AB圖10—１例1如圖所示，半徑相同的兩個金屬小球A、B帶有電量相等的電荷，相隔一定距離，兩球之間的相互吸引力的大小為F。今用第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開，這時AB圖10—１A．F/8B．F/4C．3F/8D．3解析：由于A、B間有吸引力，則A、B帶異種電荷，設為Q，兩球之間的吸引力F＝kQ2/r2,r為兩球間的距離。當C球與A球接觸后，A、C帶電量q1＝Q/2，當C球再與B球接觸后，B、C兩平均水平喧電量q2＝eq\f(（Q-Q/2）,2)＝Q/4，此時A、B兩球間相互作用力的大小為Fˊ＝kQ2/8r2＝F/8。正確答案：A思考與拓寬：若金屬小球A、B較大，且相距較近，有正確答案嗎？為什么？(答案：沒有，因為這時庫侖定律已不適應)例2在真空中有兩個固定的正的點電荷A、B，帶電量分別為Q、q，相距L，(1)引入第三個點電荷C使它處于平衡狀態(tài)，這個點電荷應放在什么位置，帶電量為多少？(2)如果A、B不固定，C應放在什么位置，帶電量為多少時三個電荷均靜止？解析：此題目為物體平衡和庫侖定律的綜合運用題，其解題方法與力學中處理物體平衡問題的分析方法是相同的．（還記得力學平衡的幾種分析方法嗎？）（1）A、B兩球都固定，C球只能放在A、B連線之是且適當?shù)奈恢貌庞锌赡芷胶猓O帶電量為q′，距A點的距離為x，對C由物體平衡條件和庫侖定律得：KQq′/x2＝Kqq′/(L-x)2解得x＝eq\f(eq\r(,Q),eq\r(,Q)+eq\r(,q))，q′在運算中被消去，所以q′的電性和電量多少不限．（2）A、B不固定時，三個小球均要在互相作用下平衡，由受力分析可知，C必須是負電荷，且放于A、B連線間，設電量為-q′，距A為x．對C由物體平衡條件和庫侖定律得：KQq／x2＝Kqq／(L-x)2，解得x＝eq\f(eq\r(,Q),eq\r(,Q)+eq\r(,q))對A由物體平衡條件和庫侖定律得：KQq/L2＝KQq/x2，解得x＝q（eq\f(eq\r(,Q),eq\r(,Q)+eq\r(,q))）2思考與拓寬１：三個電荷在同一直線上排列，且三個電荷由于相互作用均平衡時，它們的電性有什么規(guī)律？帶電量多少與它們之間的距離有什么關系？(答案：電荷的排列順序只有兩種可能，即：“+-+”和“-+-”；中間的電荷帶電量少，兩端的電荷帶電量多，兩羰的電荷中帶電量少的與中間電荷較近)思考與拓寬２：能否用點電荷的場強公式和電場強度的疊加原理來解答例１？(答案：能，當電荷受庫侖力平衡時，它所在處的合場強為零)例3如圖10—2所示，帶箭頭的曲線表示電場中某區(qū)域內(nèi)電場線的分布情況，一帶電粒子在電場中運動的徑跡如圖中虛線所示，若不考慮其它力的作用，則下列判斷中正確的是（）BAE圖10—2A．若粒子是從BAE圖10—2B．不論粒子是從A運動到B還是從B運動到A，粒子必帶負電C．若粒子是從B運動到A，則其加速度減小D．若粒子是從B運動到A，則其速度減小解析：本題應從物體做曲線運動的條件著手分析，由曲線的彎曲方向看，帶電粒子受電場力方向必向左方，再由正負電荷所受電場力方向與場強方向的關系便可確定帶電粒子帶負電，所以答案A錯誤，答案B正確；而其加速度如何變化可由電場線的疏密變化來確定，因為電場線密處的場強大，同一電荷受力大，電場線稀疏處場強小，同一電荷受力小，由圖可見A處的電場線比B處稀疏，所以電荷在B處的加速度較大，所以答案C正確；速度如何變化可從電場力做功情況做出判斷，當粒子從B向A運動時，其們移方向與受力方向的夾角小于900，電場力即合外力做正功，其動能增大，速度增大，所以答案D錯誤．思考與拓寬：若粒子帶電性質(zhì)與題中粒子的電性相反，且從A點進入電場，請定性畫出其運動軌跡．