【正文】 an θ解得：t＝此時速度方向與水平夾角的正切tan α＝＝2tan θ，與g′無關(guān)，選項B正確.又因小球在空中做類平拋運動，故選項D正確.由以上知小球落在斜面時的速度大小v＝，與g′無關(guān).故可得W總＝mv2－mv，選項C正確.答案：BCD例如圖甲所示，質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒在O點以初速度v0與水平方向成θ角射出，微粒在運動中所受阻力的大小恒為f.(1)如果在某一方向上加一定大小的勻強電場后，能保證微粒將沿v0方向做直線運動，試求所加勻強電場的最小值.(2)若加上大小一定，方向水平向左的勻強電場，仍能保證微粒沿v0方向做直線運動，并經(jīng)過一段時間后又返回O點，求微?；氐絆點時的速率.解析： (1)要保證微粒沿v0方向直線運動，電場垂直于v0斜向上方時，E有最小值，：Eq＝mgcos θ 解得：E＝.(2)為使垂直于v0方向的合力為零，則Eqsin θ＝mgcos θ設(shè)微粒最大位移為s，由動能定理，有： mv＝(mgsin θ＋Eqcos θ＋f)s粒子由O點射出再回到O點，由動能定理，有： m(v－v2)＝2fs解得：v＝v0.甲答案：(1) (2)v0例3如圖甲所示，光滑絕緣的水平軌道AB與半徑為R的光滑絕緣圓形軌道BCD平滑連接，圓形軌道豎直放置，空間存在水平向右的勻強電場，、電荷量為q的滑塊，若它能沿圓軌道運動到與圓心等高的D點，則AB至少為多長？解析：如圖乙所示，滑塊所受重力mg和電場力qE的合力F合與豎直方向成45176。角，滑塊只要過了P點便可以完成圓周運動到達D點.乙故在P點，有：＝mqE＝mg對滑塊由A到P的過程，由動能定理得：qE(AB－Rcos 45176。)－mg(R＋Rsin 45176。)＝mv2聯(lián)立解得：AB＝(1＋)R.答案：(1＋)R例3如圖甲所示，豎直平面上有一光滑絕緣的半圓形軌道，處于水平方向且與軌道平面平行的勻強電場中，軌道兩端點A、C高度相同，軌道的半徑為R . 一個質(zhì)量為m的帶正電的小球從槽右端的A處無初速度地沿軌道下滑，滑到最低點B時對槽底壓力為2mg. 求小球在滑動過程中的最大速度.甲、乙兩位同學(xué)是這樣求出小球的最大速度的：甲同學(xué)：B是軌道的最低點，小球過B點時速度最大，小球在運動過程中機械能守恒，mgR＝mv2，解得小球在滑動過程中的最大速度為v＝.乙同學(xué)：B是軌道的最低點，小球過B點時速度最大，小球在B點受到軌道的壓力為FN＝2 mg，由牛頓第二定律有FN－mg＝m，解得球在滑動過程中的最大速度v＝.請分別指出甲、乙同學(xué)的分析是否正確，若錯誤，將最主要的錯誤指出來，解出正確的答案，并說明電場的方向.解析：甲同學(xué)的分析是錯誤的，小球的機械能不守恒.乙同學(xué)的分析也是錯誤的，小球在滑動過程中的最大速度的位置不在最低點B.正解如下：小球在B點時，F(xiàn)N－mg＝m而FN＝2mg，解得：v2＝gR從A到B，設(shè)電場力做功WE，由動能定理，有：WE＋mgR＝mv2得WE＝－mgR電場力做負功，所以帶電小球所受電場力的方向向右FE＝＝mg，場強方向向右從A到B之間一定有位置D，小球運動至該點時合外力與速度方向垂直，小球在該點速度達到最大，設(shè)O、D連線與豎直方向間的夾角為θ，如圖乙所示，則有：cos θ＝＝，sin θ＝又由動能定理，有：mv＝mgRcos θ－FE(R－Rsin θ)解得：vmax＝.答案：略帶電粒子在電場中的運動（1）帶電粒子在電場中運動判斷與分析①帶電粒子在電場中的直線運動例3如下圖所示，在勻強電場E中，一帶電粒子q的初速度v0恰與電場線方向相同，則帶電粒子q在開始運動后，將（C）A．沿電場線方向做勻加速運動B．沿電場線方向做變加速運動C．沿電場線方向做勻減速運動D．偏離電場線方向做曲線運動思考：帶電粒子q的初速度v0恰與電場線方向相反，情況怎樣？解析：帶電粒子q受力有什么特點？方向與初速度v0的方向的關(guān)系怎么樣？②帶電粒子在電場中的曲線運動例3如下圖所示，兩平行金屬板間有勻強電場，場強方向指向下板，一帶電量為q的粒子，以初速度v0垂直電場線射入電場中，則粒子在電場中所做的運動可能是（C）A．沿初速度方向做勻速運動B．向下板方向偏移，做勻變速曲線運動C．向上板方向偏移，軌跡為拋物線D．向上板偏移，軌跡為一段圓弧將帶電粒子的運動與重力場中的平拋運動類比，尋求解決問題的思路．建立直角坐標(biāo)系，將運動分解為垂直于場強方向和沿場強方向分別加以討論．解析：在勻強電場中，q受電場力的特點為：方向與電場線方向相反，大小恒定，而初速度方向與電場力方向垂直，所以粒子一定做勻變速曲線運動，軌跡為拋物線．（2）研究帶電粒子在電場中運動的方法①運用牛頓定律研究帶電粒子在電場中運動基本思路：先用牛頓第二定律求出粒子的加速度，進而確定粒子的運動形式，再根據(jù)帶電粒子的運動形式運用相應(yīng)的運動學(xué)規(guī)律求出粒子的運動情況．