第一章 靜電場

第一章靜電場1電荷守恒定律庫侖定律【考點自清】一、物質(zhì)的電結(jié)構(gòu)與電荷守恒定律1. 原子是由帶 的原子核和帶 的電子構(gòu)成，原子核的正電荷數(shù)與電子的負電荷數(shù)相等，整個原子對外界較遠位置表現(xiàn)為.正電 負電 電中性2. 金屬中離原子核最遠的電子往往會脫離原子核的束縛而在金屬中自由活動，這種電子叫彳 ，失去電 子的正離子在自己的平衡位置上振動而不移動，只有自由電子穿梭其中，這就使金屬成為.自由電子 導(dǎo)體二、電荷守恒定律1. 電荷既不會創(chuàng)生，也不會消滅，它只能從一個物彳到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移過程中，電荷的 保持不變.轉(zhuǎn)移總量2. 元電荷：通常把e=C的電荷叫做元電荷，所有帶電體的電荷量都是元電荷帶電量白 倍，電子、質(zhì)子的電荷量都等于元電荷量1.6x10-19 C，但電性不同，前者為負，后者為正.1.6x10-19整數(shù) 三、庫侖定律1. 點電荷：是一種理想化的物理模型，當(dāng)帶電體本身的和對研究的問題影響很小時，可以將帶電體視為 點電荷.大小形狀2. 庫侖定律內(nèi)容：真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用力，跟它們的電荷量的乘積成，跟它們的距離的二次方 成，作用力的方向在它們的上. 正比反比連線(2) 公式：=峰，其中比例系數(shù)k叫做靜電力常量，k=9.0x109 Nm2/C2.(3) 適用條件：:. 真空點電荷【核心考點突破】考點一靜電現(xiàn)象的解釋【問題展示】如圖所示，有一帶電的橡膠棒和不帶電的驗電器，你有幾種方法使驗電器帶上電？【歸納提煉】(T)1 .使物體帶電的三種方法及實質(zhì)摩擦起電、感應(yīng)起電和接觸帶電是使物體帶電的三種方法，它們的實質(zhì)都是電荷的轉(zhuǎn)移.實現(xiàn)電荷轉(zhuǎn)移的動力是 同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引.2驗電器與靜電計的結(jié)構(gòu)與原理玻璃瓶內(nèi)有兩片金屬箔，用金屬絲掛在一根導(dǎo)體棒的下端，棒的上端通過瓶塞從瓶口伸出(如圖甲所示).如果把 金屬箔換成指針，并用金屬做外殼，這樣的驗電器又叫靜電計(如圖乙).注意金屬外殼與導(dǎo)體棒之間是絕緣的. 不管是靜電計的指針還是驗電器的箔片，它們張開角度的原因都是同種電荷相互排斥的結(jié)果.X堂rn乙【例1】(北京理綜)使帶電的金屬球靠近不帶電的驗電器，驗電器的箔片張開.下列各圖表示驗電器上感應(yīng)電考點二庫侖定律的理解與應(yīng)用1. 庫侖定律的適用條件是真空中的靜止點電荷.點電荷是一種理想化模型，當(dāng)帶電體間的距離遠遠大于帶電體 的自身大小時，可以視其為點電荷而適用庫侖定律，否則不能適用.易錯點：在理解庫侖定律時，有人根據(jù)公式尸=籍，設(shè)想當(dāng)，一0時得出F一8的結(jié)論，請分析這個結(jié)論是否正 / 2確.答案：從數(shù)學(xué)角度分析是正確的，但從物理角度分析，這一結(jié)論是錯誤的.錯誤的原因是：當(dāng)r0時兩電荷已 失去了作為點電荷的前提條件，何況實際電荷都有一定大小，根本不會出現(xiàn)r=0的情況.也就是說當(dāng)0時， 已不能再利用庫侖定律計算兩電荷間的相互作用力了.2. 庫侖定律的應(yīng)用方法庫侖定律嚴格地說只適用于真空中，在要求不很精確的情況下，空氣可近似當(dāng)作真空來處理.注意庫侖力是矢量， 計算庫侖力可以直接運用公式，將電荷量的絕對值代入公式，根據(jù)同種電荷相斥，異種電荷相吸來判斷作用力卜 是引力還是斥力；也可將電荷量帶正、負號一起運算，根據(jù)結(jié)果的正負，來判斷作用力是引力還是斥力.3. 三個自由點電荷的平衡問題(1) 條件：兩個點電荷在第三個點電荷處的合場強為零，或每個點電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等，方向相 反.(2) 規(guī)律：“三點共線”三個點電荷分布在同一條直線上；“兩同夾異”一一正負電荷相互間隔；“兩大夾小”中間電荷的電荷量最??；“近小遠大”一一中間電荷靠近電荷量較小的電荷.注意：(1)兩個點電荷間的距離r一0時，不能再視為點電荷，也不遵循庫侖定律，它們之間的庫侖力不能認為 趨于無窮大.(2)兩個帶電體間的庫侖力是一對相互作用力.題型互動探究題型一用“補償法”構(gòu)建點電荷模型補償法在物理解題中的應(yīng)用是：當(dāng)解決給定目標問題所需的條件不足或沒有條件而造成直接求解困難或不能求解 時，我們給其補償上另外一個問題，使其成為一個新的目標問題，這個新的目標問題應(yīng)該是我們所熟悉的一個物 理模型，這個模型應(yīng)該是比較容易求解的或能夠求解的，同時要求補償上的問題也應(yīng)該是能夠求解的.這樣我們 就能夠通過求解這個模型和補償上的問題把較困難的問題轉(zhuǎn)變?yōu)檩^容易的問題，從而達到最終求解所給定的目標 問題的目的.【例1】如圖所示，半徑為R的絕緣細圓環(huán)均勻帶電，帶電量為+0圓環(huán)上有一小缺口，缺口寬度為l，lR， 在圓環(huán)中心放一帶電量為+q的點電荷，求點電荷q所受的庫侖力的大小和方向.解析因為缺口寬度lR，所以缺口寬度遠小于圓環(huán)周長，圓環(huán)上單位長度的帶電量為：q=0. 1 2nRk-!因為小缺口處無電荷，可以認為帶有等量的正電和負電，電量為：q=w=0.',"由對稱性可知，整個圓環(huán)上的正電對點電荷的作用力為零，所以點電荷q所受的庫侖力應(yīng)/®R +是缺口處負電荷的作用力.由于缺口寬度心，缺口處可以看作點電荷，所以有：尸=籍=三：.、司.03,方向由圓環(huán)中心指向缺口.1 方法點電荷是一種理想化模型，帶電體能否看作點電荷與電荷的大小及形狀無關(guān)，關(guān)鍵是看帶電體的大小與兩 帶電體之間的距離的關(guān)系，如果帶電體的大小遠小于兩帶電體的間距就可以看作點電荷.抽象物理模型的能力是 物理解題的最基本能力之一，如上題中，巧妙地把'缺口”看作點電荷，并充分運用“對稱性”，使問題得到解決.