(答案：略)專題二電場的能的性質(zhì)一、目標：①以選擇題的形式對描述電場的各物理量（如電場強度與電勢、電勢與電勢等）能進行比較鑒別；②利用電場線和等勢面的性質(zhì)對電場進行分析；③從能的轉(zhuǎn)化的觀點分析帶電粒子在電場中的運動．二、理解和掌握的內(nèi)容1．理順好幾個關系：（１）電場力做功與電勢能的關系：電場力對電荷做功，電荷的電勢能減小；電荷克服電場力做功，電荷的電勢能增加．電勢能變化的數(shù)值等于電場力對電荷做功的數(shù)值．這常是判斷電荷電勢能變化的依據(jù)．（２）電勢與電勢能：①電勢是描述電場能的性質(zhì)的物理量，與置于電場中檢驗電荷的電量大小無關，電勢能是描述電荷與電場相互作用能的大小的物理量，其大小由電場中電荷帶電量的多少和該點電勢共同決定．②帶電體從電場中的a點移到b點過程中，如果知道電場力對帶電體做正功還是做負功，可直接判斷其電勢能的變化．若要判斷a、b兩點電勢高低，必須知道帶電體是帶正電還是帶負電，反之，若要知道帶電體所帶電荷的正負，要判斷a、b兩點電勢高低，必須知道電場力對帶電體做正功還是做負功．（３）等勢面的特點：①等勢面一定與電場垂直；②在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功；③電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；④任何兩個等勢面都不會相交；⑤等差等勢面越密的地方電場強度越大，即等差等勢面的疏密可以描述電場的強弱．2．幾點說明（１）電勢的數(shù)值是相對的，不是絕對的．在求電勢大小時，首先必須選定某一位置的電勢為零，否則無法求解．零點的選取是任意的，但在理論上通常取離場源電荷無窮遠處為零電勢位置；實際使用中，則取大地為零電勢．（２）電場中某點的電勢在數(shù)值上等于單位正電荷由該點移至零電勢點時電場力所做的功．這就說明，當電場中某點的位置和零電勢點確定后，這一點的電勢就是一個確定的值了．某點的電勢與該點是否放有電荷無關，即電勢的大小由電場本身和零電勢點的位置決定．3．難點釋疑有的同學認為＂電場強度大處電勢高＂、＂電勢高處電荷的電勢能大＂．產(chǎn)生上述錯誤的原因是對上述概念的不理解造成的．在電場中一個確定的點電場強度是確定的，而電勢卻與零勢點的選取有關，另外逆電場線方向電勢要升高，但逆電場線方向電場強度不一定增大，所以場強大處電勢不一定高，電勢高處場強也不一定大；電勢能的大小由電場中電荷帶電量的多少和該點電勢共同決定，要區(qū)分正電荷和負電荷，正電荷在電勢向處的電勢能大，而負電荷在電勢高處的電勢能?。纠}精析】例1一個點電荷，從電場中的a點移到b點，其電勢能的變化量為零，則()A．a(chǎn)、b兩點的場強一定相等B．該電荷一定沿等勢面移動C．作用于該點電荷的電場力與其移動方向總是垂直的D．a(chǎn)、b兩點的電勢一定相等解析：本題考查了電勢能的變化、電場力做功、電場強度、電勢和電勢差與及它們間的關系．由＝W=qUab＝q(Ua-Ub)可知，若＝0，則①Uab＝Ua-Ub＝0即Ua＝Ub，所以D選項正確．面電勢相等的點，其場強不一定相等，故A選項不正確．②W=0，即點電荷從a移到b，電場力所做的總功為零，造成這一結(jié)果有兩種可能性，其一是電荷沿等勢面移動，這時電場力與電荷的移動方向是垂直的；其二是電荷從等勢面上的a點經(jīng)任意路徑又回到這一等勢面上的點b（因為電場力做的功與路徑無關，只與初末狀態(tài)的位置有關），所以B、C也是錯誤的．正確答案：D．例2如圖10—10所示，A、B、C、D是勻強電場中一正方形的四個頂點．已知A、B、C三點的電勢分別為A＝15V，B＝3V，C＝-3V．