翰林汇翰林汇翰林汇翰林汇课题：电场类型：复习课目的要求：理解和灵活运用电场的有关概念,掌握电场力做功与电势能的变化、带电粒子在电场中的运动等综合题的解题方法,培养空间想像能力与综合分析能力重点难点：教具：过程及内容：第1课电场力的性质知识简析一、电荷、电荷守恒定律1、两种电荷：用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷，用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷。2、元电荷：一个元电荷的电量为1．6×10－19C，是一个电子所带的电量。说明：任何带电体的带电量皆为元电荷电量的整数倍。3、起电：使物体带电叫起电，使物体带电的方式有三种①摩擦起电，②接触起电，③感应起电。4、电荷守恒定律：电荷既不能创造，也不能被消灭，它们只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一局部转移到另一局部，系统的电荷总数是不变的．注意：电荷的变化是电子的转移引起的；完全相同的带电金属球相接触，同种电荷总电荷量平均分配，异种电荷先中和后再平分。二、库仑定律1．内容：真空中两个点电荷之间相互作用的电力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。2．公式：F=kQ1Q2／r2k＝9．0×109N·m2／C23．适用条件：（1）真空中；（2）点电荷．35/35\n点电荷是一个理想化的模型，在实际中，当带电体的形状和大小对相互作用力的影响可以忽略不计时，就可以把带电体视为点电荷．（这一点与万有引力很相似，但又有不同：对质量均匀分布的球，无论两球相距多近，r都等于球心距；而对带电导体球，距离近了以后，电荷会重新分布，不能再用球心距代替r）。点电荷很相似于我们力学中的质点．注意：①两电荷之间的作用力是相互的，遵守牛顿第三定律②使用库仑定律计算时，电量用绝对值代入，作用力的方向根据“同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引”的规律定性判定。【例1】在光滑水平面上，有两个带相同电性的点电荷，质量m1＝2m2，电量q1=2q2，当它们从静止开场运动，m1的速度为v时，m2的速度为；m1的加速度为a时，m2的加速度为，当q1、q2相距为r时，m1的加速度为a，那么当相距2r时，m1的加速度为多少？解析：由动量守恒知，当m1的速度为v时，那么m2的速度为2v，由牛顿第二定律与第三定律知：当m1的加速度为a时，m2的加速度为2a．由库仑定律知：a=／m，a/=／m,由以上两式得a/=a/4答案：2v，2a，a/4点评：库仑定律中的静电力（库仑力）是两个电荷之间的作用力，是作用力与反作用力，大小相同，方向相反，在同一直线上，作用在两个物体上，二力属同种性质的力，而且同时产主同时消失。三、电场：1、存在于带电体周围的传递电荷之间相互作用的特殊媒介物质．电荷间的作用总是通过电场进展的。2、电场的根本性质是对放入其中的电荷有力的作用。35/35\n3、电场可以由存在的电荷产生，也可以由变化的磁场产生。四、电场强度1．定义：放入电场中某一点的电荷受到的电场力F跟它的电量q的比值叫做该点的电场强度，表示该处电场的强弱2．表达式：E＝F/q单位是：N/C或V/m；E=kQ/r2（导出式，真空中的点电荷，其中Q是产生该电场的电荷）E＝U/d（导出式，仅适用于匀强电场，其中d是沿电场线方向上的距离）3．方向：与该点正电荷受力方向相同，与负电荷的受力方向相反；电场线的切线方向是该点场强的方向；场强的方向与该处等势面的方向垂直．4．在电场中某一点确定了，那么该点场强的大小与方向就是一个定值，与放入的检验电荷无关，即使不放入检验电荷，该处的场强大小方向仍不变，这一点很相似于重力场中的重力加速度，点定那么重力加速度定，与放入该处物体的质量无关，即使不放入物体，该处的重力加速度仍为一个定值．5、电场强度是矢量，电场强度的合成按照矢量的合成法那么．（平行四边形法那么和三角形法那么）6、电场强度和电场力是两个概念，电场强度的大小与方向跟放入的检验电荷无关，而电场力的大小与方向那么跟放入的检验电荷有关，五、电场线：是人们为了形象的描绘电场而想象出一些线，客观并不存在．1．切线方向表示该点场强的方向，也是正电荷的受力方向．2．从正电荷出发到负电荷终止，或从正电荷出发到无穷远处终止，或者从无穷远处出发到负电荷终止．