【例2】如圖所示，兩個質(zhì)量均為m的完全相同的金屬球殼。和b,其殼層的厚度和質(zhì)量分布均勻，將它們固定 于絕緣支座上，兩球心間的距離l為球半徑的3倍.若使它們帶上等量異種電荷，使其電荷量的絕對值均為Q,那么關(guān)于a、b兩球之間的萬有引力F引和庫侖力F的表達式正確的是DA.m2F引=GF庫=m2B. F引衍石Q2F庫*C.m2F弓皿，F(xiàn)庫=m2D. F 引=g17Q2F庫咪題型二 庫侖力作用下的平衡問題【例2】（2009浙江理綜）如圖所示，在光滑絕緣水平面上放置3個電荷量均為q（q>0）的相同小球，小球之間用勁度系數(shù)均為k0的輕質(zhì)彈簧絕緣連接.當(dāng)3個小球處在靜止狀態(tài)時，每根q站 q彈簧的長度為l.已知靜電力常量為k，若不考慮彈簧的靜電感應(yīng)，則每根彈二,簧的原長為（）C'二/ 一"5k31也 八55kq2A l+2k0l2B. l k0l2C. l 4k0l2D. l 2k0l2解析以左邊小球為研究對象，它受另外兩個帶電小球的庫侖斥力和彈簧彈力作用而平衡，有F=k0Ax=¥+ 2簫=5，Ax=4iqi，故彈簧原長 l0=l - Ax=l - 4iqt-【例3】如圖所示，把質(zhì)量為0.2 g的帶電小球A用絲線吊起，若將帶電荷量為4x10-8C的小球B靠近它，當(dāng)兩小球在同一高度且相距3 cm時，絲線與豎直方向夾角為少U45°，此時小球B受到庫侖力F的大小為多少？小球A帶的電荷量QA是多少？答案 2X103 N 一 5X109 C萬 A :題型三 庫侖力參與的動力學(xué)問題【例3】如圖所示，豎直平面內(nèi)有一圓形光滑絕緣細管，細管截面半徑遠小于半徑R在中心處固定一帶電荷量 為+ Q的點電荷.質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的帶電小球在圓形絕緣細管中做圓周運動，當(dāng)小球運動到最高點時 恰好對細管無作用力，求當(dāng)小球運動到最低點時對管壁的作用力是多大？ 解析設(shè)小球在最高點時的速度為七，根據(jù)牛頓第二定律kQqv12mg- R2 =mR 設(shè)當(dāng)小球在最低點時的速度為v2,管壁對小球的作用力為F，根據(jù)牛頓第二定律有kQq v22Fmg r2 =mR小球從最高點運動到最低點的過程中只有重力做功，故機械能守恒.則mg2R=|mv22-|mv12由式得F=6mg由牛頓第三定律得球?qū)鼙诘淖饔昧=6mg2電場力的性質(zhì)【考點自清】一、靜電場1. 電場是存在于電荷周圍的一種，靜電荷產(chǎn)生的電場叫靜電場. 特殊的物質(zhì)2. 電荷間的相互作用是通 實現(xiàn)的.電場的基本性質(zhì)是對放入其中的電荷 .電場 力的作用二、電場強度1 .物理意義：表示電場的 和. 強弱 方向2. 定義：電場中某一點的電荷受到的電場力F跟它的 的比值叫做該點的電場強度.電荷量q【核心考點突破】考點一電場強度1.對三個電場強度公式E=F、E=kQ和E=*的正確理解 qr 2 - 表達式 比較F E= qQE=k r2UE=d公式意義電場強的 定義式真空中點電荷的決定式勻強電場E與U的關(guān)系式適用條件一切電場真空；點電荷勻強電場比較決定因素電場本身決定， 與q無關(guān)場源電荷Q和場源電荷到該點 的距離r共同決定電場本身決定相同點矢量，1 N/C = 1 V/m注意 F 一，, 針對電場中某點的電場強度，公式E=F只是電場強度的定義式而非決定式，q是引入的q試探電荷，E與q無關(guān)，不能說E與F成正比、E與q成反比.電場中某點的場強和放 入的試探電荷無關(guān)，是由電場本身的性質(zhì)決定的.孤立點電荷Q的電場中，E=kQ是電 場的決定式，可以說E與Q成正比、E與r成反比.E=U表達式中d是沿電場線方向上 的距離.2. 場強疊加原理和應(yīng)用(1) 當(dāng)空間有幾個點電荷同時存在時，它們的電場就互相疊加，形成合電場，這時某點的場強就是各個點電荷單 獨存在時在該點產(chǎn)生的場強的矢量和.(2) 場強是矢量，遵守矢量合成的平行四邊形定則，注意只有同時作用在同一區(qū)域的電場才能疊加.(3) 電場中某點處的電場強度E是唯一的，它的大小和方向與放入該點的點電荷q無關(guān)，它決定于形成電場的電 荷(源電荷)及空間位置，電場中每一點對應(yīng)的電場強度與放入該點的電荷無關(guān).考點二電場線【問題展示】圖是等量同種、等量異種電荷的電場線圖，試分析：連線上A與Af，中垂線上B與&的場強關(guān)系.【歸納提煉】1.兩點電荷連線的中垂線上的電場分布及特點的比較比較項目等量同種電荷等量異種電荷交點O處的場強為零在連線上最小在中垂線上最大由O沿中垂線向外場強的變化向外先增大 后減小向外逐漸減小關(guān)于O點對稱的兩點A與A'，B與B'場強的關(guān)系等大、反向等大、同向2. 電場線與帶電粒子運動軌跡的關(guān)系一般情況下，帶電粒子在電場中的運動軌跡不會與電場線重合，只有同時滿足以下三個條件時，兩者才會重合:(1) 電場線為直線；(2) 電荷初速度為零，或速度方向與電場線平行；(3) 電荷僅受電場力或所受其他力合力的方向與電場線平行.【經(jīng)典題型】題型一巧用“對稱思想”處理電場強度的疊加問題對稱現(xiàn)象普遍存在于各種物理現(xiàn)象和物理規(guī)律中，應(yīng)用對稱性不僅能幫助我們認識和探索物質(zhì)世界的某些基本規(guī) 律，而且也能幫助我們?nèi)デ蠼饽承┚唧w的物理問題，這種思維方法在物理學(xué)中稱為對稱法.利用對稱法分析解決 物理問題，可以避免復(fù)雜的數(shù)學(xué)演算和推導(dǎo)，直接抓住問題的實質(zhì)，出奇制勝，快速簡便地求解問題.例1.如圖所示，位于正方形四個頂點處分別固定有點電荷A、B、C、O四個點電荷的/帶電量均為q，其中點電荷A、C帶正電，點電荷B、D帶負電，試確定過正方形中心O礦/ 工p并與正方形垂直的直線上到O點距離為x的p點處的電場強度的大小和方向.dp 一答案：0/例2.如圖所示，帶電荷量為+q的點電荷與均勻帶電薄板相距為2d，點電荷到帶電薄板的垂線通過板的幾何中 心.若圖中。點處的電場強度為零，根據(jù)對稱性，帶電薄板在圖中點處產(chǎn)生的電場強度大小為，方向.(靜電力常量為k).