物理2018屆高考專用第一輪總復(fù)習(xí)打包老師搜集第六章基礎(chǔ)課

基礎(chǔ)課3

電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程，放電過(guò)程中轉(zhuǎn)化為其他形式的能。知識(shí)點(diǎn)一、常見(jiàn)電容器

電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系常見(jiàn)電容器組成：由兩個(gè)彼此絕緣

又相互靠近

的導(dǎo)體組成。帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的

絕對(duì)值

。電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過(guò)程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲(chǔ)存

電場(chǎng)能

。電場(chǎng)能差U的比值。(2)定義式：C＝

。1F＝

μF＝1012

pF2．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)物理意義：表示電容器

容納電荷

本領(lǐng)大小的物理量。單位：法拉(F)106QU4πkd(2)決定式：C＝

εrS

，k

為靜電力常量。3．平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對(duì)面積成正比，與電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。0(2)功能觀點(diǎn)分析：粒子只受電場(chǎng)力作用，滿足。知識(shí)點(diǎn)二、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在電場(chǎng)中的加速qE(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析：若電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，則有

a＝

m

，UE＝

d

，v2－v2＝2ad。qU＝1mv2－12

2mv20帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)條件：以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)，僅受電場(chǎng)力。運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：

類平拋

運(yùn)動(dòng)。處理方法：運(yùn)動(dòng)的分解。①沿初速度方向：做

勻速直線

運(yùn)動(dòng)。②沿電場(chǎng)方向：做初速度為零的

勻加速直線

運(yùn)動(dòng)。[思考判斷]電容器所帶的電荷量是指每個(gè)極板所帶電荷量的代數(shù)和。(

)電容表示電容器容納電荷的多少。(

)(3)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。((4)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。())4πkd(5)公式

C＝

εrS

可用來(lái)計(jì)算任何電容器的電容。(

)答案

(1)×

(2)×

(3)×

(4)×

(5)×電容器的電容及平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1．兩個(gè)公式的比較C＝Q

或

C＝ΔQ)U(

ΔUC＝

εrS4πkd公式特點(diǎn)定義式，適用于一切電容器決定式，適用于平行板電容器意義對(duì)某電容器Q∝U，但

QU＝C

不變，反映電容器容納電荷的本領(lǐng)C∝ε

，C∝S，C∝1，反r

d映了影響電容器電容大小的因素平行板電容器動(dòng)態(tài)變化的兩種情況(1)電容器始終與電源相連時(shí)，兩極板間的電勢(shì)差U保持不變。

(2)充電后與電源斷開(kāi)時(shí)，電容器所帶的電荷量Q保持不變。平行板電容器動(dòng)態(tài)問(wèn)題的分析思路4．平行板電容器問(wèn)題的一個(gè)常用結(jié)論電容器充電后斷開(kāi)電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場(chǎng)強(qiáng)度與極板間的距離無(wú)關(guān)。1．[有關(guān)電容器物理量的理解](多選)有一只電容器的規(guī)格是“1.5

μF，9

V”，那么(

)

A．這只電容器上的電荷量不能超過(guò)1.5×10－5

C

B．這只電容器上的電荷量不能超過(guò)1.35×10－5

C

C．這只電容器的額定電壓為9

V

D．這只電容器的擊穿電壓為9

V解析

9 V為電容器的額定電壓(或工作電壓)，故C正確；正

常工作時(shí)的帶電荷量Q＝CU＝1.5×10－6×9

C＝1.35×10－5

C，選項(xiàng)B正確。答案

BC2．[電容器的動(dòng)態(tài)分析](多選)美國(guó)物理學(xué)家密立根通過(guò)研究平行板間懸浮不動(dòng)的帶電油滴，比較準(zhǔn)確地測(cè)定了電子的電荷量。如圖1所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時(shí)極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則()圖1A．油滴帶負(fù)電mgB．油滴帶電荷量為UdC．電容器的電容為kmgdU2D．將極板N