3．疏密表示该处电场的强弱，也表示该处场强的大小．35/35\n4．匀强电场的电场线平行且距离相等．5．没有画出电场线的地方不一定没有电场．6．顺着电场线方向，电势越来越低．7．电场线的方向是电势降落陡度最大的方向，电场线跟等势面垂直．8．电场线永不相交也不闭合，9．电场线不是电荷运动的轨迹．匀强电场－ － － － 点电荷与带电平板+等量异种点电荷的电场等量同种点电荷的电场孤立点电荷周围的电场【例2】在匀强电场中，将质量为m，带电量为q的小球由静止释放，带电小球的运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，如以下图，那么电场强度的大小为（B）A．有唯一值mgtanθ／q；B．最小值是mgsinθ／q；C·最大值mgtanθ／q；D·mg/q提示：如附图所示，利用三角形法那么，很容易判断出AB跟速度方向垂直．规律方法1、库仑定律的理解和应用【例3】如以下图，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上．a和c带正电，b带负电，a所带电量的大小比b的小．已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是A．F1B．F2C．F3D．F4【解析】a对c为斥力，方向沿ac连线背离a；b对c为引力，方向沿bc连线指向b．由此可知，二力的合力可能为F1或F2．又已知b的电量比a的大，由此又排除掉F1，只有F2是可能的．【答案】B35/35\n【例4】两端开口，横截面积为S，水平放置的细玻璃管中，有两个小水银滴，封住一段长为L0的空气柱，当给小水银滴带上等量的异种电荷时，空气柱的长度为L，设当时大气压强为P0，小水银滴在移动过程中温度不变，小水银滴大小可忽略不计，试求：①稳定后，它们之间的相互作用力。②小水银滴所带电量的大小？解析：小水银滴所受的库仑力为内外气体压力之差。设外界大气压强为P0，小水银滴带上等量异种电荷时，被封闭气体的压强为P，那么由玻意耳定律得：P0L0S=PLS即P/P0=L0/LΔP/P0=（L0－L）/L，又ΔP=P－P0=F电/S，即F电=P0S（L0－L）/L再由库仑定律得：F电=KQ2/L2可得Q=·L=ABCFABFBFCBF【例5】已知如图，在光滑绝缘水平面上有三个质量都是m的相同小球，两两间的距离都是l，A、B电荷量都是+q。给C一个外力F，使三个小球保持相对静止共同加速运动。求：C球的带电电性和电荷量；外力F的大小。解：先分析A、B两球的加速度：它们相互间的库仑力为斥力，因此C对它们只能是引力，且两个库仑力的合力应沿垂直与AB连线的方向。这样就把B受的库仑力和合力的平行四边形确定了。于是可得QC=-2q，F=3FB=3FAB=。【例6】.如以下图，质量均为m的三个带电小球A,B,C,放在光滑的绝缘水平面上，彼此相隔的距离为L(L比球半径r大许多）,B球带电量为QB=－3q.A球带电量为QA=＋6q，假设对C球加一个水平向右的恒力F,要使A,B,C三球始终保持L的间距运动，求：(1）F的大小为多少？(2)C球所带的电量为多少？带何种电荷？：35/35\n解析:由于A,B,C三球始终保特L的间距，说明它们具有相同的加速度,设为a,那么对A、B、C球受力分析可知,C球带正电,对A球:FAB－FAC=ma,即1200rrr对B球:－FAB＋FBC=ma,即,联立以上各式得QC=8q.F3F1F2AF1F3F2BF1F3F2CF3F1F2D【例7】中子内有一电荷量为上夸克和两个电荷量为下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为r的同一圆周上，如以下图,下面给出的四幅图中能正确表示出各夸克所受静电作用力的是()1200rrrF/F//F2600解析:上夸克与下夸克为异种电荷,相互作用力为引力,(l为任意两个夸克间的距离),由力的合成可知上夸克所受的合力F1向下,下夸克为同种电荷,所受的作用力为斥力,,∴F/=2F//,由力的合成知下夸克受力F2向上,B正确.2、电场强度的理解和应用【例8】长木板AB放在水平面上如以下图，它的下外表光滑而上外表粗糙，一个质量为m、电量为q的小物块C从A端以某一初速起动向右滑行。当存在向下的匀强电场时，C恰能滑到B端，当此电场改为向上时，C只能滑到AB的中点，求此电场的场强。【解析】当电场方向向上时，物块c只能滑到AB中点，说明此时电场力方向向下，可知物块C所带电荷的电性为负。