答案星向左M題型二電場線的應(yīng)用W V答題技巧數(shù)形結(jié)合思想在物理中的應(yīng)用有些物理問題，不但可以用物理量來表達，也可以用圖形來表達.例如電場和磁場，既可以用電場強度和磁感應(yīng) 強度來反映場的強弱及方向，也可以用電場線和磁感線來反映場的強弱及方向.對于這類問題，應(yīng)做到兩種方法 之間的熟練轉(zhuǎn)換，即由物理量的情況能夠想到圖形的大體形狀，反之由圖形的形狀能夠想到物理量的大小及變化， 也就是要做到數(shù)形的有機結(jié)合.例3.在如圖所示的四種電場中，分別標記有a、b兩點.其中a、b兩點的電勢相等，電場強度大小相等、方向也 相同的是()BA. 甲圖：與點電荷等距的a、b兩點B. 乙圖：兩等量異種電荷連線的中垂線上與連線等距的a、b兩點C. 丙圖：點電荷與帶電平板形成的電場中平板上表面的a、b兩點D-丁圖：勻強電場中的a、b兩點題型三 電場中帶電體的平衡問題,【例 3】如圖所示，QA=3x10-8 C，QB=3x10-8 C，A、 B兩球相距5 cm，在水平 方向外加勻強電場作用下，A、B保持靜止，懸線豎直，求4、B連線中點的場強.(兩 帶電小球可看成質(zhì)點)解析 以A為研究對象，B對A的庫侖力和外電場對A的電場力平衡，ER=捋B| 夕卜 Ar2則|Q| 9x109x3x108E =kS = N/C= 1.08x105 N/C外r2(5x102)2E外方向與A受到的B的庫侖力方向相反，方向向左.在AB連線的中點處Ea、Eb的方向均向右，設(shè)向右為正方 向.則有E LEa+EbE外.E總=牛+翌盟，又Qa = Qb'，所以7kQ.、，.E =7x1.08x105 N/C=7.56x105 N/C，萬向向右.總 r例4.如圖所示，一個質(zhì)量為30 g、帶電荷量一1.7x10-8 C的半徑極小的小球，用絲線懸掛在某勻強電場中，電場 線與水平面平行.當(dāng)小球靜止時，測得懸線與豎直方向夾角為30°.求勻強電場E.(g取10 m/s2)解析 分析小球受力，重力mg豎直向下，絲線拉力Ft沿絲線方向向上，因為小球處于平衡狀態(tài)，還應(yīng)受水平 向左的電場力F.小球帶負電，所受電場力方向與場強方向相反，所以場強方向水平向右.小球在三個力作用下處于平衡狀態(tài).三個力的合力必為零，所以F=mgtan 30°，又 F=Eq，Eq=mgtan 30°mgtan 30° 30x103x10x 3/3E=mg=" m 此 N/C = 1.0x107 N/C.q1.7x108題型四力電綜合題(牛頓定律類)【例4】如圖所示，勻強電場方向與水平線間夾角。=30°,方向斜向右上方，電場 強度為&質(zhì)量為m的小球帶負電，以初速度開始運動，初速度方向與電場方向一致.(1)若小球的帶電荷量為0 = %?，為使小球能做勻速直線運動，應(yīng)對小球施加的恒力F1的大小和方向各如何?(2)若小球的帶電荷量為q = 2mg，為使小球能做直線運動，應(yīng)對小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何？F,解析(1)如右圖所示，欲使小球做勻速直線運動，必使其合外力為0，設(shè)對小球施加的力F1與水平方向夾角為a， 則Ffos a=qEcos 0FSin a=mg+qEsin 0解之得 a=60°，F(xiàn) =、：Bmg恒力F與水平線夾角60°斜向右上方.(2)為使小球能做直線運動，則小球所受合力的方向必和運動方向在一條直線上，故要求力F2和mg的合力和電場力在一條直線上.當(dāng)F2取最小值時，F(xiàn)2垂直于F.故 F2=mgsin 60°= £mg方向如右圖所示，與水平線夾角60°斜向左上方.3電場能的性質(zhì)【考點自清】一、電勢能1. 電場力做功的特點：電場力做的功只與電荷的 有關(guān)，與電荷運動的 無關(guān). 始末位置 軌跡2. 電勢能的定義：電荷在電場中具有的能.3. 電場力做功與電勢能變化的關(guān)系：（1）電勢能變化的數(shù)彳 電場力做的功，（2）電場力做正功，電勢能； 電場力做負功，電勢能.等于減少增加二、電勢1. 定義：電荷在電場中某點的 和它的 的比值. 電勢能 電荷量E2. 表達式：（p= f.q3. 意義：電場中某點的電勢在數(shù)值上等于單位正電荷由該點移 點時電場力所做的功.零電勢能4. 電勢具有相對性:電勢的高低與 的選取有關(guān)，實際中一般選取 或 為零電勢點.零電勢點大地?zé)o窮遠5. 等勢面：在電場中電勢相等的各點構(gòu)成的面.三、電勢差1. 定義：電場中兩點間 的差值，即UAB=.2. 電場力做的功與電勢差的關(guān)系：WAB=或UAB=.3. 勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系U=.根據(jù)電荷與電勢差確定電場力做功的正負：對正電荷：由高電勢向低電勢移動時，電場力做正功，即q為正，UAB為正，WAB為正.由低電勢向高電勢移動 時，電場力做負功，即q為正，UAB為負，則WAB為負值.對負電荷：由高電勢向低電勢移動時，電場力做負功，即q為負，UAB為正，WAB為負；由低電勢向高電勢移動 時，電場力做正功，即q為負，UAB為負，WAB為正值.可見公式WAB=qUAB滿足代數(shù)運算法則，計算時可代入 正負號運算【核心考點突破】考點一電場強度、電勢、電勢差、電勢能的聯(lián)系與區(qū)別電場強度電勢電勢差電勢能意義描述電場的力的性質(zhì)描述電場的能的性質(zhì)描述電場做功的本領(lǐng)描述電荷在電場中的能 量，電荷做功的本領(lǐng)定義e=f q木EQ = qU =fab qE =qe矢標性矢量：方向為正電荷 的受力方向標量：正負只表示高 低標量：正負只反映兩點 電勢的高低標量：正負只表示大小決定 因素電場強度由電場本身 決定，與試探電荷無 關(guān)電勢由電場本身決 定，與試探電荷無 關(guān).其大小與參考點 的選取有關(guān)，具有相 對性電勢差由電場本身的兩 點間電勢差值決定，與 試探電荷無關(guān)，與參考 點的選取無關(guān)電勢能由電荷量和該點 電勢共同決定，與參考點 的選取有關(guān)相互關(guān)系場強為零的地方電勢 不一定為零電勢為零的地方場強 不一定為零場強為零的區(qū)域兩點間 的電勢差一定為零，電 勢差為零區(qū)域場強不一 定為零場強為零，電勢能不一定 為零；電勢為零，電勢能 一定為零聯(lián)系勻強電場中U =Ed（d為A、B間沿場強方向上的距離）； AB電勢沿場強方向降低最快；關(guān)系式：=乳一加；WAB = EpA EpB = q（巾AXqUAB 考點二等勢面的特點【問題展示】下面是靜電場中的四種電場的等勢面：勻強電場、點電荷、等量異種點電荷、等量同種點電荷的電場及等勢面的分布，如圖2所示，請分析各圖形中等勢面的特征.