【正文】 ER1R2CR4R3CKOCC例4如圖所示，四個(gè)定值電阻的阻值相同都為。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(gè)靜止的電子(不計(jì)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(dòng)能Ek四個(gè)物理量隨時(shí)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(xiàng)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(shuō)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。（2）小球通過(guò)平衡位置時(shí)速度最大。由已知電場(chǎng)力Fe=176。從C到D對(duì)小球用動(dòng)能定理：，在D點(diǎn)，解得F=12mg。在C點(diǎn)，最小速度對(duì)應(yīng)最小的向心力，這時(shí)細(xì)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。當(dāng)給小球一個(gè)水平?jīng)_量后，它可以在豎直面內(nèi)繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。一根長(zhǎng)l的絕緣細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端系有質(zhì)量為m并帶有一定電荷的小球。電子原來(lái)靜止在左極板小孔處。)＝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(qiáng)電場(chǎng)中，軌道兩端點(diǎn)A、C高度相同，軌道的半徑為R . 一個(gè)質(zhì)量為m的帶正電的小球從槽右端的A處無(wú)初速度地沿軌道下滑，滑到最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)槽底壓力為2mg. 求小球在滑動(dòng)過(guò)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(diǎn)，小球過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度最大，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒，mgR＝mv2，解得小球在滑動(dòng)過(guò)程中的最大速度為v＝.乙同學(xué)：B是軌道的最低點(diǎn)，小球過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度最大，小球在B點(diǎn)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(dòng)過(guò)程中的最大速度v＝.請(qǐng)分別指出甲、乙同學(xué)的分析是否正確，若錯(cuò)誤，將最主要的錯(cuò)誤指出來(lái)，解出正確的答案，并說(shuō)明電場(chǎng)的方向.解析：甲同學(xué)的分析是錯(cuò)誤的，小球的機(jī)械能不守恒.乙同學(xué)的分析也是錯(cuò)誤的，小球在滑動(dòng)過(guò)程中的最大速度的位置不在最低點(diǎn)B.正解如下：小球在B點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)N－mg＝m而FN＝2mg，解得：v2＝gR從A到B，設(shè)電場(chǎng)力做功WE，由動(dòng)能定理，有：WE＋mgR＝mv2得WE＝－mgR電場(chǎng)力做負(fù)功，所以帶電小球所受電場(chǎng)力的方向向右FE＝＝mg，場(chǎng)強(qiáng)方向向右從A到B之間一定有位置D，小球運(yùn)動(dòng)至該點(diǎn)時(shí)合外力與速度方向垂直，小球在該點(diǎn)速度達(dá)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(dòng)能定理，有：mv＝mgRcos θ－FE(R－Rsin θ)解得：vmax＝.答案：略帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（1）帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)判斷與分析①帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)例3如下圖所示，在勻強(qiáng)電場(chǎng)E中，一帶電粒子q的初速度v0恰與電場(chǎng)線方向相同，則帶電粒子q在開始運(yùn)動(dòng)后，將（C）A．沿電場(chǎng)線方向做勻加速運(yùn)動(dòng)B．沿電場(chǎng)線方向做變加速運(yùn)動(dòng)C．沿電場(chǎng)線方向做勻減速運(yùn)動(dòng)D．偏離電場(chǎng)線方向做曲線運(yùn)動(dòng)思考：帶電粒子q的初速度v0恰與電場(chǎng)線方向相反，情況怎樣？解析：帶電粒子q受力有什么特點(diǎn)？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(chǎng)中的曲線運(yùn)動(dòng)例3如下圖所示，兩平行金屬板間有勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向指向下板，一帶電量為q的粒子，以初速度v0垂直電場(chǎng)線射入電場(chǎng)中，則粒子在電場(chǎng)中所做的運(yùn)動(dòng)可能是（C）A．沿初速度方向做勻速運(yùn)動(dòng)B．向下板方向偏移，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)與重力場(chǎng)中的平拋運(yùn)動(dòng)類比，尋求解決問(wèn)題的思路．建立直角坐標(biāo)系，將運(yùn)動(dòng)分解為垂直于場(chǎng)強(qiáng)方向和沿場(chǎng)強(qiáng)方向分別加以討論．解析：在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，q受電場(chǎng)力的特點(diǎn)為：方向與電場(chǎng)線方向相反，大小恒定，而初速度方向與電場(chǎng)力方向垂直，所以粒子一定做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，軌跡為拋物線．（2）研究帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的方法①運(yùn)用牛頓定律研究帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)基本思路：先用牛頓第二定律求出粒子的加速度，進(jìn)而確定粒子的運(yùn)動(dòng)形式，再根據(jù)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)形式運(yùn)用相應(yīng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出粒子的運(yùn)動(dòng)情況．