电场方向向下时有：μ（mg－qE）L=½mv02一（m＋M）v2mv0=（m十M）v35/35\n电场方向向上时有：μ（mg＋qE）L/2=½mv02一（m＋M）v2，mv0=（m十M）v那么mg－qE=（mg＋qE），得E＝mg/3q12【例9】如图在场强为E的匀强电场中固定放置两个带电小球1和2,它们的质量相等，电荷分别为q1和－q2．（q1≠q2）．球1和球2的连线平行于电场线，如图．现同时放开1球和2球，于是它们开场在电场力的作用下运动，如果球1和球2之间的距离可以取任意有限值，那么两球刚被放开时，它们的加速度可能是（ABC）A、大小不等，方向相同；B、大小不等，方向相反；C、大小相等，方向相同；D、大小相等，方向相反；解析：球1和球2皆受电场力与库仑力的作用,取向右方向为正方向,那么有由于两球间距不确定,故F库不确定假设q1E－F库>0,F库－q2E>0,且q1E－F库≠F库－q2E,那么A正确;假设q1E－F库>0,F库－q2E<0,且q1E－F库≠F库－q2E,那么B正确;假设q1E－F库=F库－q2E,那么C正确;假设q1E－F库≠F库－q2E,那么q1=q2与题意不符,D错误;【例10】半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m，带正电的珠子，空间存在水平向右的匀强电场，如以下图，珠子所受静电力是其重力的3/4,将珠子从环上最低位置A点由静止释放，那么珠子所能获得的最大动能Ek为多少？FEFmgθ解析：设该珠子的带电量为q,电场强度为E.珠子在运动过程中受到三个力的作用，其中只有电场力和重力对珠子做功，其合力大小为：设F与竖直方向的夹角为θ,如以下图,那么把这个合力等效为复合场，此复合场为强度此复合场与竖直方向夹角为θ,珠予沿园环运动，可以类比于单摆的运动，运动中的动能最大位置是“最低点”,由能的转化及守恒可求出最大的动能为：Ekm=mg/r(1－cosθ)思考：①珠子动能最大时对圆环的压力多大？35/35\n②假设要珠子完成一个完整的圆周运动，在A点释放时，是否要给珠子一个初速度？2、电场线的理解和应用【例11】如以下图，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A—O—B匀速飞过，电子重力不计，那么电子所受另一个力的大小和方向变化情况是A．先变大后变小，方向水平向左B．先变大后变小，方向水平向右C．先变小后变大，方向水平向左D．先变小后变大，方向水平向右【分析】由等量异种电荷电场线分布可知，从A到O，电场由疏到密；从O到B，电场线由密到疏，所以从A—O—B，电场强度应由小变大，再由大变小，而电场强度方向沿电场切线方向，为水平向右。由于电子处于平衡状态，所受合外力必为零，故另一个力应与电子所受电场力大小相等方向相反。电子受的电场力与场强方向相反，即水平向左，电子从A—O—B过程中，电场力由小变大，再由大变小，故另一个力方向应水平向右，其大小应先变大后变小，所以选项B正确。试题展示第2课散电场能的性质知识简析一、电势差电荷从电场中的一点移到另一点，电场力做的功跟其电量的比值叫做这两点的电势差，U=W/q，是标量．点评：电势差很类似于重力场中的高度差．物体从重力场中的一点移到另一点，重力做的功跟其重量的比值叫做这两点的高度差h＝W/G．二、电势某点相对零电势的电势差叫做该点的电势，是标量．在数值上等于单位正电荷由该点移到零电势点时电场力所做的功.由电场本身因素决定，与检验电荷无关。35/35\n点评：类似于重力场中的高度．某点相对参考面的高度差为该点的高度．注意：（1）高度是相对的．与参考面的选取有关，而高度差是绝对的与参考面的选取无关．同样电势是相对的与零电势的选取有关，而电势差是绝对的，与零电势的选取无关．（2）一般选取无限远处或大地的电势为零．当零电势选定以后，电场中各点的电势为定值．（3）电场中A、B两点的电势差等于A、B的电势之差,即UAB=φA－φB,沿电场线方向电势降低.三、电场力做功与电势能1．电势能：电场中电荷具有的势能称为该电荷的电势能．电势能是电荷与所在电场所共有的。2．电势能的变化：电场力做正功电势能减少；电场力做负功电势能增加．重力势能变化：重力做正功重力势能减少；重力做负功重力势能增加．3．电场力做功：W=qU，U为电势基，q为电量．重力做功：W＝Gh，h为高度差，G为重量．