電場線等勢面【歸納提煉】總結(jié)等勢面的特點（1）等勢面一定和電場線垂直.（2）等勢面上各點電勢相等，在等勢面上移動電荷電場力不做功.（3）電場線總是由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面.（4）電場線越密的地方，等差等勢面越密.【例1】（2009-上海單科）位于A. B處的兩個帶有不等量負電的點電荷在平面內(nèi)的電勢分布如圖所示，圖中實線表示等勢線，則（）CDA. a點和b點的電場強度相同B.正電荷從c點移到d點，電場力做正功C.負電荷從a點移到c點，電場力做正功D.正電荷從e點沿圖中虛線移到f點，電 勢能先減小后增大解析 等差等勢面越密的地方，電場線越密，電場線的疏密可以表示電場的強弱；正電 荷從c點移到d點，電場力做負功；負電荷從a點移到c點，電場力做正功；正電荷從 e點沿圖中虛線移到f點，電場力先做正功，后做負功，但整個過程電場力做正功.【經(jīng)典題型】題型一電勢高低的判斷例1.（2010.江蘇）空間有一沿耕由對稱分布的電場，其電場強度E隨變化的圖象如圖所示.下列說法中正確的（）CE fA. O點的電勢最低B. x2點的電勢最高C.呵和一兩點的電勢相等D.呵和兩點的電勢相等- _廂*總一解析由題圖象知，o點兩側(cè)電場強度方向相反，因電場強度的方向沿x軸，1打困 故O點可能電勢最低，也可能電勢最高，A選項不正確；呵、x2、x3三點在同''一電場線上，由沿電場線方向電勢逐漸降低可知，無論O點右側(cè)電場強度沿x軸向右還是向左，x2點電勢都不 是最高，呵、x3兩點的電勢也不相等，故B、D不正確；由題圖象，電場強度在O點兩側(cè)對稱，故、一呵兩點 的電勢相等，C正確.答題技巧從圖象到情境分析問題圖象能夠反映物理問題和解決物理問題，但并不直接，如果把圖象還原為真實的物理情境，則物理問題更能一目了然.本題中E-x圖象所反映的電場的電場線如圖所示：O點處場強為0,其電勢可能最高，也可能最低.另外，判斷電勢高低的四種方法:由電場線分布很容易看出（px?（px2膈，根據(jù)對稱性可得久i = 9f，因題型二 勻強電場中場強與電勢差的關(guān)系應(yīng)用問題【例2】如圖所示，O為勻強電場中的任意三角形ABC的重心，試證明A、B、C、O之間的電勢關(guān)系為偵 甲a+甲b+甲C3-解析因為D為BC的中點，CD=DB,所以 Ucd=Udb 即住"d=9d"b得"中又因為O為三角形的重心，所以有AO = 2OD 即 Uao=2Uod，即眩a"o=*o-29d得=曰3地將式代入式得眩0=3饑+住+仇）【例3】如圖所示，虛線方框內(nèi)有一勻強電場，A、B、C為該電場中的三個點.已知va=12 V,（pb=6 V,"= -6 V.試在該方框中作出該電場的示意圖（即畫出幾條電場線），并要求保留作圖時所用的輔助線，若將一個電題型三 帶電粒子在電場中的運動軌跡問題的分析方法【例3】如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，虛線分別為等勢線1、2、3，已知MN=NQ，帶電量相等的 。、b兩帶電粒子從等勢線2上的0點以相同的初速度飛出.僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖所示， 則（）BDA. a 一定帶正電，b 一定帶負電 B. a加速度減小，b加速度增大i . ?'C. MN兩點電勢差I(lǐng)UMNI等于NQ兩點電勢差I(lǐng)UNQI"- 弋， 七D. a粒子到達等勢線3的動能變化量比b粒子到達等勢線1的動能變化量小"町'F方法總結(jié)：根據(jù)帶電粒子在電場中運動的軌跡來分析判斷電場的性質(zhì)是電場一章的常見題型，也是許多同學(xué)常感 到棘手的一類問題.分析這類問題應(yīng)注意以下兩個方面：從軌跡彎曲方向判斷受力方向（說明：粒子受力方向 一定沿電場線指向軌跡凹側(cè)），從而分析電場方向或電荷的正負；結(jié)合軌跡速度方向與電場力的方向，確定電 場力做功的正負（說明：若速度與電場力夾角小于90°，電場力做正功；若夾角大于90°，電場力做負功），從而確 定電勢能、電勢和電勢差的變化等.題型四力電綜合題(功能關(guān)系類)【例4】如圖所示，固定在水平地面上的絕緣平板置于勻強電場中，電場方向與平板平行.在絕緣平板上，放 置一個帶負電的物體(可視為質(zhì)點)，物體與平板間的動摩擦因數(shù)為0.5.現(xiàn)讓物體以10 m/s的初速度平行于電場方 向運動，物體沿電場方向運動的最遠距離為4 m.已知物體所受電場力大于其最大靜摩擦力，平板足夠大，規(guī)定 物體在出發(fā)點時的電勢能為零，重力加速度g取10 m/s2.求：(1) 物體所受電場力與其所受重力的比值；(2) 物體在離出發(fā)點多遠處動能與電勢能相等.解析(1)設(shè)物體帶電荷量為g，運動的最大位移為、，由動能定理得八 1gE 3-qEXm-prngXm=0-2mv2 得 mg=4(2)設(shè)物體運動到離出發(fā)點距離為x處動能與電勢能相等，即2mv2=qEx在此過程中，由動能定理得一qEx«mgx=2mv22mv0 代入數(shù)據(jù)解得x=2.5 m設(shè)物體在返回過程中經(jīng)過距出發(fā)點距離為x處動能與電勢能再次相等，即1mv'2 = qEx'由動能定理得 qE(xmx') pmg(xmx')=|mv f20解得 x'=1 m答案(1)4 (2)2.5 m 或 1 m【例5】如圖所示，在絕緣水平面上，有相距為L的A、B兩點，分別固定著兩個帶電荷量均為Q的正電荷.O 為AB連線的中點，a、b是AB連線上兩點，其中Aa=Bb=L.一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小滑塊(可視為質(zhì)點)以初動能Ek0 從a點出發(fā)，沿AB直線向b運動，其中小滑塊第一次經(jīng)過O點時的動能為2Ek0，第一次到達b點時的動能恰好 為零，小滑塊最終停在O點，已知靜電力常量為妃求：“(1) 小滑塊與水平面間滑動摩擦力的大??