例3如下圖所示，一個質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子，從兩平行板左側(cè)中點沿垂直場強方向射入，當(dāng)入射速度為v0時，恰好穿過電場而不碰金屬板．要使粒子的入射速度變?yōu)関0/2，仍能恰好穿過電場，則必須再使（AD）A．粒子的電量變?yōu)樵瓉淼?/4B．兩板間電壓減為原來的1/2C．兩板間距離增為原來的4倍D．兩板間距離增為原來的2倍解析：帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動．由于粒子在平行板的方向上不受力，在垂直板方向受到恒定不變的電場力作用，因而可將此勻變速曲線運動視為沿平行板方向上的勻速直線運動與垂直板的方向上的初速度為零的勻加速直線運動的合運動．粒子恰好穿過電場時，它沿平行板的方向發(fā)生位移L所用時間，與垂直板方向上發(fā)生位移d/2所用時間相等，設(shè)兩板電壓為U，則有：利用牛頓運動定律和運動學(xué)公式分解分別表示兩個分運動遵從的規(guī)律．正確理解恰好穿過電場的含義．當(dāng)入射速度變?yōu)関0/2，它沿平行板的方向發(fā)生位移L所用時間變?yōu)樵瓉淼?倍，由上式可知，粒子的電量變?yōu)樵瓉淼?/4或兩板間距離增為原來的2倍時，均使粒子在與垂直板方向上發(fā)生位移d/2所用時間增為原來的2倍，從而保證粒子仍恰好穿過電場，因此選項A、D正確．思考：帶電粒子為什么做這樣的運動？應(yīng)滿足什么條件？②運用動能定理研究帶電粒子在電場中運動基本思路；根據(jù)電場力對帶電粒子做功的情況，分析粒子的動能與勢能發(fā)生轉(zhuǎn)化的情況，運用動能定理或者運用在電場中動能與電勢能相互轉(zhuǎn)化而它們的總和守恒的觀點，求解粒子的運動情況．例3如下圖所示，質(zhì)量為m，電量為e的電子，從A點以速度v0垂直場強方向射入勻強電場中，從B點射出電場時的速度方向與電場線成120度角，則A、B兩點間的電勢差是多少？解析：電子從A運動到B的過程中，電場力對電子做正功，由動能定理和幾何關(guān)系有：v＝－eU＝ U＝－這一思路對于帶電粒子在任何電場中的運動都適用．例3把一個帶正電荷q的小球用細線懸掛在兩塊面積很大的豎直平行板間的O點．小球質(zhì)量m=2g，懸線長L=6cm，兩板間距離d=8cm．當(dāng)兩板間加上U=2103V的電壓時，小球自懸線水平的A點由靜止開始向下運動．到達O點正下方的B點時的速度剛好為零．如圖4所示．以后一直在A、B 間來回擺動．(取g=10m/s2．)求：（1）小球所帶的電量．（2）擺動過程中小球的最大速度．分析及解答：首先留給學(xué)生一定時間分析思考；然后可組織學(xué)生互相討論啟發(fā)，以尋找解答本題的初步思路；最后由教師歸納學(xué)生的多種思路，進行合理評價，提出正確方案．（1）取小球作研究對象．重力mg豎直向下，電場力Eq水平向左，繩的拉力T．當(dāng)小球由A向B運動過程中，重力mg對小球做正功mgL，電場力Eq對小球做負功EqL，拉力T隨時變化，但因拉力T與運動方向垂直，故不做功．因此，小球做變速運動．起初于A點時速度為零，到達B點速度又是為零．根據(jù)動能定理∑W=△EK有：mg L－Eq L＝0． 而電場強度　E＝聯(lián)立兩式可得：q＝＝810C（2）設(shè)在下落角為θ的C點處小球速度達最大值v，如圖5(a)所示．因在小球運動過程中，張力為變力，但此張力對小球所做的功恒等于零，故采用功能定理時可不考慮張力．對小球自A至C的過程運用動能定理，有　mgLsinθ－qEL(1－cosθ)＝　mgsinθ＋qEcosθ＝＋qE當(dāng)mv2/2達極大值時，左式也達極大值．如圖5(b)所示，在△MNO中，　mg＝cosφ 　qE＝sinφ代入*式，則其左式變?yōu)椋海╯inθcosφ＋cosθsinφ）＝sin（θ＋φ）顯然，當(dāng)θ+φ=π/2時，左式達極大值，即∠NMO=θ=tan―1(mg/qE)，代入數(shù)據(jù)，得θ=π/4；再代入上式解得：v≈．引導(dǎo)學(xué)生分析總結(jié)帶電粒子在電場中的平衡問題與平衡問題的解題思路與方法．為此，請看下例(投影片)．例題3一場強E大小未知的水平勻強電場，場強E隨時間t變化的情況如圖6所示．t=0時，一正離子在未知電場中由靜止開始運動，經(jīng)2t1時間，正離子剛好回到最初t=0時的位置，此時它的動能為E，求在0～t和t1～2t1兩段時間內(nèi)，電場力對正離子做的功各是多少？解：處理帶電粒子在電場中運動的再一條思路是：從沖量的觀點分析帶電粒子的運動，運用動量定理的知識，求解帶電粒子在電場中運動的問題．