由此可得D點的電勢D＝V．BBDCA圖10—10ABCD圖10—11如圖10—11所示，設場強方向與AB方向的夾角為，AB邊長為a．由U＝Ed＝ELcos知eq\f(UAB,UAc)＝eq\f(12,18)＝eq\f(2,3)＝eq\f(acos,eq\r(,2)cos(450-))---------------①eq\f(UAB,UAD)＝eq\f(12,UAD)＝eq\f(acos,acos(900-))------------------------②由①、②式解得UAD＝6V，tg＝1/2．又因為UAD＝UA-UD，所以UD＝UA-UAD＝9V．思考1：在勻強電場中，任意兩條平行線上距離相等的兩點間電勢差一定相等嗎？如果相等，能利用此結(jié)論來解此題嗎？（答案：相等；能）思考2：請用作圖法確定題中勻強電場的場強方向．（答案：略）例3如圖10—12所示的直線是真空中某電場中的一條電場線，A、B是這條電場線上的兩點．一個帶正電的粒子在只受電場力的情況下，以速度VA經(jīng)過A點向B點運動，經(jīng)一段時間后，VAVBVAVBAB圖10—12A．A點的電勢一定低于B點的電勢B．A點的場強一定大于B點的場強C．該帶電粒子在A點的電勢能一定小于它在B點的電勢能D．該帶電粒子在A點時的動能與電勢能之和等于它在B點的動能與電勢能之和解析：當電場線是直線時，同一電場線上各點的場強方向必相同，由題中給出的粒子運動情況可以判斷，粒子受電場力方向應向左，粒子從A到B的運動過程是先向右減速，速度減為零后又向左加速．因為粒子帶正電荷，受電場力方向向左，所以電場線的方向應向左，沿電場線方向電勢降低，所以A點的電勢比B點低，答案A正確；由電場中的一條電場線不能確定此電場中各點電場強度的大小，所以答案B不正確；粒子從A點運動到B點的過程中，粒子克服電場力做功，電勢能必增大，所以答案C正確；由于粒子在運動過程中只有電場力做功，因此只存在動能與電勢能的相互轉(zhuǎn)化，動能與電勢能之和保持不變，所以答案D正確．正確答案ACD．VAVBVAVBAB+-圖10—13專題三電容器靜電屏蔽一、目標：①以選擇題的形式對電容的定義及決定因素進行判斷；②以電容器為背景分析電場的力和能的性質(zhì)；③研究帶電粒子在電容器中的運動．二、理解和掌握的內(nèi)容1．電容定義式和決定式的綜合應用，即分析電容器的結(jié)構(gòu)變化對相關物理量的影響．其基本思路是：①首先確定不變量，若電容器充電后斷開電源，則其所帶電量Q不變，若電容器始終和直流電源相連，則兩板間的電壓U不變；②用C＝εS/4πkd，判斷電容的變化情況；③用C＝Q/U，分析Q或U的變化情況；④用E＝U/d，分析平行板電容器兩板間場強的變化情況．2．幾點說明Ｑ圖10Ｑ圖10—21（２）靜電屏蔽：如圖10-21所示，將一空腔金屬導體放在帶電體Ｑ附近，處于靜電平衡后，空腔導體內(nèi)部各點的場強均為零，如果空腔內(nèi)有另一個導體存在，這個導體也不會受到Ｑ所產(chǎn)生電場的影響，即空腔金屬導體對其外部的電場有屏蔽作用．3．難點釋疑有的同學不理解電容器中的電場強度由什么因素決定，常導致分析失誤，現(xiàn)推導如下：由E＝U/d和C＝Q/U得Ｅ＝Ｑ／Ｃd，又C＝εS/4πkd，于是Ｅ＝4πkＱ／εS，顯然電場強度Ｅ由Ｑ、ε、S這三個因素決定，與兩極板間的距離d無關．【例題精析】P圖10—22-+例１如圖10—22所示，平行板電容器接在電源上充電后，與電源斷開，負極板接地，在兩板間有一正電荷固定在P點，以EP圖10—22-+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不變解析：解答此題應明確，電容器與電源斷開后，其所帶電量Q將保持不變．