向下緩慢移動(dòng)一小段距離，油滴將向上運(yùn)動(dòng)解析

由題意知油滴受到的電場(chǎng)力方向豎直向上，又上極板帶正電，故油滴帶負(fù)電，設(shè)油滴帶電荷量為

q，則極板帶電荷量d為

Q＝kq，由于

qE＝mg，E＝U

C＝

，解得，

UU

，U2Q

q＝mgd

C＝kmgd，將極板N

向下緩慢移動(dòng)一小段距離，U

不變，d

增大，則電場(chǎng)強(qiáng)度E

減小，重力將大于電場(chǎng)力，油滴將向下運(yùn)動(dòng)，只有選項(xiàng)

A、C

正確。答案AC3．[電容器的動(dòng)態(tài)分析](2016·天津理綜，4)如圖2所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則()圖2A．θ增大，E增大

C．θ減小，Ep增大B．θ增大，Ep不變

D．θ減小，E不變解析

若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離，根據(jù)

C＝

εrS

可知，C

變大；根據(jù)

Q＝CU

可知，在

Q

一定4πkd的情況下，兩極板間的電勢(shì)差減小，則靜電計(jì)指針偏角θ

減小；根據(jù)

E＝U

εrS

4πkQd

，Q＝CU，C＝4πkd聯(lián)立可得，E＝

εrS

，可知E

不變；P

點(diǎn)離下極板的距離不變，E

不變，則P

點(diǎn)與下極板的電勢(shì)差不變，P

點(diǎn)的電勢(shì)不變，故Ep

不變；由以上分析可知，選項(xiàng)D

正確。答案D帶電粒子(或帶電體)在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)1．做直線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)。

(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(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)。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)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：根據(jù)帶電粒子受到的電場(chǎng)力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)情況。此方法只適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)。(2)功能觀點(diǎn)：根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子所做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化求解。此方法既適用于勻強(qiáng)電場(chǎng)，也適用于非勻強(qiáng)電場(chǎng)。勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qEd＝qU＝1

v2－1m

2mv202非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek11．[帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng)](2015·海南單科)如圖3

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(chǎng)力的作用下兩粒子同時(shí)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知兩粒子同時(shí)經(jīng)過(guò)一平行于2正極板且與其相距5l

的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略。不計(jì)重力，則

M∶m

為(

)A．3∶2C．5∶2B．2∶1D．3∶1圖3解析

設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為

E，兩粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，對(duì)

M

有：aM＝Eq

2

1EqM

5

2

M2m，

l＝

t

；對(duì)

m

有：a

＝，5l＝Eq

3

1Eqm

2

m2t

，聯(lián)立解得M＝3m

2，A

正確。答案

A2．[帶電粒子的往返運(yùn)動(dòng)]一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對(duì)電場(chǎng)的影響可忽略不計(jì))。小孔正上方d

P

點(diǎn)有處的2一帶電粒子，該粒子從靜止開(kāi)始下落，經(jīng)過(guò)小孔進(jìn)入電容器，d并在下極板處(未與極板接觸)返回。若將下極板向上平移3，)則從P

點(diǎn)開(kāi)始下落的相同粒子將(A．打到下極板上

B．在下極板處返回dC．在距上極板2處返回D．在距上極板2

處返回5d3解析

未平移下極板時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理有

mg·2d＝qU。將下d極板向上平移3，從P

點(diǎn)開(kāi)始下落的相同粒子到達(dá)下極板處7重力做功為mg·6d＜qU，所以選項(xiàng)A、B

錯(cuò)誤；設(shè)距上極板dd－3d

Ux

處返回，根據(jù)動(dòng)能定理有

mg·(2＋x)＝q·

x。兩式聯(lián)立解得

x＝2

，選項(xiàng)

C

錯(cuò)誤，D

正確。d3答案

D3．[帶電體的直線運(yùn)動(dòng)]如圖4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(kāi)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：圖4小球到達(dá)小孔處的速度；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(kāi)始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間。解析