把上述思路用于本題，在0～t1時間內(nèi)，設(shè)正離子的質(zhì)量為m，受到的電場力大小為F1，發(fā)生的位移大小為s，所達到的速度大小為v1，在這段時間t1內(nèi)，電場力F1對正離子做正功，同時對正離子施以了沖量，據(jù)動能定理和動量定理分別有：F1s＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　?。?）Ft1=mv1 （2）在t1～2t2時間內(nèi)，設(shè)正離子受到的電場力大小為F2，回到最初位置時速度的大小為v2，在這段時間內(nèi)，正離子的位移為s，與它受到的電場力F2方向相同，故電場力F2對正離子仍做正功，同時對正離子也施以了沖量．同理有：F2s＝ （3）Ft2= mv2－mv1　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（4）又據(jù)題意：＝E　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　?。?）由①②③④⑤式解得：F2=3F1，(F1+F2)s=E，據(jù)此兩段時間內(nèi)電場力對正離子做的功分別為：　　W1＝F1s＝E，W2＝F2s＝E，tφU0U0oT/2 T 3T/2 2T從本題還可看出，在運用沖量的觀點分析帶電粒子在電場中的運動時，往往需要同時運用能量的觀點，即同時運用動量定理和動能定理求解帶電粒子在電場中運動的問題，對于這一運用特點和思路要注意領(lǐng)會和掌握．、例3 如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示。電子原來靜止在左極板小孔處。（不計重力作用）下列說法中正確的是 AC =0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上=0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動=T/4時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上=3T/8時刻釋放電子，電子必將打到左極板上例 已知如圖，水平放置的平行金屬板間有勻強電場。一根長l的絕緣細繩一端固定在O點，另一端系有質(zhì)量為m并帶有一定電荷的小球。小球原來靜止在C點。當(dāng)給小球一個水平?jīng)_量后，它可以在豎直面內(nèi)繞O點做勻速圓周運動。若將兩板間的電壓增大為原來的3倍，求：要使小球從C點開始在豎直面內(nèi)繞O點做圓周運動，至少要給小球多大的水平?jīng)_量？在這種情況下，在小球運動過程中細繩所受的最大拉力是多大？+OC解：原來小球受到的電場力和重力大小相等，增大電壓后電場力是重力的3倍。在C點，最小速度對應(yīng)最小的向心力，這時細繩拉力為零，合力為2mg，可求速度為v=，因此給小球的最小沖量為I = m。在最高點D小球受到的拉力最大。從C到D對小球用動能定理：，在D點，解得F=12mg。OACBEθθ例4 已知如圖，勻強電場方向水平向右，場強E=106V/m，絲線長l=40cm，上端系于O點，下端系質(zhì)量為m=10－4kg，帶電量為q=+1010C的小球，將小球從最低點A由靜止釋放，求：（1）小球擺到最高點時絲線與豎直方向的夾角多大？（2）擺動過程中小球的最大速度是多大？解：（1）這是個“歪擺”。由已知電場力Fe=176。角，因此最大擺角為74176。（2）小球通過平衡位置時速度最大。由動能定理：?=mvB2/2，vB=。例4如圖甲所示，在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，下列圖象中能正確反映電子速度v、位移x、加速度a和動能Ek四個物理量隨時間變化規(guī)律的是(　　)解析：根據(jù)電子的受力情況很容易得出選項A正確，而x－t、a－t、Ek－t圖象分別如下：答案：A6 、電容器例4　如圖電路中，，忽略電源電阻，下列說法正確的是（?。〦C2R2R1KC1①開關(guān)K處于斷開狀態(tài)，電容的電量大于的電量；②開關(guān)處于斷開狀態(tài)，電容的電量大于的電量；③開關(guān)處于接通狀態(tài)，電容的電量大于的電量；④開關(guān)處于接通狀態(tài)，電容的電量大于的電量。A.①　 B.④　 C.①③ 　D.②④解析：開關(guān)斷開時，電容、兩端電壓相等，均為E，因為，由知，即，所以①正確；當(dāng)開關(guān)K接通時，與串聯(lián)，通過R1和R2的電流相等，與并聯(lián)，與并聯(lián)，故的電壓為，的電壓為又，又，所以即兩電容的電量相等；所以正確選項應(yīng)為A。ER1R2CR4R3CKOCC例4如圖所示，四個定值電阻的阻值相同都