例3如下圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子，從兩平行板左側(cè)中點(diǎn)沿垂直場(chǎng)強(qiáng)方向射入，當(dāng)入射速度為v0時(shí)，恰好穿過(guò)電場(chǎng)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(guò)電場(chǎng)，則必須再使（AD）A．粒子的電量變?yōu)樵瓉?lái)的1/4B．兩板間電壓減為原來(lái)的1/2C．兩板間距離增為原來(lái)的4倍D．兩板間距離增為原來(lái)的2倍解析：帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．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(chǎng)力作用，因而可將此勻變速曲線運(yùn)動(dòng)視為沿平行板方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)與垂直板的方向上的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)．粒子恰好穿過(guò)電場(chǎng)時(shí)，它沿平行板的方向發(fā)生位移L所用時(shí)間，與垂直板方向上發(fā)生位移d/2所用時(shí)間相等，設(shè)兩板電壓為U，則有：利用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分解分別表示兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)遵從的規(guī)律．正確理解恰好穿過(guò)電場(chǎng)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(shí)間變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，由上式可知，粒子的電量變?yōu)樵瓉?lái)的1/4或兩板間距離增為原來(lái)的2倍時(shí)，均使粒子在與垂直板方向上發(fā)生位移d/2所用時(shí)間增為原來(lái)的2倍，從而保證粒子仍恰好穿過(guò)電場(chǎng)，因此選項(xiàng)A、D正確．思考：帶電粒子為什么做這樣的運(yùn)動(dòng)？應(yīng)滿足什么條件？②運(yùn)用動(dòng)能定理研究帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)基本思路；根據(jù)電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功的情況，分析粒子的動(dòng)能與勢(shì)能發(fā)生轉(zhuǎn)化的情況，運(yùn)用動(dòng)能定理或者運(yùn)用在電場(chǎng)中動(dòng)能與電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化而它們的總和守恒的觀點(diǎn)，求解粒子的運(yùn)動(dòng)情況．例3如下圖所示，質(zhì)量為m，電量為e的電子，從A點(diǎn)以速度v0垂直場(chǎng)強(qiáng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從B點(diǎn)射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與電場(chǎng)線成120度角，則A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差是多少？解析：電子從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)電子做正功，由動(dòng)能定理和幾何關(guān)系有：v＝－eU＝ U＝－這一思路對(duì)于帶電粒子在任何電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)都適用．例3把一個(gè)帶正電荷q的小球用細(xì)線懸掛在兩塊面積很大的豎直平行板間的O點(diǎn)．小球質(zhì)量m=2g，懸線長(zhǎng)L=6cm，兩板間距離d=8cm．當(dāng)兩板間加上U=2103V的電壓時(shí)，小球自懸線水平的A點(diǎn)由靜止開始向下運(yùn)動(dòng)．到達(dá)O點(diǎn)正下方的B點(diǎn)時(shí)的速度剛好為零．如圖4所示．以后一直在A、B 間來(lái)回?cái)[動(dòng)．(取g=10m/s2．)求：（1）小球所帶的電量．（2）擺動(dòng)過(guò)程中小球的最大速度．分析及解答：首先留給學(xué)生一定時(shí)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(jìn)行合理評(píng)價(jià)，提出正確方案．（1）取小球作研究對(duì)象．重力mg豎直向下，電場(chǎng)力Eq水平向左，繩的拉力T．當(dāng)小球由A向B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重力mg對(duì)小球做正功mgL，電場(chǎng)力Eq對(duì)小球做負(fù)功EqL，拉力T隨時(shí)變化，但因拉力T與運(yùn)動(dòng)方向垂直，故不做功．因此，小球做變速運(yùn)動(dòng)．起初于A點(diǎn)時(shí)速度為零，到達(dá)B點(diǎn)速度又是為零．根據(jù)動(dòng)能定理∑W=△EK有：mg L－Eq L＝0． 而電場(chǎng)強(qiáng)度　E＝聯(lián)立兩式可得：q＝＝810C（2）設(shè)在下落角為θ的C點(diǎn)處小球速度達(dá)最大值v，如圖5(a)所示．因在小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，張力為變力，但此張力對(duì)小球所做的功恒等于零，故采用功能定理時(shí)可不考慮張力．對(duì)小球自A至C的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，有　mgLsinθ－qEL(1－cosθ)＝　mgsinθ＋qEcosθ＝＋qE當(dāng)mv2/2達(dá)極大值時(shí)，左式也達(dá)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(shí)，左式達(dá)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(chǎng)中的平衡問(wèn)題與平衡問(wèn)題的解題思路與方法．為此，請(qǐng)看下例(投影片)．例題3一場(chǎng)強(qiáng)E大小未知的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E隨時(shí)間t變化的情況如圖6所示．t=0時(shí)，一正離子在未知電場(chǎng)中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)2t1時(shí)間，正離子剛好回到最初t=0時(shí)的位置，此時(shí)它的動(dòng)能為E，求在0～t和t1～2t1兩段時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)正離子做的功各是多少？