电场力做功跟路径无关，是由初末位置的电势差与电量决定重力做功跟路径无关，是由初末位置的高度差与重量决定．【例1】关于电势与电势能的说法正确的选项是（）A．电荷在电场中电势高的地方电势能大B．在电场中的某点，电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大C．正电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大D．负电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小35/35\n解析：正电荷在电势高处的电势能比电势低处的电势能大，负电荷那么反之，所以A错．当具有电势为正值时，电量大的电荷具有的电势能大于电量小的电荷具有的电势能，当电势为负值，恰好相反，所以B错．正电荷形成的电场中，电势为正值，这样电势与正电荷的电量来积为正值，而负电荷在正电荷形成的电场中电势能为负值，因此C正确．负电荷形成的电场中，电势为负值，因而正电荷具有的电势能为负值，负电行具有的电势能为正值，所以D正确．答案：CD点评：关于电势的正负与电势的上下参看以以下图8一31所示，A、B带等量的异种电荷，AO区间是正电荷形成的电场，OB区间是负电荷形成的电场．【例2】将一电量为一2×10－8C的点电荷，从零电势S点移到电场中的M点，对抗电场力做功4×10－8J，那么UM=；假设将该电荷从M点移到N点，电场力做功14×10－8J，那么N点电势UN＝；M、N两点电势差为．解析：UM=W/q=4×10－8/2×10－8=2V．由于是负电荷对抗电场力做功，所以是顺着电场线移动，M点电势为负．所以UM=一2V．UN=14×10－8/2×10－8＝7V．由于是电场力做功，所以负电荷是逆着电场线方向移动，N点电势比M点电势高7V，这样N点电势比S点高5V，所以UN＝5V．点评：（1）求某点电势可先求出电势差，然后根据电势差和电场力做功情况再求出该点电势．（1）应牢记：电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加．四、等势面1．电场中电势相等的点所组成的面为等势面．2．特点（1）各点电势相等．（2）等势面上任意两点间的电势差为零．（3）电荷沿着等势面运动，电场力不做功．35/35\n（4）处于静电平衡状态的导体是一个等势体，其面为等势面．（5）匀强电场，电势差相等的等势面间距离相等，点电荷形成的电场，电势差相等的等势面间距不相等，越向外距离越大．（6）等势面上各点的电势相等但电场强度不一定相等．（7）电场线跟等势面垂直，且由电势高的面指向电势低的面（8）两个等势面永不相交．【例3】如以下图，匀强电场中的一组等势面，A、B、C、D相邻间距离为2cm，那么场强E＝；离A点1．5cm的P点电势为V．解析：E=U/SABsin600=1000/3V／mUBp＝E·SBPsin600＝1000/3×0．5×10－2×/2V＝2．5VBP之间电势差为2．5V，由于UP＜UB，所以Up=－2．5V点评：在我们应用U=Ed公式时一定要注意d是沿着电场线方向的距离，或者说是两等势面间的距离．【例4】如以下图，实线为匀强电场中的电场线，虚线为等势面，且相邻等势面间的电势差相等。一正点电荷在等势面A处的动能为20J，运动到等势面C处的动能为零。现取B等势面为零电势能面，那么当此电荷的电势能为20J时的动能是J。（不计重力和空气阻力）解析：设相邻等势面间的电势差为△U，根据动能定理，电荷从等势面A运动到C的过程中q△U＝0—20………………①电荷从等势面A运动到B的过程中q△U＝EKB一20…………②联立①②得EKB＝10J又电荷仅受电场力在电场中运动时，根据运动定理：WAB＝EKB一EKA…………③根据电场力做功与电势能变化的关系wAB＝εA一εB…………④联立③④得，εA＋EKA＝εB＋EKB＝恒量又在B点εB＝0所以EK＋2＝0＋10,解出EK＝8J35/35\n点评：讨论静电场中电荷运动的能量关系，一般都应用动能定理，但注意电势能的变化只由电场力做功决定，与其他力是否做功无关。【例5】如以下图，直角三角形的斜边倾角为300，底边BC长为2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处放置一正电荷Q，一个质量为m、电量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足D时速度为v。