；"匕，(2) 小滑塊剛要到達b點時加速度的大小和方向；A 口 O b B(3) 小滑塊運動的總路程I杈路.解析(1)由Aa=Bb=L，O為AB連線的中點可知a、b關(guān)于O點對稱，則a、b之間的電勢差為U =04ab設(shè)小滑塊與水平面間摩擦力的大小為七 滑塊從a-b的過程，由動能定理得：qUabF-L=0Ek0kQq128kQq(3L/4)2= 9L2解得：Ff=牛6 f L(2)根據(jù)庫侖定律，小滑塊剛要到達b點時受到的庫侖力的合力為：F=L4*(L/4)2根據(jù)牛頓第二定律，小滑塊剛要到達b點時加速度的大小為a=F=+2Ek0 m9mL2mL方向由b指向O(或向左)(3)設(shè)滑塊從aO的過程中電場力做功為W，由動能定理得：WFf.4L=2Ek0Ek0解得W=1.5Ek0對于小滑塊從a開始運動到最終在O點停下的整個過程中，由動能定理得：WFf-1路=0Ek0解得l路=1.25L答案(1)罕 (212mQ2q+2EL，方向由b指向。(或向左)(3)1.25L4電容與電容器【考點自清】一、電容器1 .組成：由兩個彼此 又相互的導(dǎo)體組成.絕緣靠近2. 帶電量：一個極板所帶電量的. 絕對值3. 電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量白，電容器中儲存. 異種電荷 電場能放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中轉(zhuǎn)化為其他形式的能. 電能二、電容1 .定義：電容器所帶的 與電容器兩極板間的電勢差U的比值. 電荷量Q2. 定義式. C=Q/U3. 物理意義：表示電容器本領(lǐng)大小的物理量.容納電荷4. 單位：法拉(F)1 F=pF=10i2 pF 1065. 電容器的電容、電容器帶電量的變化量以及對應(yīng)兩極板電壓的變化量，三者之間：設(shè)電容開始帶電量Q1，電壓，改變后電壓為u2，帶電量為q2，則Q=QiQ2, au=u1-u2，因為C=Z=Z,則 c=Q1Q2=tQU1 U2，人c U1 U2 AU-三、平行板電容器1. 影響因素：平行板電容器的電容 成正比，與介質(zhì)的成正比，與成反比.正對面積介電常數(shù) 板間距離八 £ S2. 決定式：，k為靜電力常量.c=4nkd【核心考點突破】考點一關(guān)于電容器兩個公式的意義 【問題展示】分析下面兩個問題若E>E2，則C、Q、U如何變化?(2)三種改變后，電容C如何變化？【歸納提煉】1. 電容的定義式C=果，反映了電容器容納電荷量的本領(lǐng)，但平行板電容器的電容C的大小與Q、U都無關(guān)，U僅由兩個導(dǎo)體板的大小和形狀、兩導(dǎo)體板的相對位置以及極板間的電介質(zhì)來決定.2. 平行板電容器電容的結(jié)構(gòu)式。=壬備，反映了電容C的大小與兩極板正對面積成正比，與兩極板間距離成反4nkd比，與極板間電介質(zhì)的介電常數(shù)成正比.【例1】(2010-重慶理綜)某電容式話筒的原理示意圖如圖所示，E為電源，A為電"阻，薄片P和Q為兩金屬極板.對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動.在P、代Q間距增大過程中()D| ijA. P、Q構(gòu)成的電容器的電容增大B. P上電荷量保持不變舊RC. M點的電勢比N點的低D. M點的電勢比N點的高I L ； E T解析 當(dāng)P、Q間距增大時，據(jù)平行板電容器公式。=希知d增大，則C減小，' "4nkd選項A錯.穩(wěn)定后電容器兩極板間的電壓不變，則據(jù)Q=CU知C減小U不變，則Q減小，選項B錯.電容器兩極板的電荷量減少，產(chǎn)生放電電流，方向從M-N，因此M點的電勢比N點的電勢高，選項C錯，D正確.考點二平行板電容器的動態(tài)分析AB如圖所示，當(dāng)S閉合，當(dāng)A極板向右移動時，試分析電容器的C、U、E如何變化？當(dāng)S斷開后，再使A極板向右移動，再分析電容器的C、U、E的變化.Li2.總結(jié)電容器動態(tài)分析的思路(1) 確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變.urS(2) 用決定式。=頑分析平行板電容器電容的變化.Q(3) 用定義式C=U分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化.(4) 用E=U分析電容器極板間場強的變化.特別提醒：當(dāng)電容器充電后與電源斷開，即電容器所帶電荷量不變時，無論怎樣改變板間距離，板間的場強不變.【例2】(2010 北京理綜)用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖所示).設(shè)兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，電荷量不變，若(保持S不變保持S不變保持d不變保持d不變A.B.C.D.)增大d 增大d 減小S 減小S則 則 則 則0000靜電計指針偏角為。.實驗中，極板所帶A變大變小 變小 不變，8Q,解析 由C=4n，當(dāng)S不變，增大d時，C變小，又電荷量Q不變，再由U=C知，U變大，夾角0變大，A正確，B錯誤；d不變，減小S時，C變小，U變大，0變大，所以C、D錯誤.【經(jīng)典題型】題型一 基本概念理解問題【例1】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()BC()ABD例2下列關(guān)于電容器的說法中正確的是電容器是儲存電荷和電能的器件互相絕緣、相互靠近的兩個導(dǎo)體構(gòu)成電容器的電極，電容跟這兩個導(dǎo)體是否帶電無關(guān)電容器所帶電荷量是指每個極板所帶電荷量電容器的充電過程是將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電場能的過程，電容器的放電過程是將電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的A.B.C.D.