(1)由

v2＝2gh，得

v＝

2gh整理得電場(chǎng)強(qiáng)度E＝(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＝2admg（h＋d）qd由U＝Ed，Q＝CU，得電容器所帶電荷量Q＝Cmg（h＋d）

q1221(3)由h＝

gt

，0＝v＋at

，t＝t

＋t2

1

2h＋d整理得t＝h2h

gmg（h＋d）qdCmg（h＋d）q(3)h＋dh答案

(1)

2gh

(2)2h

g帶電粒子重力是否計(jì)入的判斷微觀粒子(如電子、質(zhì)子、離子等)和無(wú)特別說(shuō)明的帶電粒子，一般都不計(jì)重力(并不是忽略質(zhì)量)；帶電微粒(如油滴、液滴、塵埃、小球等)除有特別說(shuō)明或暗示外，一般要考慮重力；原則上，所有未明確交代的帶電體，都應(yīng)根據(jù)題設(shè)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和過(guò)程，反推是否計(jì)重力(即隱含條件)。規(guī)律方法2．帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析方法帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)1．帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)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)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。112證明：由qU

＝

mv20ly＝1at2＝1

qU2·(

)2 2·md

v02tan

θ＝

qU2lmdv20U2l2

U2l得：y＝4U1d，tan

θ＝2U1d(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

到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距l(xiāng)離為2。3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度

v

時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)21

122

2y

0yUd行求解：qU

＝

mv

－mv

，其中U

＝

y，指初、末位置間的電勢(shì)差?！镜淅?18

分)如圖

5

所示，兩平行金屬板

A、B

長(zhǎng)

l＝8cm，兩板間距離

d＝8 cm，A

板比

B

板電勢(shì)高

300

V，即

UAB＝300

V。一帶正電的粒子電量為q＝10－10

C，質(zhì)量為m＝10－20kg，從R

點(diǎn)沿電場(chǎng)中心線垂直電場(chǎng)線飛入電場(chǎng)，初速度v0＝2×106

m/s，粒子飛出平行板電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)界面MN

PS

間的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域后，進(jìn)入固定在中心線上O

點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q

形成的電場(chǎng)區(qū)域(設(shè)界面PS

右邊點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面的影響)。已知兩界面MN、PS

相距為L(zhǎng)＝12

cm，粒子穿過(guò)界面PS

后被點(diǎn)電荷Q

施加的電場(chǎng)力俘獲，從而以O(shè)

點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF

上(靜電力常量k＝9×109

N·m2/C2，粒子重力不計(jì)，tan

37°3

4＝4，tan

53°＝3)。求：圖5(1)粒子穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離h；(2)粒子穿過(guò)界面MN時(shí)的速度v；(3)粒子穿過(guò)界面PS時(shí)偏離中心線RO的距離Y；(4)點(diǎn)電荷的電荷量Q(該小題結(jié)果保留一位有效數(shù)字)。解析

(1)設(shè)粒子在兩極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為

a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，v0則：t＝

l

①(1

分)2h＝1at2②(1

分)a＝qE

qUABm

＝

md

③(2

分)2md

v0解得：h＝qUAB(l

)2＝0.03

m＝3

cm④(1

分)(2)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為vy，則：yv

＝at＝ABqU

lmdv0⑤(1

分)解得：vy＝1.5×106

m/s

⑥(1

分)所以粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的速度為：v＝

v2＋v2＝2.5×106

m/s⑦(1

分)0

yY設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為θ，則tan

θ＝vy＝3⑧(1

分)v0

4解得：θ＝37°⑨(1

分)(3)帶電粒子在離開(kāi)電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由相似三角形知識(shí)得：lh＝

22l

＋L⑩(2

分)解得：Y＝0.12

m＝12

cm(1

分)答案

(1)3

cm37°角斜向下(2)2.5×106

m/s，方向與水平方向成(3)12

cm (4)－1×10－8

C(4)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：r＝Y(jié)cos

θ＝0.15

m (1

分)又：k|Q|qr2v2＝m

r

(2

分)解得：|Q|＝1×10－8

C故：Q＝－1×10－8

C(1

分)(1

分)分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的關(guān)鍵條件分析：不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場(chǎng)方向垂直，則帶電粒子將在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)分析：一般用分解的思想來(lái)處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)。方法技巧1．[偏轉(zhuǎn)問(wèn)題](多選)如圖6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(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點(diǎn)，若

OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則()圖6A．A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2B．A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12D．A和B的位移大小之比為1∶1解析

粒子

A

和

B

在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向由

x0

A

B＝v

t

及

OC＝CD

得，t

∶t

＝1∶2；豎直方向由

h＝12at2

得a＝t2A

B2h，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為

a

∶a

＝4∶1；qE

qE

mA

1

根據(jù)

a＝

m

得

m＝

a

，故m

＝12，A

和

B

的位移大小不相等，B故選項(xiàng)A、B、C

正確，D

錯(cuò)誤。答案

ABC2．[加速與偏轉(zhuǎn)]

(2016·北京理綜，23)如圖7所示，電子由靜止

開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看做勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極

板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距為d。圖7(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問(wèn)題的常用方法。在解決(1)問(wèn)時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說(shuō)明其原因。已知U＝2.0×102

V，d＝4.0×10－2

m，m＝9.1×10－31

kg，e＝1.6×10－19

C，g＝10

m/s2。(3)極板間既有靜電場(chǎng)也有重力場(chǎng)。電勢(shì)反映了靜電場(chǎng)各點(diǎn)的能的性質(zhì)，請(qǐng)寫出電勢(shì)φ的定義式。類比電勢(shì)的定義方法，在重力場(chǎng)中建立“重力勢(shì)”的φG概念，并簡(jiǎn)要說(shuō)明電勢(shì)和“重力勢(shì)”的共同特點(diǎn)。012解析

(1)根據(jù)功能的關(guān)系，有

eU

＝

mv200電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v

＝2eU0mv0在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝

L

＝Lm2eU0加速度a＝eEeUm

＝md12偏轉(zhuǎn)距離Δy＝

a(Δt)＝UL202 4U

d(2)只考慮電子所受重力和電場(chǎng)力的數(shù)量級(jí)，有重力G＝mg≈10－30

N電場(chǎng)力F＝eU由于F－16d

≈10

NG，因此不需要考慮電子所受的重力。(3)電場(chǎng)中某點(diǎn)電勢(shì)φ

定義為電荷在該點(diǎn)的電勢(shì)能Ep

與其電荷量q

的比值，即φ＝Ep，類比靜電場(chǎng)電勢(shì)的定義，將重力場(chǎng)中物體q在某點(diǎn)的重力勢(shì)能Ep

與其質(zhì)量m

的比值，叫做重力勢(shì)，即φG＝Epm電勢(shì)φ和重力勢(shì)φG都是反映場(chǎng)的能的性質(zhì)的物理量，僅由場(chǎng)自身的因素決定。答案

(1)2eU0

UL2m

4U0d(2)見(jiàn)解析

(3)見(jiàn)解析用等效法處理帶電粒子在電場(chǎng)、重力場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1．等效思維方法等效法是將一個(gè)復(fù)雜的物理問(wèn)題，等效為一個(gè)熟知的物理模型或問(wèn)題的方法。帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)組成的復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，是高中物理教學(xué)中一類重要而典型的題型。對(duì)于這類問(wèn)題，若采用常規(guī)方法求解，過(guò)程復(fù)雜，運(yùn)算量大。若采用

“等效法”求解，則能避開(kāi)復(fù)雜的運(yùn)算，過(guò)程比較簡(jiǎn)捷。2．等效法求解電場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的解題思路(1)求出重力與電場(chǎng)力的合力

F

合，將這個(gè)合力視為一個(gè)“等效重力”。F合將a＝

m

視為“等效重力加速度”。小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點(diǎn)”，圓周上與該點(diǎn)在同一直徑的點(diǎn)為“等效最高點(diǎn)”。注意：這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)。將物體在重力場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律遷移到等效重力場(chǎng)中分析求解?！舅季S訓(xùn)練1】如圖8