（将（1），（2）题正确选项前的标号填在题后括号内）（1）在质点的运动中不发生变化的是①动能；②电势能与重力势能之和；③动能与重力势能之和；④动能、电势能。重力势能三者之和。A、①②B．②③C\④D，②（2）质点的运动是A．匀加速运动；B．匀减速运动；C．先加速后匀减速的运动；D．加速度随时间变化的运动（3）该质点滑到非常接近斜边底端C点时速率vc为多少？沿斜面向下的加速度ac为多少？解析:斜面光滑，说明无摩擦力的作用，粒子在重力、电场力、斜面弹力三者的作用下运动。重力场与静电场均是保守力场，因此在整个运动中应该是动能、电势能、重力势能三者之和为一不变量，因此第（1）题选C。假设O点应电荷O不存在，那么粒子在斜面上的运动是匀加速运动，现在粒子还处在静电场中，随着粒子运动，电场力的大小、方向是逐渐变化的，因而粒子总的来说是在变力的作用下运动。由牛顿第二定律，粒于运动的加速度也是变化的，这样第（2）个选择（D），质点的运动是加速度随时间变化的运动。质点受三个力作用，电场力f=kQq/L2，方向由C指向O点（库仑吸引）；重力mg，方向竖直向下；支持力N，方向垂直于斜面向上。由牛顿第二定律mgsinθ一fcosθ=mac，即mgsin300一kQq/L2cos300=maC，简化得aC=½g－kQq/2mL235/35\n在斜面整个运动过程中电势能、动能、重力势能三者的和不变，已知质点运动到D点的速度V，那么D点的电势能可求出，从几何关系容易发现，B、C、D分别到O点的距离是相等的，那么BD=BC/2=BO=OC=OD，B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，是O点处点电荷Q产生的电场中的等势点，所以，q由D到C的过程中电场力作功为零，由机械能守恒定律，得mgh=½mvC2一½mv2……①，其中h为质点在D点的高度,h=BDsin600=BCsin300sin600=2L×½×/2=L/2，得vC＝……②，规律方法1、一组概念的理解与应用电势、电势能、电场强度都是用来描述电场性质的物理，，它们之间有＋分密切的联系，但也有很大区别，解题中一定注意区分，现列表进展比较（1）电势与电势能比较：电势φ电势能ε1反映电场能的性质的物理量荷在电场中某点时所具有的电势能2电场中某一点的电势φ的大小，只跟电场本身有关，跟点电荷无关电势能的大小是由点电荷q和该点电势φ共同决定的3电势差却是指电场中两点间的电势之差，ΔU=φA－φB，取φB=0时，φA=ΔU电势能差Δε是指点电荷在电场中两点间的电势能之差Δε=εA－εB=W，取εB=0时，εA=Δε4电势沿电场线逐渐降低，取定零电势点后，某点的电势高于零者，为正值．某点的电势低于零者，为负值正点荷（十q）：电势能的正负跟电势的正负相同负电荷（一q）：电势能的正负限电势的正负相反5单位：伏特单位：焦耳6联系：ε=qφ，w=Δε=qΔU（2）电场强度与电势的比照电场强度E电势φ1描述电场的力的性质描述电场的能的性质2电场中某点的场强等于放在该点的正点电荷所受的电场力F跟正点电荷电荷量q的比值·E=F/q，E在数值上等于单位正电荷所受的电场力电场中某点的电势等于该点跟选定的标准位置（零电势点）间的电势差，φ=ε/q，φ在数值上等于单位正电荷所具有的电势能3矢量标量4单位：N/C;V/mV（1V=1J/C）5联系：①在匀强电场中UAB=Ed(d为A、B间沿电场线方向的距离）．②电势沿着电场强度的方向降落35/35\n【例6】如以下图，在水平桌面上放置一个由两根绝缘组成的“V”形竖直导轨，棒上各穿上一个可沿棒无摩擦滑动的，质量为m＝40g，带电量为q＝2×10-6C的正电荷小球（可当作点电荷），将小球从同高度的力、B由静止释放（g＝10m/s2）（1）两球相距多远时速度到达最大？（2）两球同时到达最高点时相距L=1．8m，此时系统电势能比释放时少多少？【解】（1）设两球相距L1时速度到达最大，此时合力为零。其中一个小球受力如以下图，FA为A球受库仑力．那么：FA=mgtg450＝mg…………………①由库仑定律：FA=kq1q2/L12………②由①、②得：（2）两球达最高点时速度为零，设释放时离桌面高度为h1，最高点时离桌面高度为h2，那么两球在上升过程的能量变化情况为：动能的变化ΔEK＝0，重力势能的变化量ΔEP＝2mg（h2－hl）。设电势能变化量为Δε，那么由能的转化和守恒定律知：ΔEK十ΔEP＋Δε＝0那么：Δε＝－mg（h2－hl）＝－2×40×10-3×10×（L/2tg450－0．