2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場第3講電容器帶電粒子在電場中的運動學(xué)案新人教版

PAGE18-第3講電容器帶電粒子在電場中的運動ZHISHISHULIZICEGONGGU,學(xué)問梳理·自測鞏固學(xué)問點1電容器電容1．電容器(1)電荷量：一個極板所帶電荷量的肯定值。(2)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．電容(1)意義：表示電容器容納電荷本事的物理量。(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(ΔQ,ΔU)。(3)單位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012pF。3．平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與兩極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與兩極間的距離成反比。(2)確定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。學(xué)問點2帶電粒子在電場中的運動1．帶電粒子在電場中的加速(1)處理方法：利用動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(2)適用范圍：任何電場。2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(1)探討條件：帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場。(2)處理方法：類似于平拋運動，應(yīng)用運動的合成與分解的方法。①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝eq\f(L,v0)。②沿電場方向，做初速度為零的勻加速直線運動。eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(Eq,m)＝\f(Uq,md),運動時間\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飛出平行板電容器：t＝\f(L,v0),b.打在平行極板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)t2,t＝\r(\f(2mdy,qU)))),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUL2,2mv\o\al(2,0)d),離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUL,mv\o\al(2,0)d)))思索：不同的帶電粒子從靜止起先經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度的關(guān)系怎樣？[答案]相同思維診斷：(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。(×)(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。(×)(3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。(×)(4)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。(×)(5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。(√)(6)示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。(√)(7)帶電粒子在電場中運動時重力肯定可以忽視不計。(×)自測鞏固,ZICEGONGGU)1．(2024·浙江仿真卷)中國南車設(shè)計制造的全球首創(chuàng)超級電容儲能式現(xiàn)代電車在寧波下線，將成為二、三線城市的主要公交用力。這種超級電車的核心是我國自主研發(fā)，全球首創(chuàng)的“超級電容器”。如圖所示，這種電容器平安性高，可反復(fù)充放電100萬次以上，運用壽命長達十二年，且容量超大(達到9500F)，能夠在10s內(nèi)完成充電。下列說法正確的是(A)A．該“超級電容器”能儲存電荷B．該“超級電容器”的電容隨電壓的增大而增大C．該“超級電容器”放電過程中把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能D．充電時電源的正極應(yīng)接“超級電容器”的負極[解析]電容器的電容由電容器自身結(jié)構(gòu)確定，與兩端所加電壓無關(guān)，選項B錯誤；充電時電容器可以將外部電源的能量以電荷方式存儲在兩極板，轉(zhuǎn)化為電場能；放電時將電場能轉(zhuǎn)化為電能，和化學(xué)能無關(guān)，選項A正確，C錯誤；充電時電源的正極應(yīng)接“超級電容器”的正極，才能保障正常充電，選項D錯誤。2．一帶電粒子在電場中只受靜電力作用時，它不行能出現(xiàn)的運動狀態(tài)是(A)A．勻速直線運動 B．勻加速直線運動C．勻變速曲線運動 D．勻速圓周運動[解析]粒子只受靜電力作用，當此力為恒力時，可能做勻加速直線運動(F與v同向或v0＝0)，當恒力與v0垂直時，粒子做類平拋運動——勻變速曲線運動；當靜電力大小不變，方向始終指向一點且與速度垂直時，粒子做勻速圓周運動，所以，只有A選項是不行能的。3．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U。一電子(不計重力)質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA＝h，此電子具有的初動能是(D)A．eq\f(edh,U) B．edUhC．eq\f(eU,dh) D．