解：處理帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的再一條思路是：從沖量的觀點(diǎn)分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用動(dòng)量定理的知識(shí)，求解帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題．把上述思路用于本題，在0～t1時(shí)間內(nèi)，設(shè)正離子的質(zhì)量為m，受到的電場(chǎng)力大小為F1，發(fā)生的位移大小為s，所達(dá)到的速度大小為v1，在這段時(shí)間t1內(nèi)，電場(chǎng)力F1對(duì)正離子做正功，同時(shí)對(duì)正離子施以了沖量，據(jù)動(dòng)能定理和動(dòng)量定理分別有：F1s＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（1）Ft1=mv1 （2）在t1～2t2時(shí)間內(nèi)，設(shè)正離子受到的電場(chǎng)力大小為F2，回到最初位置時(shí)速度的大小為v2，在這段時(shí)間內(nèi)，正離子的位移為s，與它受到的電場(chǎng)力F2方向相同，故電場(chǎng)力F2對(duì)正離子仍做正功，同時(shí)對(duì)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(shí)間內(nèi)電場(chǎng)力對(duì)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(yùn)用沖量的觀點(diǎn)分析帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)，往往需要同時(shí)運(yùn)用能量的觀點(diǎn)，即同時(shí)運(yùn)用動(dòng)量定理和動(dòng)能定理求解帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，對(duì)于這一運(yùn)用特點(diǎn)和思路要注意領(lǐng)會(huì)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。(AB－Rcos 45176。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(qiáng)電場(chǎng)，、電荷量為q的滑塊，若它能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的D點(diǎn)，則AB至少為多長(zhǎng)？解析：如圖乙所示，滑塊所受重力mg和電場(chǎng)力qE的合力F合與豎直方向成45176。角，則關(guān)于a、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小及電勢(shì)φa、φb的高低關(guān)系正確的是(　　)＝3Eb，φa＞φb ＝3Eb，φa＜φb＝，φa＜φb ＝Eb，φa＜φb解析：由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)公式E＝k可判斷出Ea＝3Eb，由圖示可知，這是負(fù)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)，因此有φb＞φa，綜合以上判斷，可知選項(xiàng)B正確.答案：B例2如圖所示，虛線a、b、c代表電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，即Uab＝Ubc，實(shí)線為一帶正電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場(chǎng)力的作用下通過(guò)該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知(　　)，a的電勢(shì)最高解析：由軌跡圖可知，電場(chǎng)線的方向應(yīng)垂直Q、由電場(chǎng)力與速度方向之間的夾角，判斷出電場(chǎng)力是做正功還是負(fù)功，可以判斷出P點(diǎn)處場(chǎng)強(qiáng)較強(qiáng)，選項(xiàng)D正確.答案：BD例2如圖所示，O是一固定的點(diǎn)電荷，另一點(diǎn)電荷P從很遠(yuǎn)處以初速度v0射入點(diǎn)電荷O的電場(chǎng)，、b、c是以O(shè)為圓心，Ra、Rb、＝3Ra，Rb＝、4為軌跡MN與三個(gè)圓的一些交點(diǎn)，以|W12| 表示點(diǎn)電荷P由1到2的過(guò)程中電場(chǎng)力做的功的大小，|W34|表示點(diǎn)電荷P由3到4的過(guò)程中電場(chǎng)力做的功的大小，則(　　)A.|W12|＝2|W34|B.|W12|＞2|W34|、O兩點(diǎn)電荷可能同號(hào)，也可能異號(hào)解析：因?yàn)镽b＝2Ra，則|U12|＞|U34|，由圖可知，點(diǎn)電荷P受到引力，P、O應(yīng)異號(hào)，庫(kù)侖力先對(duì)P做正功，后做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、選項(xiàng)D錯(cuò)誤.答案：B例2如圖所示，兩個(gè)等量的正點(diǎn)電荷Q、P，連線中點(diǎn)為O，在中垂線上有A、B兩點(diǎn)，已知OA＜OB，A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度及電勢(shì)分別為EA、EB、φA、φB，則(　　)，φA一定大于φB，φA一定大于φB，φA不一定大于φB，φA不一定大于φB解析：在兩個(gè)等量、同號(hào)點(diǎn)電荷連線中點(diǎn)的兩個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度等值而反向，方向自連線中點(diǎn)指向無(wú)窮遠(yuǎn)，因而必然有極大值，題中只給出OA＜OB，可斷定EA＜EB；若是越過(guò)極大值之后，則EA＞EB；若A、B分居極值前后，不能判定EA與EB的大小關(guān)系，在中垂線上，電場(chǎng)強(qiáng)度方向?yàn)樽赃B線中點(diǎn)O指向無(wú)窮，故電勢(shì)逐漸降低，可斷定φA＞.答案：B例2如圖所示，空間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向豎直向下，初速度大小為v0，斜面傾角為θ，(　　)，當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時(shí)，小球與斜面間的距離最大解析：由題意知，小球的電場(chǎng)力可以向下，也可以向上，向上時(shí)的大小小于mg，故無(wú)法確定電性，選項(xiàng)A錯(cuò)誤.設(shè)小球在空中受到的合外力F合＝mg′小球落在斜面上的條件為：＝tan θ解得：t＝此時(shí)速度方向與水平夾角的正切tan α＝＝2tan θ，與g′無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B正確.又因小球在空中做類平拋運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D正確.由以上知小球落在斜面時(shí)的速度大小v＝，與g′無(wú)關(guān).故可得W總＝mv2－mv，選項(xiàng)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(diǎn)以初速度v0與水平方向成θ角射出，微粒在運(yùn)動(dòng)中所受阻力的大小