05）=－0．68（J）。即系统的电势能减少了0．68J。2、公式E=U/d的理解与应用(1)公式E=U/d反映了电场强度与电势差之间的关系，由公式可知，电场强度的方向就是电势降低最快的方向．(2)公式E=U/d只适用于匀强电场，且d表示沿电场线方向两点间的距离，或两点所在等势面的范离．(3)对非匀强电场，此公式也可用来定性分析，但非匀强电场中，各相邻等势面的电势差为一定值时，那么E越大处，d越小，即等势面越密．35/35\nEFABCD【例7】如以下图，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V,φB=3V,φC=－3V，由此可得D点电势φD=。解法一、假设在此电场中移动一正电荷q，从A点移到B点，设AB与电场方向夹角为θ，那么WAB=qE·ABcosθ=qE·DCcosθ=WDC即从A点移到B点与从D点移到C点电场力做功相同，所以有WAB=qUAB=qUDC=q（φD－φC），即φD=UAB+φC=15－3－3=9V解法二．设此正方形对角线的交点为O，那么由U＝Ed可知φA－φO=UAO=UOC=φO—φC，UBO=UOD=φB—φO=φO—φD，即，上式代入数据得φD=9V解法三：如以下图，连接AC，在AC上取E、F两点，使AE=EF=FC，那么UAC=UAE＋UEF＋UFC，UAE=UEF=UFC=UAC/3，解得φF=3V,φE＝9V连接BF和DE,因φB＝φF=3V,所以BF是等势面，又因为BF//DE,所以DE也是等势面，即φD＝9V。X1X2思考：作出该电场的电场线分布图．【例8】某静电场沿x方向的电势分布如以下图，那么（）A、在0～xl之间不存在沿x方向的电场B、在0～xl之间存在着沿x方向的匀强电场C、在x1～x2之间存在着沿x方向的匀强电场D、在x1～x2之间存在着沿x方向的非匀强电场解析：在0～xl之间电势不变，即在0～xl之间等势，故在此方向无电场；在x1～x2之间电势随距离均匀减小，那么在x1～x2之间有沿x轴正方向的匀强电场，故A、C正确。答案：AC【例9】如以下图，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负检验电荷在这个电场中的轨迹，假设电荷是从a处运动到b处，以下判断正确的选项是：[ ]A．电荷从a到b加速度减小;B．b处电势能大C．b处电势高;D．电荷在b处速度小35/35\n解析:由图可知b处的电场线比a处的电场线密，说明b处的场强大于a处的场强。根据牛顿第二定律，检验电荷在b处的加速度大于在a处的加速度，A选项错。由图可知，电荷做曲线运动，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向应指向运动轨迹的凹向。因为检验电荷带负电，所以电场线指向是从疏到密。再利用“电场线方向为电势降低最快的方向”判断a，b处电势上下关系是UA＞UB，C选项不正确。根据检验电荷的位移与所受电场力的夹角大于90°，可知电场力对检验电荷做负功。功是能量变化的量度，可判断由a→b电势能增加，B选项正确；又因电场力做功与路径无关，系统的能量守恒，电势能增加那么动能减小，即速度减小，D选项正确。2、电场力做功与能量的变化应用电场力做功，可与牛顿第二定律，功和能等相综合，解题的思路和步骤与力学中的完全相同，但要注意电场力做功的特点——与路径无关【例10】如以下图，有两个完全相同的金属球A、B，B固定在绝缘地板上，A在离B高H的正上方由静止释放，与B发生正碰后回跳高度为h，设碰撞中无动能损失，空气阴力不计，A、假设A、B带等量同种电荷，那么h＞HB、假设A、B带等量异种电荷，那么h＜HC、假设A、B带等量异种电荷，那么h＞HD、假设A、B带等量异种电荷，那么h＝H解析：假设A、B带等量同种电荷，那么碰撞后两球带电量不变，下落过程中重力做正功，电场力做负功，回跳时重力做负功，电场力做正功。由能量守恒定律得h＝H；假设A、B带等量异种电荷，那么碰撞过程中重力做正功，电场力做正功，回跳过程中需抑制重力做功。故h＞H，答案CAB-Q-2Q【例11】已知如图，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属球A、B，带电量分别为-2Q与-Q。现在使它们以相同的初动能E0（对应的动量大小为p035/35\n）开场相向运动且刚好能发生接触。接触后两小球又各自反向运动。