eq\f(eUh,d)[解析]E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，由動能定理得：Ek0＝eUOA＝eq\f(eUh,d)，D正確。4．如圖所示，矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點C射出。若不計重力，則a和b的比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)之比是(D)A．12 B．21C．18 D．81[解析]a粒子和b粒子在水平方向均做速度為v的勻速運動，分別有BP＝vta，BC＝vtb，且2BP＝BC，故2ta＝tb；在豎直方向上，分別有AB＝eq\f(1,2)×eq\f(QaE,ma)×teq\o\al(2,a)，OB＝eq\f(1,2)×eq\f(QbE,mb)×teq\o\al(2,b)，且AB＝2OB，解得a和b的比荷之比為eq\f(Qa,ma)eq\f(Qb,mb)＝81。HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO,核心考點·重點突破考點一平行板電容器的動態(tài)分析1．運用電容的定義式和確定式分析電容器相關(guān)量改變的思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。(2)用確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的改變。(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改變。(4)用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場強度的改變。(5)用E＝eq\f(4πkQ,εrS)分析電容器兩極板間電場強度的改變。2．電容器兩類問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UQd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3.平行板電容器問題的一個常用結(jié)論電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的狀況下，電場強度與極板間的距離無關(guān)。例1(2024·江蘇蘇州期末)如圖所示，A、B是構(gòu)成平行板電容器的兩金屬板，當開關(guān)S閉合時，在P點處有一帶電液滴處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將開關(guān)S斷開后，再將A、B板分別沿水平方向向左、向右平移一小段距離，此過程中下列說法正確的是(D)A．電容器的電容增加B．電阻R中有電流通過C．兩極板之間的電場強度不變D．若帶電液滴仍在P點，則電勢能減小[解析]本題考查電容器動態(tài)改變及其相關(guān)學(xué)問點。開關(guān)S斷開后，電容器帶電荷量不變，將A、B板分別水平向左、向右平移一小段距離，平行板電容器的正對面積減小，電容器電容減小，電容器兩極板之間的電場強度增大，電阻R中沒有電流通過，選項A、B、C錯誤；由開關(guān)閉合時帶電液滴處于靜止狀態(tài)可知，帶電液滴所受電場力方向向上，帶電液滴帶負電，B板接地，電勢為零，由于電容器兩極板之間的電場強度增大，則P點的電勢上升，若帶電液滴仍在P點，則電勢能減小，選項D正確。〔類題演練1〕(多選)靜電計是在驗電器的基礎(chǔ)上制成的，用其指針張角的大小來定性顯示其相互絕緣的金屬球與外殼之間的電勢差大小。如圖所示，A、B是平行板電容器的兩個金屬板，G為靜電計，B固定，A可移動，起先時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開肯定角度。則下列說法正確的是(AC)A．斷開S后，將A向左移動少許，靜電計指針張開的角度增大B．斷開S后，在A、B間插入電介質(zhì)，靜電計指針張開的角度增大C．斷開S后，將A向上移動少許，靜電計指針張開的角度增大D．保持S閉合，將變阻器滑動觸頭向右移動，靜電計指針張開的角度減小[解析]斷開S后，電容器帶電量不變，將A向左移動少許，則d增大，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容減小，依據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢差增大，指針張角增大，故選項A正確；斷開S后，在A、B間插入電介質(zhì)，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容增大，依據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢差減小，則指針張角減小，故選項B錯誤；斷開S后，將A向上移動少許，則S減小，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容減小，依據(jù)U＝eq\f(Q,C)知，電勢差增大，則指針張角增大，故選項C正確；保持S閉合，電容器兩端的電勢差不變，變阻器僅僅充當導(dǎo)線功能，滑動觸頭移動不會影響指針張角，故選項D錯誤?？键c二帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運動1．帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子，α粒子、離子等，除有說明或明確的示意以外，一般都不考慮重力(但并不忽視質(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示意以外，一般都不能忽視重力。2．解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路(1)依據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓其次定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的運動狀況。此方法只適用于勻強電場。