能題型二電容器兩類動態(tài)問題的分析方法【例3】如圖(1)所示，是某同學(xué)設(shè)計的電容式速度傳感器原理圖，其中上板為固定極板，下板為待測物體，在 兩極板間電壓恒定的條件下，極板上所帶電量Q將隨待測物體的上下運動而變化，若Q隨時間t的變化關(guān)系為Q b=(a、b為大于零的常數(shù))，其圖象如圖(2)所示，那么圖(3)、圖(4)中反映極板間場強大小E和物體速率vt十a(chǎn)隨t變化的圖線可能是(101 11¥U二1O)固定極板,則兩極板組成的電容器的電 rA. 和 B.和 C.和 D.和 解析 設(shè)兩極板間距離為d，兩極板正對面積為S，兩極板間介質(zhì)的介電常數(shù)為e容為°=§&，又電容定義式C=Q，兩式聯(lián)立可得4nkbd=UaE S+Ue St，兩板間距離d是時間t的一次函 4nkdUr rU 4nkb 一 i , 數(shù)，說明下極板做勻速運動，速率v隨時間t變化的圖線為；兩極板間的場強E=d= E S(a+t)，場強E隨時 間t的變化規(guī)律和帶電量Q隨時間t的變化規(guī)律相同，變化的圖線為，綜合得出C正確1方法總結(jié)：求與平行板電容器有關(guān)的問題時，應(yīng)從平行板電容器的電容決定式入手，首先確定不變量，然后根據(jù) ES .電容決定式。二商而進行推導(dǎo)討論，找出各物理量之間的關(guān)系，從而得出正確結(jié)論.題型三電容器中的電勢變化問題【例3】如圖所示，平行板電容器與電源相連，電源負極接地，P為電容器中的一點，P點固定一電荷一q，當(dāng)N 極板固定時，討論當(dāng)M板向下移動時P點電勢與電荷一q電勢能的變化.如果正極接地呢？解析(1)負極接地時M向下d減小'U不變E增大dNP不變 Upn=E - d JUPN增大 巾=UP PN巾P增大E =p一E減小.pNPE增大U增大 U減小巾增大1d不變.PN一 MP*一一NPU +U =U巾=UE =qU =Ed JMPPNMNPMPpPU不變PNNP，一E減小.pM向下(2)正極接地時先從電容器電容、電壓、電荷量入手，分析確定電方法歸納 分析電容器中某點電勢巾與電勢能E的變化時場強度的變化，從而確定該點與零電勢的電勢差變化(說明：注意上面例題中兩問中分別是如何確定電勢差變 化的)如果該點電勢為負值，電勢差變大時，該點電勢減小，如果該點電勢為正值，電勢差變大時，該點電勢增 大.再結(jié)合所放電荷的正負，確定電勢能的變化.5帶電粒子在電場中的運動課前考點自清一、帶電粒子在電場中的直線運動1. 條件：在 中，帶電粒子的初速度為零或初速度與電場力共線.勻強電場2. 處理方法：(1)動能定理：qU=；(2)牛頓第二定律：qE=問題：帶電粒子在電場中的運動是否考慮重力？答案 基本粒子：如電子、質(zhì)子、a粒子、離子等除有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不 忽略質(zhì)量).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.二、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1. 研究條件：帶電粒子垂直于方向進入勻強電場.電場2. 處理方法：(1) 沿初速度方向做 運動.勻速直線(2) 沿電場方向做 運動.初速度為0的勻加速直線問題：帶電粒子電量為q，質(zhì)量為m，垂直進入寬為x的勻強電場E，求帶電粒子離開電場時的偏移量和偏轉(zhuǎn)角.x . 一、 aE答案 在電場中的運動時間t=v，加速度a=m-0 1qEx2則離開電場時的偏移量y=Eat2=2 2mv 2ov at qEx離開電場時的偏轉(zhuǎn)角tan 0 =v=v=mv 2oo o三、示波管的原理1 .構(gòu)造：（1），（2）. 電子槍偏轉(zhuǎn)電極2. 工作原理（如圖所示）亮斑電子槍:俯轉(zhuǎn)電極如果在偏轉(zhuǎn)電極XX，和YY，之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏，在那里產(chǎn)生一個亮斑.中心YY，上加的是待顯示的. XX，上是機器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做.若所加掃描電壓和 信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象.信號電壓 掃描電壓【核心考點突破】考點一 帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的運動分析【問題展示】偏轉(zhuǎn)的一般情境：如圖（1）、（2）、（3）、（4）所示，在真空中水平放置一對帶電金屬板，兩板間的電壓為U、距離 為d.若帶電粒子以水平方向或斜向以初速度v0射入平行金屬板的電場中，則會發(fā)生偏轉(zhuǎn).【歸納提煉】1. 粒子的偏轉(zhuǎn)角問題已知電荷情況及初速度如圖所示，設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，以速度v°垂直于電場線方向射入勻 強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電壓為.若粒子飛出電場時偏轉(zhuǎn)角為。，則°tan 0 =%，式中 v =at=q-1 -， v =v，代入得 tan。='"'. vy dm v° x o q imv。2d結(jié)論：初動能一定時tan 0與q成正比，電荷量相同時tan 0與初動能成反比. （2）已知加速電壓Uo若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓U0加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，則由動能定理有：qU°=2mv°2由式得tan 0 =黑結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場.即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電 場加速后進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們在電場中的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的.2. 