当它们刚好回到各自的出发点时的动能分别为E1和E2，动量大小分别为p1和p2。有以下说法：①E1=E2>E0，p1=p2>p0②E1=E2=E0，p1=p2=p0③接触点一定在两球初位置连线的中点右侧某点④两球必将同时返回各自的出发点。其中正确的选项是A.②④B.②③C.①④D.③④解析：由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点。由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点。且两球末动量大小和末动能一定相等。从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为-1.5Q，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中抑制电场力做的功，由机械能定理，系统机械能必然增大，即末动能增大。选C。拓展：两个相同的带电小球（可视为点电荷），相碰后放回原处，相互间的库仑力大小怎样变化？讨论如下：①等量同种电荷，F/=F；②等量异种电荷，F/=0<F；③不等量同种电荷F/>F；④不等量异种电荷F/>F、F/=F、F/<F都有可能，当满足q1=（3±2）q2时F/=F。【例12】为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=0.04m2的金属板，间距L=0.05m,当连接到U=2500V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如以下图．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每m3有烟尘颗粒1013个．假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电量为q=1.0×10－17C，质量为m=2.0×10－15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．求合上开关后：（1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？(2)除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？(3)经过多长时间容器中烟尘颗半粒的总动能到达最大？35/35\n解析：（1)由题可知，只要距离上板外表的烟尘能被吸附列下板时，烟尘即被认为全却吸收，烟尘所受电场力为F=qU/L，L=½at2＝，得.(2)由于板间烟尘颗粒均匀分布，可以认为烟尘的质心位于板间中点位置，因此，除尘过程中电场力对烟尘所做的总功为W=½NALqU=2.5×10－4J(3)解法一：设烟尘颗粒下落距离为x,那么板内烟尘总动能EK=½mv2·NA(L－x)=，当x=L/2时,EK到达最大．又据x=½at12,那么解法二：假定所有烟尘集中于板中央，当烟尘运动到下板时，系统总动能录大，那么L/2=½at12,所以【例13】在电场强度为E的匀强电场中，有一条与电场线平行的几何线，如图中虚线所示。几何线上有两个静止的小球A和B（均可视为质点），两小球的质量均为m，A球带电荷量+Q，B球不带电。开场时两球相距L，在电场力的作用下，A球开场沿直线运动，并与B球发生正对碰撞，碰撞中A、B两球的总动能无损失。设在各次碰撞过程中，A、B两球间无电量转移，且不考虑重力及两球间的万有引力，问：（1）A球经过多长时间与B球发生第一次碰撞？（2）第一次碰撞后，A、B两球的速度各为多大？（3）试问在以后A、B两球再次不断地碰撞的时间间隔会相等吗？如果相等，请计算该时间间隔T。如果不相等，请说明理由。解答：（1）A球在电场力作用下做匀加速直线运动①②联立①②两式得③（2）A球与B球碰撞，动量守恒④据题意，总动能不损失⑤35/35\n联立④⑤两式得⑥⑦（3）以B球为参考系，A、B碰撞后，A球以vA向左做匀减速直线运动，经时间t后，速度减为0，同时与B球相距为L，然后A球又向右做匀加速直线运动，又经时间t后，速度增为vA，与B球发生第二次碰撞。同（2）理可证，每次总动能无损失的碰撞均是交换速度，那么以后第三、四次碰撞情况可看成与第一、二次碰撞情况重复，以此类推可知A、B两球不断碰撞的时间间隔相等，均为T=2t=⑧【例14】有三根长度皆为l＝1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m＝1.00×10－2kg的带电小球A和B，它们的电量分别为－q和+q，q＝1.00×10－7C．