4．如图13所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v₀沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图13

A．在前时间内，电场力对粒子做的功为Uq

B．在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq

C．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1

D．在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶2

答案　BC

解析　粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前时间内，电场力对粒子做的功为Uq，在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq，选项A错，B对；由W＝Eq·s知在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C对，D错．

3．如图12所示，一带负电的油滴，从坐标原点O以速率v₀射入水平向右的匀强电场，v₀的方向与电场方向成θ角，已知油滴质量为m，测得它在电场中运动到最高点P时的速率恰为v₀，设P点的坐标为(x_P，y_P)，则应有　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 (　)

图12

A．x_P>0　 　　　　　　　　　　　　　 B．x_P<0

C．x_P＝0　 　　　　　　　　　　　　 D．x_P的正负与v₀有关

答案　B

解析　因为电场为水平向右的匀强电场，

所以油滴所受的水平方向上的力为恒力且水平向左，

所以油滴在水平方向上的分运动为匀变速运动，

所以水平平均速度＝方向与末速度同向，

所以x_P＝×t应在O点左边，

所以x_p<0，B正确．

2．(2013·新课标Ⅱ·24)如图11，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动．经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为N_a和N_b.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．

图11

答案　(N_b－N_a)　(N_b＋5N_a)　(5N_b＋N_a)

解析　质点所受电场力的大小为F＝qE　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为v_a和v_b，由牛顿第二定律有

F＋N_a＝m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

N_b－F＝m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

设质点经过a点和b点时的动能分别为E_ka和E_kb，有

E_ka＝mv　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

E_kb＝mv　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

根据动能定理有E_kb－E_ka＝F·2r　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥

联立①②③④⑤⑥式得E＝(N_b－N_a)

E_ka＝(N_b＋5N_a)

E_kb＝(5N_b＋N_a)

模拟题组

1．(2013·新课标Ⅰ·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将　　　　　　　　 (　)

A．打到下极板上

B．在下极板处返回

C．在距上极板处返回

D．在距上极板d处返回

答案　D

解析　粒子两次落到小孔的速度相同，设为v，下极板向上平移后由E＝知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v²＝2ax得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg(＋d)－qU＝0，mg(＋h)－q·h＝0.两方程联立得h＝d，选项D正确．

31．用等效法处理带电体在电场、重力场

中的运动

等效思维方法就是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法．例如我们学习过的等效电阻、分力与合力、合运动与分运动等都体现了等效思维方法．常见的等效法有“分解”、“合成”、“等效类比”、“等效替换”、“等效变换”、“等效简化”等，从而化繁为简，化难为易．

带电体在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型．对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大．若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷．先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a＝视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．

例4　如图9所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m的小球，带正电荷量为q＝，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？

图9

审题与关联

解析　小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为mg′＝＝，tan θ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．

因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D点)满足等效重力刚好提供向心力，即有：mg′＝，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系可知＝2R，令小球以最小初速度v₀运动，由动能定理知：

－2mg′R＝mv－mv

解得v₀＝ ，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v≥ .

答案　v≥

突破训练4　如图10所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0.

图10

(1)求：①小球带电性质；②电场强度E.

(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度v_A的大小(可含根式)．

答案　见解析

解析　(1)①根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．

②小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有

0＝E_qLsin α－mgL(1－cos α)

解得E＝

(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下．

若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点．

m＝mg，

mv²－mv＝－mgL(1＋cos 30°)

联立解得v_A＝

高考题组

2．功能观点：首先对带电粒子受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算．

(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．

(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．

突破训练3　如图8所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v₀射入电场中，v₀方向的延长线与屏的交点为O.试求：

图8

(1)粒子从射入电场到打到屏上所用的时间．

(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；

(3)粒子打在屏上的点P到O点的距离x.

答案　(1)　(2)　(3)

解析　(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t＝.

(2)设粒子刚射出电场时沿平行电场线方向的速度为v_y，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a＝

所以v_y＝a＝

所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝＝.

(3)解法一　设粒子在电场中的偏转距离为y，则

y＝a()²＝·

又x＝y＋Ltan α，

解得：x＝

解法二　x＝v_y·＋y＝.

解法三　由＝得：x＝3y＝.