當正極板向下移時，電容器兩板間距d減小，由C＝εS/4πkd可知電容C增大，由C＝Q/U可得U將減小，由E＝U/d、C＝Q/U和C＝εS/4πkd得E＝4πkQ/εS，所以場強E不變，答案A正確；分析P點所放電荷的電勢能如何變化，應從分析P點的電勢變化入手，設P點與負極板間的距離為d′，則P點的電勢＝Ed′，E和d′均不變，所以P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能不變，答案C正確．正確答案：AC．思考1：題中若正極板不動，將負極板向上移一些，各量如變何化？題中若是將正極板接地，而負極板不接地，保持負極板不動，將正極板向下移，各量如何變化？（答案：E不變，U變小，W變小；E不變，U變小，W變大）思考2：題中若將一電源始終與電容器相連，保持負極板接地且不動，將正極板向下移時，各量如變何化？（答案：E變大，U不變，W變大）膜片電極固定電極F圖10—23例２膜片電極固定電極F圖10—23A．當F向上壓膜片電極時，電容將變小B．當F向上壓膜片電極時，電容將變大C．當電流計有示數(shù)時，則壓力F發(fā)生變化D．當電流計有示數(shù)時，則壓力F不發(fā)生變化解析：此題考查電容器電容的決定因素及電容器的充放電現(xiàn)象．當壓力F發(fā)生變化時，兩極板間距離d發(fā)生變化，由C∝εS/d可知，電容C將會發(fā)生變化，由于電源始終與電容器相連，電容器上的電壓不變，由C＝Q/U可知電容器帶電量Q將發(fā)生變化，導致電容器充電或放電，這時電流表中就會有電流通過．正確答案：BC．x圖10—24思考拓寬：x圖10—24例３空腔導體或金屬網(wǎng)罩(無論接地與否)可以把外部電場遮住，使其不受外電場的影響;接地的空腔導體或金屬網(wǎng)罩可以使其部不受部帶電體電場的影響，這種現(xiàn)象叫做．解析：當空腔導體或金屬網(wǎng)罩處在電場中時，其表面會產(chǎn)生感應電荷，只有當感應電荷產(chǎn)生的電場在空腔導體或金屬網(wǎng)罩內(nèi)部與外電場相抵消時才能達到穩(wěn)定狀態(tài)，這時空腔導體或金屬網(wǎng)罩內(nèi)部場強處處為零，內(nèi)部就不受外電場的影響．接地的空腔導體或金屬網(wǎng)罩與大地構(gòu)成一個整體，與大地等電勢，其周圍電場強度必須為零，因而其外部不受內(nèi)部帶電體電場的影響．正確答案：內(nèi)部，外部，內(nèi)部，靜電屏蔽．專題四帶電粒子在電場中的運動一、目標：①定性分析帶電粒子在電場中的運動過程；②綜合運用電場和力學知識定量處理帶電粒子在電場中的運動問題（主要是直線運動和類平拋運動）．二、理解和掌握的內(nèi)容幾種運動形式的處理方法：（１）平衡：處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)，帶電粒子所受合力為零．應用物體的平衡條件可解決此類問題．（２）加速：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入電場，所受電場力的方向與運動方向在同一條直線上，做加（減）速直線．可利用牛頓運動定律（勻強電場）或功能關系（任何電場）來求解．（３）偏轉(zhuǎn)：帶電粒子以速度υ0垂直于電場線方向飛入勻強電場，受到恒定的與初速度方向成900電場力作用而做勻變速曲線運動．可用類平拋運動的方法來處理，即將運動分解為垂直電場方向的速度為υ0勻速直線運動和平行電場方向的初速度為零的勻加速直線運動．