(2)應(yīng)用動能定理依據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的改變求解。此方法既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場。例2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處由靜止起先下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽視不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)。求：(1)小球到達小孔處的速度大??；(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從起先下落至運動到下極板處的時間。[解析](1)設(shè)小球到達小孔處的速度大小為v，由自由落體運動規(guī)律有v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)。(2)設(shè)小球在極板間運動的加速度大小為a，由v2＝2ad，是a＝eq\f(gh,d)，由牛頓其次定律qE－mg＝ma，電容器的電荷量Q＝CU＝CEd，解得E＝eq\f(mgh＋d,qd)，Q＝eq\f(Cmgh＋d,q)。(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)得小球做自由落體運動的時間t1＝eq\r(\f(2h,g))，由0＝v－at2得小球在電場中運動的時間t2＝deq\r(\f(2,gh))，則小球運動的總時間t＝t1＋t2＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))。[答案](1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)eq\f(Cmgh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))〔類題演練2〕如圖所示，地面上有水平向右的勻強電場，將一帶電小球從電場中的A點以某一初速度射出，小球恰好能沿與水平方向成30°角的虛線由A向B做直線運動，不計空氣阻力，下列說法正確的是(C)A．小球帶正電荷B．小球受到的電場力與重力大小之比為21C．小球從A運動到B的過程中電勢能增加D．小球從A運動到B的過程中電場力所做的功等于其動能的改變量[解析]由于小球沿直線運動，則合力與速度在同始終線上，依據(jù)題意，受力分析如圖所示。故小球受到的電場力水平向左，故小球帶負電，A錯誤；由圖可知：tan30°＝eq\f(mg,Eq)＝eq\f(\r(3),3)，故小球受到的電場力與重力大小之比為eq\r(3)1，B錯誤；由于小球從A到B電場力做負功，故電勢能增加，C正確；依據(jù)動能定理可知：W電＋WG＝ΔEk，D錯誤?？键c三帶電粒子(或帶電體)在電場中的偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止起先經(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)。2．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當探討帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中Uy＝eq\f(y,d)U，指初、末位置間的電勢差。例3如圖所示，真空中水平放置的兩個相同極板Y和Y′長為L，相距d，足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距b。在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓UYY′，一束質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)從兩板左側(cè)中點A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出。(1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點；(2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓UYY′的范圍；(3)求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度。[解析](1)設(shè)粒子在運動過程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場方向的速度為vy，速度偏轉(zhuǎn)角為θ，其反向延長線通過O點，O點與板右端的水平距離為x，則有y＝eq\f(1,2)at2L＝v0tvy＝attanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(y,x)，解得x＝eq\f(L,2)即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點。(2)由題知a＝eq\f(Eq,m)E＝eq\f(UYY′,d)解得y＝eq\f(qUYY′L2,2dmv\o\al(2,0))當y＝eq\f(d,2)時，UYY′＝eq\f(md2v\o\al(2,0),qL2)則兩板間所加電壓的范圍為－eq\f(md2v\o\al(2,0),qL2)≤UYY′≤eq\f(md2v\o\al(2,0),qL2)。(3)當y＝eq\f(d,2)時，粒子到達屏上時豎直方向偏移的距離最大，設(shè)其大小為y0，則y0＝y(tǒng)＋btanθ又tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(d,L)，解得：y0＝eq\f(dL＋2b,2L)故粒子在屏上可能到達的區(qū)域的長度為2y0＝eq\f(dL＋2b,L)。[答案]見解析規(guī)律總結(jié)：確定粒子打到屏上的位置離屏中心的距離y0的四種方法：(1)y0＝y(tǒng)＋vyeq\f(b,v0)(2)y0＝y(tǒng)＋btanθ(3)y0＝(eq\f(l,2)＋b)tanθ(4)依據(jù)三角形相像eq\f(y0,y)＝eq\f(\f(l,2)＋b,\f(l,2))〔類題演練3〕(2024·江西模擬)(多選)如圖所示，O1O2為帶電平行板電容器的中軸線，三個相同的帶電粒子沿軸線射入兩極板間。