1．运动学与动力学观点

(1)运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：

①带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；

②带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)．

(2)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法．

2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系

当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qU_y＝mv²－mv，其中U_y＝y，指初、末位置间的电势差．

例3　如图7所示，两平行金属板A、B长为L＝8 cm，两板间距离d＝8 cm，A板比B板电势高300 V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10^－10 C，质量为m＝1.0×10^－20 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v₀＝2.0×10⁶ m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN、PS相距为12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．(静电力常量k＝9.0×10⁹ N·m²/C²，粒子的重力不计)

图7

(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？

(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹．

(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．

解析　(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(侧向位移)：

y＝at²

a＝＝

L＝v₀t

则y＝at²＝()²＝0.03 m＝3 cm

粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，则有

＝，解得Y＝4y＝12 cm

(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(图略)

(3)粒子到达H点时，其水平速度v_x＝v₀＝2.0×10⁶ m/s

竖直速度v_y＝at＝1.5×10⁶ m/s

则v_合＝2.5×10⁶ m/s

该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电

根据几何关系可知半径r＝15 cm

k＝m

解得Q≈1.04×10^－8 C

答案　(1)12 cm　(2)见解析　(3)负电　1.04×10^－8 C

　 　 带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路

1．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论

(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．

证明：由qU₀＝mv

y＝at²＝··()²

tan θ＝

得：y＝，tan θ＝

(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为.

2．带电粒子在电场中的偏转

(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．

(2)运动性质：匀变速曲线运动．

(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．

(4)运动规律：

①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间

②沿电场力方向，做匀加速直线运动

特别提醒　带电粒子在电场中的重力问题

(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．

(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．

考点一　平行板电容器的动态分析

运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路

(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．

(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．

(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．

(4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化．

例1　如图3所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态．以下说法中正确的是　　 (　)

图3

A．若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流

B．若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流

C．若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流

D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流

解析　根据电路图可知，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平衡；当S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E＝变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C＝可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项A正确；在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C＝可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项B正确；若将S断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，选项C错误；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q仍保持不变，两板间间距d变小，根据C＝，U＝和E＝，可得E＝，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，选项D错误．

答案　AB

　　 　平行板电容器的动态分析问题常见的类型

平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时U恒定，则Q＝CU∝C，而C＝∝，两板间场强E＝∝；二是电容器充电后与电源断开，此时Q恒定，则U＝，C∝，场强E＝＝∝.

突破训练1　在如图4所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与一灵敏静电计相接，极板A接地．下列操作中可以观察到静电计指针张角变大的是　　　　　　　　　　　　 (　)

图4

A．极板A上移

B．极板A右移

C．极板间插入一定厚度的金属片

D．极板间插入一云母片

答案　A

解析　静电计测量的是平行板电容器两极板之间的电压，电容器两极板上的电荷量保持不变，由C＝可得电压U＝，根据平行板电容器的电容C＝可知，通过减小极板正对面积S、增大板间距d和减小板间电介质的介电常数ε_r可以减小电容器的电容，从而增大板间电压U，故只有选项A是正确的．

考点二　带电粒子(或物体)在电场中的直线运动

例2　如图5所示，质量m＝2.0×10^－4 kg、电荷量q＝1.0×10^－6 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E的匀强电场中．取g＝10 m/s².

图5

(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；

(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E₀＝4.0×10³ N/C，方向不变．求在t＝0.20 s时间内电场力做的功；

(3)在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能．

解析　(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有

Eq＝mg

E＝＝ N/C＝2.0×10³ N/C，方向向上

(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E₀＝4.0×10³ N/C，设微粒的加速度为a，在t＝0.20 s时间内上升高度为h，电场力做功为W，则

qE₀－mg＝ma

解得：a＝10 m/s²

h＝at²

解得：h＝0.20 m

W＝qE₀h

解得：W＝8.0×10^－4 J

(3)设在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点时的动能为E_k，则

v＝at

由动能定理得mgh＝E_k－mv²

解得：E_k＝8.0×10^－4 J

答案　(1)2.0×10³ N/C　方向向上　(2)8.0×10^－4 J　(3)8.0×10^－4 J

突破训练2　电荷量为q＝1×10^－4 C的带正电的小物块置于绝缘粗糙水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图6甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s²，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

甲　　　　　　乙

图6

A．物块在4 s内的总位移x＝6 m

B．物块的质量m＝0.5 kg

C．物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2

D．物块在4 s内电势能减少14 J

答案　ACD

解析　由题图乙可知，物块前2 s做匀加速直线运动，在2 s～4 s做匀速直线运动，根据v－t图象所围面积可求得前2 s位移x₁＝2 m,2 s～4 s位移x₂＝4 m，总位移为x＝6 m，A正确.0～2 s内，由牛顿第二定律得qE₁－μmg＝ma，　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

且a＝＝1 m/s²，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

2 s后物块做匀速运动，有qE₂＝μmg　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

由题图甲知E₁＝3×10⁴ N/C、E₂＝2×10⁴ N/C，联立①②③可得m＝1 kg，μ＝＝0.2，B错误，C正确．又因为电势能的减少量等于电场力所做的功，即ΔE_p＝W＝E₁qx₁＋E₂qx₂＝14 J，D正确．

考点三　带电粒子在电场中的偏转