粒子的偏轉(zhuǎn)量問題(1) y=1at2=1牛(%22 dm v0qU2作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于o點，o點與電場邊緣的距離為x,則x= y g = mV0 =*tan uqqi 2mvo 2d結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就象是從極板間的1處沿直線射出.2(2) 若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U°加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，則由和，得y=§£0結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)距離與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場.即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一 電場加速后進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們在電場中的偏轉(zhuǎn)距離總是相同的.【例1】(2010 天津理綜)質(zhì)譜分析技術(shù)已廣泛應(yīng)用于各前沿科學(xué)領(lǐng)域.湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質(zhì)譜裝置示意如圖4 所示，M、N為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且D遠大于L，O'O為垂直于 屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離0, O的距離.以屏中心0為原點建立xOy直角坐標系，其中x 軸沿水平方向，y軸沿豎直方向.設(shè)一個質(zhì)量為m0、電荷量為q°的正離子以速度v°沿0, 0的方向從0,點射入，板間不加電場和磁場時，離子打 在屏上0點.若在兩極板間加一沿+y方向場強為E的勻強電場，求離子射到屏上時偏離0點的距離*；解析離子在電場中受到的電場力Fy=q0E離子在板間運動的時間t0=；0離子從板右端到達屏上所需時間t0，=vD0F離子獲得的加速度a =-7 y m0到達極板右邊緣時，離子在+y方向的分速度vy=ayt0由上述各式，得y0=qELD 0m v 200離子射到屏上時偏離0點的距離y0=vyt0，考點二示波器的工作原理1.原理：電子的偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角的正切tan巾都與偏轉(zhuǎn)電壓成正比.2示波管是由電子槍、豎直偏轉(zhuǎn)電極YY，、水平偏轉(zhuǎn)電極XX，和熒光屏組成的，電子槍發(fā)射的電子打在熒光屏 上將出現(xiàn)亮點.若亮點很快移動，由于視覺暫留效應(yīng)，能在熒光屏上看到一條亮線.(1) 如圖所示，如果只在偏轉(zhuǎn)電極YY，上加上如圖甲所示Uy=U sin 3t的電壓，熒光屏上亮點的偏移也將按正 弦規(guī)律變化，即y，=ymsin 3t，并在熒光屏上觀察到的亮線的形狀為圖6A(設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓頻率較高).(2) 如果只在偏轉(zhuǎn)電極XX，上加上如圖5乙所示的電壓，在熒光屏上觀察到的亮線的形狀為圖6B(設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓頻 率較高).(3) 如果在偏轉(zhuǎn)電極YY，加上圖5甲所示的電壓，同時在偏轉(zhuǎn)電極XX，上加上圖5乙所示的電壓，在熒光屏上觀 察到的亮線的形狀為圖6C(設(shè)偏轉(zhuǎn)電壓頻率較高).ABC【例2】（2011 -煙臺調(diào)研）示波管原理如圖所示，當(dāng)兩偏轉(zhuǎn)電極XX，、YY'電壓為零時，電子槍發(fā)射的電子經(jīng) 加速電壓加速后會打在熒光屏上正中間的O點，其中x軸與XX，電場的場強方向平行，x軸正方向垂直于紙面指向紙內(nèi)，y軸與YY，電場的場強方向平行.若要電子打在圖示坐標系的第III象限內(nèi)，則（）DA. X、Y接電源的正極，X，、Y，接電源的負極B. X、Y，接電源的正極，X，、Y接電源的負極C. X，、Y接電源的正極，X、Y，接電源的負極D. X，、Y，接電源的正極，X、Y接電源的負極 【經(jīng)典題型】題型一 帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題例1.如圖所示，一個帶電粒子從粒子源飄入（初速度很小，可忽略不計）電壓為U的加速電場，經(jīng)加速后從小孔 S沿平行金屬板A、B的中心線射入，A、B板長為L，1)U dU 2d2U d2B-U2<L寧!7D-U2<L；111111qU= 2mV2，再根據(jù)七=和 y=°at2=J足的條件是U 2dA廠解析根據(jù)qq1解得號<苧，故C正確.1例2.如圖所示，有兩個相同的帶電粒子A、B，分別從平行板間左側(cè)中點和貼近上極板左端處以不同的初速度垂直于電場方向進入電場，它們恰好都打在下極板右端處的C點，若不計重力，則可以斷定（）ACDA. A粒子的初動能是B粒子的2倍rB. A粒子在C點的速度偏向角的正弦值是B粒子的兩倍°C. A、B兩粒子到達C點時的動能可能相同一_.：.,一一_.一_上D. 如果僅將加在兩極板間的電壓加倍，A、B兩粒子到達下極板時仍為同一點D（圖中,4未畫出） 題型二用能量觀點分析帶電體運動問題【例2】一個質(zhì)量為m、帶有一q電荷量的小物體，可在水平軌道Ox軸上運動，軸的O端有一個與軌道相垂直的固定墻面.軌道處于勻強電場中，場強大小為E，正萬向沿Ox軸正向，如圖所示.小物體以初速度V0從x0處沿Ox軌道運動，運動時 吐受到大小不變的摩擦力F作用，且F<qE.設(shè)小物體與墻壁碰撞時不損失機械能，§且電荷量保持不變，求它停止運動時通過的總路程s.§_ 口 ，Ox答案 ZqEXo+inv。