粒子1打到B極板的中點，粒子2剛好打在B極板邊緣，粒子3從兩極板間飛出，設(shè)三個粒子只受電場力作用，則(BD)A．三個粒子在電場中運動時間關(guān)系為t1<t2＝t3B．三個粒子在電場中運動時間關(guān)系為t1＝t2>t3C．三個粒子在電場中運動的初速度關(guān)系為v1＝v2＝v3D．三個粒子在飛行過程中動能的改變量關(guān)系為ΔE1＝ΔE2>ΔE3[解析]本題考查電場力、帶電粒子的類平拋運動及其相關(guān)學(xué)問點。三個粒子都做類平拋運動，且加速度相同。水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，則豎直方向有y＝eq\f(1,2)at2，由題圖知粒子1、2的豎直位移大小相等，且大于粒子3的豎直位移，則得t1＝t2>t3，故A錯誤，B正確；水平方向有x＝v0t，由題圖知粒子2、3水平位移大小相等，大于粒子1的水平位移，則v1<v2<v3，故C錯誤；動能的改變量ΔE＝qEy，qE相等，則ΔE1＝ΔE2>ΔE3，故D正確?？键c四試驗：視察電容器的充、放電現(xiàn)象1．試驗原理(1)電容器的充電過程如圖所示，當開關(guān)S接1時，電容器接通電源，在電場力的作用下自由電子從正極板經(jīng)過電源向負極板移動，正極板因失去電子而帶正電，負極板因獲得電子而帶負電。正、負極板帶等量的正、負電荷。電荷在移動的過程中形成電流。在充電起先時電流比較大，以后隨著極板上電荷的增多，電流漸漸減小，當電容器兩極板間電壓等于電源電壓時電荷停止移動，電流I＝0。(2)電容器的放電過程如圖所示，當開關(guān)S接2時，將電容器的兩極板干脆用導(dǎo)線連接起來，電容器正、負極板上電荷發(fā)生中和。在電子移動過程中，形成電流，放電起先電流較大，隨著兩極板上的電荷量漸漸減小，電路中的電流漸漸減小，兩極板間的電壓也漸漸減小，最終減小到零。試驗器材：6V的直流電源、單刀雙擲開關(guān)、平行板電容器、電流表、電壓表、小燈泡。2．試驗步驟(1)按圖連接好電路。(2)把單刀雙擲開關(guān)S接1，視察電容器的充電現(xiàn)象，并將結(jié)果記錄在表格中。(3)將單刀雙擲開關(guān)S接2，視察電容器的放電現(xiàn)象，并將結(jié)果記錄在表格中。(4)記錄好試驗結(jié)果，關(guān)閉電源。試驗記錄和分析：試驗項目試驗現(xiàn)象電容器充電燈泡燈泡的亮度由明到暗最終熄滅電流表1電流表1的讀數(shù)由大到小最終為零電壓表電壓表的讀數(shù)由小到大最終為6V電容器放電燈泡燈泡的亮度由明到暗最終熄滅電流表2電流表2的讀數(shù)由大到小最終為零電壓表電壓表的讀數(shù)由大到小最終為零3．留意事項(1)電流表要選用小量程的靈敏電流計。(2)要選擇大容量的電容器。(3)試驗要在干燥的環(huán)境中進行。(4)在做放電試驗時，在電路中串聯(lián)一個電阻，以免燒壞電流表。例4電流傳感器可以像電流表一樣測量電流，不同的是反應(yīng)比較靈敏，且可以和計算機相連，能畫出電流與時間的改變圖象。圖甲是用電流傳感器視察充、放電過程的試驗電路圖，圖中電源電壓為6V。先使開關(guān)S與1接通，待充電完成后，把開關(guān)S再與2接通，電容器通過電阻放電，電流傳感器將電流信息傳入計算機，顯示出電流隨時間改變的I－t圖象如圖乙所示。依據(jù)圖象估算出電容器全部放電過程中釋放的電荷量為3.04×10－3C，該電容器電容為507[解析]由于Q＝It，可知題圖乙中圖象與時間軸圍成的面積表示電荷量；依據(jù)橫軸與縱軸的數(shù)據(jù)可知，一個格子的電荷量為8×10－5C，由大于半格算一個，小于半格舍去，因此圖象所包含的格子個數(shù)為38，所以釋放的電荷量為q＝8×10－5×38C＝3.04×10－3C。依據(jù)電容器的電容C＝eq\f(Q,U)可知，C＝eq\f(3.04×10－3,6)F≈5.07×10－4F＝507μF。〔類題演練4〕按如圖所示電路連接好器材，使開關(guān)S先后接觸a、b，以下說法正確的是(B)A．S接a時與接b時，電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向相同B．S接a時與接b時，電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向相反C．S接a時，電容器充電，電容器的電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能D．S離開a接到b時，電容器放電，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電容器的電能[解析]充電過程與放電過程的電流方向是相反的，選項A錯誤，B正確；電容器充電，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電容器的電能，選項C錯誤；S離開a接到b時，電容器放電，電容器的電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，選項D錯誤。JIEDUANPEIYOUCHAQUEBULOU,階段培優(yōu)·查缺補漏__用等效法解決電場、重力場中圓周運動的臨界極值問題__等效思維方法是將一個困難的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復(fù)合場中做圓周運動的問題，是中學(xué)物理教學(xué)中一類重要而典型的題型。對于這類問題，若采納常規(guī)方法求解，過程困難，運算量大。若采納“等效法”求解，則能避開困難的運算，過程比較簡捷。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的運動規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可。