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(gè)裝置處于場(chǎng)強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m

的帶正電小球，電荷量為q＝3E3mg，要使小球能安全通過(guò)圓軌道，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿足什么條件？圖8解析小球先在斜面上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力、軌道作用力，如圖所示，類比重力場(chǎng)，將電場(chǎng)力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為3mg′＝

（qE）2＋（mg）2＝2

3mg，3tan

θ＝qE＝

，得θ＝30°mg

3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(yùn)動(dòng)。因要使小球能安全通過(guò)圓軌道，在圓軌道的“等效最高點(diǎn)”(D

點(diǎn))滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有：mg′＝mv2RD，—因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知AD＝2R，令小球以最小初速度v0

運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理知：22D1

1－2mg′R＝

mv

－2mv200解得v

＝310

3gR，因此要使小球安全通過(guò)圓軌道，初速度應(yīng)滿足v≥10

3gR3。答案

v≥10

3gR3【思維訓(xùn)練2】

如圖

9

所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點(diǎn)分別是圓軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)(電荷量不變)，經(jīng)過(guò)C

點(diǎn)時(shí)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9求小球所受的電場(chǎng)力大小；求小球在A點(diǎn)的速度v0為多大時(shí)，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小。解析(1)小球在C

點(diǎn)時(shí)速度最大，則電場(chǎng)力與重力的合力沿

DC

方向，所以小球受到的電場(chǎng)力的大小F＝mgtan

60°＝

3

mg。(2)要使小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過(guò)D

點(diǎn)時(shí)的速度最小，即在D

點(diǎn)小球?qū)A軌道的壓力恰好

mg

v2為零，有cos

60°＝mr

，解得v＝

2gr。在小球從圓軌道上的A

點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D

點(diǎn)的過(guò)程中，有201

122

2mgr(1＋cos

60°)＋Frsin

60°＝

mv

－

mv

，解得

v0＝2 2gr。答案

(1)

3mg(2)2

2gr1．(2016·全國(guó)卷Ⅰ，14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器

()A．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大

B．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大

C．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變

D．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變解析

由

C＝rε

S4πkd可知，當(dāng)云母介質(zhì)移出時(shí)，εr變小，電容器的電容C

變??；因?yàn)殡娙萜鹘釉诤銐褐绷麟娫瓷?，故U

不變，根據(jù)Q＝CU

可知，當(dāng)C

減小時(shí)，Q

減小。再由EU＝

d

，由于U與d都不變，故電場(chǎng)強(qiáng)度E

不變，選項(xiàng)D正確。答案

D2．(2016·海南單科，6)如圖10，平行板電容器兩極板的間距為

d

，極板與水平面成45°角，上極板帶正電。一電荷量為

q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處。以初動(dòng)能Ek0豎直向

上射出。不計(jì)重力，極板尺寸足夠大。若粒子能打到上極板，則兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值為(

)圖10解析根據(jù)電荷受力可以知道，粒子在電場(chǎng)中做曲線運(yùn)動(dòng)，如圖所示。當(dāng)電場(chǎng)足夠大時(shí)，粒子到達(dá)上極板時(shí)速度恰好與上極板平行，如圖，將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，當(dāng)分速度vy＝0時(shí)，則粒子A.Ek04qdB.Ek0C.2Ek02qd

2qdD.2Ek0qd2yEq的速度正好平行上極板，則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：－v

＝－2

m

d，202mv

，聯(lián)立整理得到E＝＝1

Ek02qd，故由于

vy＝v0cos

45°，Ek0選項(xiàng)B正確。答案

B3．(2015·天津理綜，7)(多選)如圖11所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無(wú)初速地進(jìn)入電場(chǎng)線水平向右的加速電場(chǎng)E1，之后進(jìn)入電場(chǎng)線豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上．整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么()圖11A．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多

B．三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大

C．三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同

D．三種粒子一定打到屏上的同一位