設帶電粒子電量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為L，板間距離為d，當粒子以初速度υ0平行于兩極板進入電場時，有：x＝L＝υ0t，y＝eq\f(1,2)at2，又E＝U/d，a＝qE/m＝qU/md；可解得，側(cè)向位移y＝UqL2/2mdυ02；偏向角的正切tgθ＝at/υ0＝UqL/mdυ02.2．幾點說明在處理帶電粒子在電場中運動問題時是否考慮重力，要通過審題來決定．①基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，一般都不考慮重力；②帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，一般都不能忽略重力．【例題精析】E圖10—32例1如圖10—32所示，質(zhì)量為m的帶電小球用絕緣絲線懸于OE圖10—32A．0B．g，方向豎直向下C．gtg，水平向右D．g/cos，沿繩向下圖10—33FEmgFT解析：此題是帶電粒子在電場中的平衡和加速問題的綜合題，要運用物體的平衡條件及運動和力的關系分析．絲線被剪斷之前，小球受三個力作用，如圖10—33所示，圖中F為重力mg和電場力FE的合力，由物體的平衡條件絲線的拉力T＝F＝mg/cosθ,當絲線被子剪斷時，帶電小球受的合力為F，又初速度為零，所以帶電小球?qū)⒀谾圖10—33FEmgFT思考與拓寬：題中若場強大小和方向均未知，仍使帶電小球在圖示位置靜止，當絲線被剪斷后，電場強度是否是唯一的？如果不是求電場強度的最小值是多少？（答案：不是；mgtgθ/q）OSP圖10—34例2如圖10—OSP圖10—34A．若保持開關閉合狀態(tài)，帶電微粒仍能到達P點返回B．若保持開關閉合狀態(tài)，帶電微粒尚未到達P點就返回C．若將開關斷開后，再移上板，帶電微粒仍能到達P點返回D．若將開關斷開后，再移上板，帶電微粒尚未到達P點就返回解析：若利用重力勢能與電勢能的相互轉(zhuǎn)化對此題進行分析較為方便．假設微粒仍能到達P點，當若保持開關閉合時，兩板間總電壓不變，但上極板與P點的電勢差增大，則電荷克服電場力做的功W將大于重力對微粒做的功，所以微粒尚未到達P點就返回，答案B正確；若將開關斷開，則電容器帶電量Q不變，當將上金屬板向上移動到圖中虛線位置時，兩極間總電壓增大，P點與下極板的電壓也增大，則電荷克服電場力做的功W將大于重力對微粒做的功，所以微粒尚未到達P點就返回，答案D正確．正確答案BD．思考與拓寬：保持電源與兩金屬板相連，若是將下金屬板向上移一小段距離，微粒的運動情況如何？(答案：帶電微粒尚未到達P點就返回)例3如圖10—35所示，平行正對金屬板相距為d，板長為L，板間電壓為U，C是寬為d的擋板，其上下兩端點與A和B板水平相齊，且C離金屬板與屏S的距離均為L/2，C能吸收射到它表面的所有粒子．現(xiàn)讓電荷量為q的帶電粒子沿A、B兩板中線入射，帶電粒子的質(zhì)量、速率均不相同，不計重力．求:ABCSLABCSL/2L/2Ld圖10—35(2)初動能多大的粒子能到達屏上．解析：本題考查帶電粒子在電場中運動問題的處理方法．（1）帶電粒子進入電場后做類平拋運動，從右側(cè)飛出電場后做勻速直線運動，這時速度方向的反向延長線與粒子射入方向恰相交于兩極板的正中央O1點，如圖10—36所示．ABCS圖10—36O2ABCS圖10—36O2O1O′B′A′A′B′＝O′B′－O′A′由幾何關系：eq\f(O′B′,d/2)＝eq\f(3L/2,L/2)得O′B′＝3d/2eq\f(O′A′,d/2)＝eq\f(3L/2,L)得O′A′＝3d/4所以A′B＝3d/2－3d/4＝3d/4，即帶電粒子到達屏S上的寬度為3d/4．