例4如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，AB是豎直方向的直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q(q>0)的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點，OP與豎直方向的夾角θ＝37°。不計空氣阻力，已知重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)電場強度E的大小；(2)若要使小球從P點動身能做完整的圓周運動，小球初速度的大小應(yīng)滿意的條件。[解析](1)當小球靜止在P點時，小球的受力狀況如圖所示，則有eq\f(qE,mg)＝tanθ，所以E＝eq\f(3mg,4q)。(2)小球所受重力與電場力的合力F＝eq\r(mg2＋qE2)＝eq\f(5,4)mg。當小球做圓周運動時，可以等效為在一個“重力加速度”為eq\f(5,4)g的“重力場”中運動。若要使小球能做完整的圓周運動，則小球必需能通過圖中的Q點。設(shè)當小球從P點動身的速度為vmin時，小球到達Q點時速度為零，在小球從P運動到Q的過程中，依據(jù)動能定理有－eq\f(5,4)mg·2r＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)，所以vmin＝eq\r(5gr)，即小球的初速度應(yīng)不小于eq\r(5gr)。[答案](1)eq\f(3mg,4q)(2)不小于eq\r(5gr)規(guī)律總結(jié)：把握三點，正確解答該類問題1．把電場力和重力合成一個等效力，稱為等效重力。2．等效重力的反向延長線與圓軌跡的交點為帶電體在等效重力場中運動的最高點。3．類比“繩球”“桿球”模型臨界值的狀況進行分析解答。2NIANGAOKAOMONIXUNLIAN,2年高考·模擬訓(xùn)練1．(2024·全國卷Ⅲ，21)(多選)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板旁邊，與極板距離相等?，F(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止起先運動。在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽視。下列說法正確的是(BD)A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大B．在t時刻，a的動能比b的大C．在t時刻，a和b的電勢能相等D．在t時刻，a和b的動量大小相等[解析]A錯：經(jīng)時間t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa>xb，依據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，得aa>ab，又由a＝eq\f(F,m)知，ma<mb。B對：經(jīng)時間t到下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則電場力做功Wa>Wb，由動能定理知，a的動能比b的動能大。C錯：a、b處在同一等勢面上，依據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢能肯定值相等，符號相反。D對：依據(jù)動量定理Ft＝p－p0，則經(jīng)過時間t，a、b的動量大小相等。2．(2024·北京理綜，19)探討與平行板電容器電容有關(guān)因素的試驗裝置如圖所示。下列說法正確的是(A)A．試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D．試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大[解析]A對：試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，在b板上將感應(yīng)出異種電荷。B錯：b板向上平移，正對面積S變小，由C＝eq\f(εS,4πkd)知，電容C變小，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大。C錯：插入有機玻璃板，相對介電常數(shù)ε變大，由C＝eq\f(εS,4πkd)知，電容C變大，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變小，因此靜電計指針的張角變小。D錯：由C＝eq\f(Q,U)，試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，是由于C不變導(dǎo)致的。3．(2024·天津理綜，3)如圖所示，實線表示某電場的電場線(方向未標出)，虛線是一帶負電的粒子只在電場力作用下的運動軌跡，設(shè)M點和N點的電勢分別為φM、φN，粒子在M和N時加速度大小分別為aM、aN，速度大小分別為vM、vN，電勢能分別為EpM、EpN。下列推斷正確的是(D)A．vM<vN，aM<aN B．vM<vN，φM<φNC．φM<φN，EpM<EpN D．a(chǎn)M<aN，EpM<EpN[解析]因為N點的電場線密，所以場強大，受到的電場力大，加速度大，即aM<aN。由虛線彎曲方向知，帶負電粒子受力指向運動軌跡的凹側(cè)，電場方向由電場線稀疏一側(cè)指向電場線密集一側(cè)，沿電場線方向電勢降低，即φM>φN。又由Ep＝qφ知，帶負電粒子在電勢越低的位置，具有的電勢能越大，即EpM<EpN。若帶負電粒子由M向N運動過程中電場力做負功，則動能減小，所以vM>vN。若帶負電粒子由N向M運動過程中電場力做正功，則動能增大，也可得vM>vN，故選D。4．(2024·江蘇單科，5)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴(D)A．仍舊保持靜止 B．豎直向下運動C．向左下方運動 D．向右下方運動[解析]起先時油滴處于靜止狀態(tài)，有mg＝qeq\f(U,d)B板右端下移時，U不變，d變大電場力F＝qeq\f(U,d)變小，mg>F受力分析如圖所示，mg與F的合力方向為右下方，故油滴向右下方運動。5．(2024·全國卷Ⅱ，2