2答案2F方法歸納 從能量觀點出發(fā)分析帶電體的運動問題時，在受力分析和運動情況分析的基礎(chǔ)上，再考慮恰當(dāng)?shù)囊?guī) 律解題.如果選用動能定理解題，要分清有幾個力做功，做正功還是負功，以及初、末狀態(tài)的動能；如果選用 能量守恒定律解題，要分清多少種形式的能參與轉(zhuǎn)化，哪種能量增加，哪種能量減少，并注意電場力做功與路 徑無關(guān).題型三 利用“等效思想”巧解復(fù)合場中的圓周運動問題等效思維方法就是將一個復(fù)雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法.例如我們學(xué)習(xí)過的等效電 阻、分力與合力、合運動與分運動等都體現(xiàn)了等效思維方法.常見的等效法有“分解”、“合成”、“等效類比”、 “等效替換”、“等效變換”、“等效簡化”等，從而化繁為簡，化難為易.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高中物理教學(xué)中一類重要而典型的題型.對于 這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復(fù)雜，運算量大.若采用“等效法”求解，則能避開復(fù)雜的運算，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=m視為“等效重力加速度”.再 將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可.下面通過實例分析說明“等效法”在此 類問題中的應(yīng)用.【例3】如圖所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻 強電場中，帶負電荷的小球從高h的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運動并進入圓環(huán)內(nèi)做圓周運動.已知一.一 .一 ._3 一 .小球所受電場力是其重力的示圓環(huán)半徑為R，斜面傾角0=60°，BC段長為2R.若使小球在圓環(huán)內(nèi)能做完整的圓周運動，h至少為多少？解析 小球所受的重力和電場力都為恒力，故可將兩力等效為一個力F，如圖所示，可知F=1.25mg，方向與豎直方向成37° .由圖可知，小球能否做完整的圓周運動的臨界點是D點，設(shè)小球恰好 能通過D點，即達到D點時小球與圓環(huán)的彈力恰好為零.v 2V 2由圓周運動知F=m，即1.25mg=mRR3 1-由動能定理：mg(hRRcos37 )mg(hcot 0+2R+Rsin37 )=2mvD2聯(lián)立兩式求得h7.7R 【例4】半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m，帶正電荷的珠子，空間存在水平向，,一,一， j , ，3,右的勻強電場，如圖所示，珠子所受靜電力是其重力的3倍，將珠子從環(huán)上最低位置A點由4 .；,靜止釋放，則：(1)珠子所能獲得的最大動能是多大？(2)珠子對環(huán)的最大壓力是多大？一二解析 珠子在運動過程中，受重力和電場力的大小、方向都不發(fā)生變化，則重力和電場力:的合力大小、方向也不變，這樣就可以用合力來代替重力和電場力，當(dāng)珠子沿合力方向位 移最大時，合力做功最多，動能最大.即。=37°，則珠子由A點靜止釋放qE=mg，所以qE、mg的合力F合與豎直方向夾角的正切tan。=蛆=§， 4mg 4后從A到B過程中做加速運動，如右圖所示，B點動能最大，由動能定理得qErsin 9mgr(1 cos 9)=Ek解得B點動能即最大動能Ek=4mgr，、r , ,.、，. mv2 n. mv2. , 15, 17(2)設(shè)珠子在 B 點受圓環(huán)彈力為 FN，有 FNF 合=f，即 FN=F 合+了=、, (mg)2+ (qE)2+2mg=4mg+2mg=4mg.由牛頓第三定律得，珠子對圓環(huán)的最大壓力也為jmg.題型四正交分解法處理帶電體的復(fù)雜運動問題 【例4】如圖所示，在真空中，豎直放著一個平行板電容器，在它的兩極板間有一個帶正電- 的微粒，質(zhì)量為m=8X10-5 kg，電荷量q=6X10-8C.這個微粒在電場力和重力共同作用下， 從距負極板0.4 m處，由靜止開始運動，經(jīng)0.4 s抵達負極板.則：如果兩極板相距d=0.6 m，則板間電壓是多少？(2) 微粒在極板間運動的軌跡是什么形式？微粒通過的路程是多少？(3) 在整個過程中，電場力和重力各做了多少功？(g取10 m/s2) 分析微粒受電場力和重力共同作用，根據(jù)力的獨立作用原理，在電場力作用下微粒在水平 方向?qū)⒆龀跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€運動，在重力作用下微粒在豎直方向?qū)⒆鲎杂陕潴w運動，微粒在電場中的運動 便可以看做是這兩個分運動的合運動.電場力和重力均為恒力，所以其合力也是恒定不變的力，又因為微粒的初 速度為零，根據(jù)運動條件可判定，微粒在電場中運動的軌跡應(yīng)為直線.答案 (1)4X103 V (2)運動軌跡為直線 0.89 m (3)1.6X10-4 J 6.4X10-4 J 方法歸納正交分解法處理帶電粒子的復(fù)雜運動問題用正交分解法處理帶電粒子的復(fù)雜運動，它區(qū)別于類平拋運動的帶電粒子的偏轉(zhuǎn)，它的軌跡常是更復(fù)雜的曲線， 但處理這種運動的基本思想與處理偏轉(zhuǎn)運動相類似，也就是說，可以將復(fù)雜運動分解為兩個相互正交的比較簡單 的直線運動，而這兩個直線運動的規(guī)律我們是可以掌握的，然后再按運動合成的觀點求解相關(guān)的物理量.解這種 綜合題時重要的是分析清楚題目的物理過程，才能找出相應(yīng)的物理規(guī)律.研究兩個分運動的合運動是否是直線運 動，一般根據(jù)運動條件去判斷.物體所受合外力方向和初速度方向在一條直線上，物體做直線運動；合外力方向 和初速度方向成某一角度，物體將做曲線運動.【例5】真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場，在電場中，若將一個質(zhì)量為m、帶正