(２)設從偏轉(zhuǎn)電場邊緣射出的粒子偏向角為θ1，由幾何關系有：tgθ1＝O′B／O1O＝eq\f(3d/2,3L/2)＝d/L，cosθ1＝L/eq\r(,L2+d2)，則該粒子射出電場的速度υt1＝υ0/cosθ1＝eq\f(υ0eq\r(,L2+d2),L)，由動能定理得：Uq/2＝eq\f(1,2)mυt2－eq\f(1,2)mυ02＝eq\f(1,2)mυ02(eq\f(L2+d2,L2)－1)所以此粒子的動能為eq\f(1,2)mυ02＝UqL2/2d2．設從擋板邊緣射出的粒子偏向角為θ2，由幾何關系有：tgθ2＝O′A′/O1O＝eq\f(3d/4,3L/2)＝d2/L，cosθ2＝2L/eq\r(,4L2+d2)，則該粒子射出電場的速度υt2=υ0/cosθ2＝eq\f(υ0eq\r(,4L2+d2),2L)，由動能定理得：Uq/4＝eq\f(1,2)mυt22-eq\f(1,2)mυ02＝eq\f(1,2)mυ02(eq\f(4L2+d2,4L2)–1)所以此粒子的動能為eq\f(1,2)mυ02＝UqL2/d2．所以，初動能滿足UqL2/2d2＜EK＜UqL2/d2的粒子能到達屏上.思考與拓寬：若沿中心線進入電場中的粒子帶電量絕對值相等，但電性不同，且具有相同的動能，設這些粒子均能擊中屏S，它們擊中屏的位置有什么特點？（答案：在屏上出現(xiàn)兩個亮點，這兩個亮點關于屏的中心上下對稱）專題五處理電場問題的方法一、目標：能綜合運用電場及力學知識對實際問題進行分析、綜合、推理和判斷．考查的方向是在力電綜合試題中巧妙地把電場的概念與牛頓定律、功能關系等力學知識有機地結(jié)合起來，考查學生對力學、電學相關概念的理解和規(guī)律的綜合運用．二、理解和掌握的內(nèi)容常用方法和關系（1）電場線和等勢面的應用：處理電場的簡單問題，通常要先畫出電場線和等勢面，用于比較空間各點的電場的電勢，應注意“五看”：①看電場線的切線方向，確定場強的方向；②看電場的疏密，比較場強的大??；③看電場線的走向，比較電勢的高低；④看電場力做什么功，確定電勢能的增減；⑤看電勢能零點位置的選取，確定電勢能的正負．（2）電場中的功能關系：①計算電場力做的功有兩種方法：W＝qEd(適應于勻強電場)；W＝qU（適應于一切電場）．②注意運用功能關系處理電場問題：Ⅰ.只有電場力做功時，帶電粒子的電勢能只與動能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，電場力做的功等于帶電粒子動能的改變量，即：WAB＝qUAB＝EK＝－ε，注意：A、B為帶電粒子在電場中運動軌跡的始末兩點，UAB為兩點間的電勢差．Ⅱ.若僅有重力和電場力做功，則EK＝W總＝W重＋W電＝-E重－ε電，則E重＋EK＋ε電＝0，即：帶電粒子的動能、重力勢能、電勢能的總和保持不變．（3）帶電粒子在電場中運動問題的處理方法：求解帶電粒子在電場中的運動，實際上就是力學中處理物體運動問題的繼續(xù)，運用牛頓運動定律分析受力和運動過程仍是決解問題的關鍵，在此基礎上正確運用牛頓運動定律、功能關系、動量守恒定律是決解問題的手段．還要注意運用等效法和類比法．【例題精析】例1如圖10—47所示，平行直線表示電場線，一帶電量為+10-2C的粒子在電場中只受電場AB圖10—4712力作用，由A點移到BAB圖10—4712A．B點的電勢為0B．電場線方向從右向左C．粒子的運動軌跡可能是軌跡1D．粒子的運動軌跡可能是軌跡2解析：由動能定理，UABq＝EK，UAB＝EK/q＝-0.1/10+2＝-10V，又UAB＝UA－UB，所以UB＝UA－UAB＝0，答案A正確；由題知粒子由A點移到B點，動能減小了，由動能定理可知電荷克服電場力做了功，因此，電場力的方向向左，又粒子帶正電，所以電場線方向從右向左，答案B正確；再由運動和力的關系判斷，粒子運動的軌跡只能是軌跡1．答案C正確．正確答案：ABC．例2