A、B之间用第三根线连接起来．空间中存在大小为E＝1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如以下图．现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会到达新的平衡位置．求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少．（不计两带电小球间相互作用的静电力）【解析】图1中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新到达平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角．A球受力如图2所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图．由平衡条件T1sinα+T2sinβ＝qE,T1cosα＝mg+T2cosβB球受力如图3所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图．由平衡条件T2sinβ＝qE,T2cosβ＝mg联立以上各式并代入数据，得α＝0,β＝45°由此可知，A、B球重新到达平衡的位置如图4所示．与原来位置相比，A球的重力势能减少了EA＝mgl（1－sin60°）B球的重力势能减少了EB＝mgl（1－sin60°+cos45°）A球的电势能增加了WA＝qElcos60°B球的电势能减少了WB＝qEl（sin45°－sin30°）两种势能总和减少了W＝WB－WA+EA+EB代入数据解得W＝6.8×10－2J第3课电场中的导体、电容器知识简析一、电场中的导体35/35\n1、静电感应：绝缘导体放在一个带电体的附近，在绝缘导体上靠近带电体的一端应带电体的异种电荷，在远离带电体的一端带同种电荷．静电感应可从两个角度来理解：根据同种电荷相排斥，异种电荷相吸引来解释；也可以从电势的角度来解释，导体中的电子总是沿电势高的方向移动．2．静电平衡状态：导体中（包括外表）没有电荷定向移动的状态叫做静电平衡状态．注意这里是没有定向移动而不是说导体内部的电荷不动，内部的电子仍在做无规那么的运动，3．处于静电平衡状态的导体：（1）内部场强处处为零，导体内部的电场强度是外加电场和感应电荷产生电场叠加的结果．（因为假假设内部场强不为零，那么内部电荷会做定向运动，那么就不是静电平衡状态了）（2）净电荷分布在导体的外外表，内部没有净电荷．（因为净电荷之间有斥力，所以彼此间距离尽量大，净电荷都在导体外表）（3）是一个等势体，外表是一个等势面．（因为假假设导体中某两点电势不相等，这两点那么有电势差，那么电荷就会定向运动）．4．静电屏蔽处于静电平衡状态的导体,内部的场强处处为零,导体内部区域不受外部电场的影响,这种现象就是静电屏蔽.【例1】一个任意形状的金属导体，处于静电平衡状态时（）A．导体内部没有净电荷．B．导体内部任意两点间的电势差不一定为零C．导体内部的场强不一定处处为零D．在导体外表上，电场线可以与导体外表成任意角解析：A．处于静电平衡状态的导体，净电荷在导体外表，所以A对．B．处于静电平衡状态的导体，是一个等势体，所以任意两点间无电势差，所以35/35\nB错．C．处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零，所以C错．D．处于静电平衡状态的导体，其外表场强不为零，场强的方向与面垂直，所以D对。【例2】如以下图，将不带电的导体BC放在带正电的金属球A附近，当导体BC到达静电平衡后，那么以下说法正确的有（）A．用导线连接BC两端，导线中有瞬间电流通过B．用手摸一下导体B端可使导体带正电C．导体C端电势高于B端电势D．B和C端感应电荷在导体内部产生的场强沿BC方向逐渐减小解析：静电平衡后，BC内部场强为零，整个导作是个等势体，故A、C都错了，根据导体附近的电场线分布，可判定导体BC的电势比无穷远处（大地）的电势要高，故把导体B端或C端接地时，将有电子从大地流向导体，导体将带负电；导体处于静电平衡时，导体内部的电场跟感应电场相平衡，因此可以根据外电场在导体内部的分布情况来确定感应电荷电场在导体内部的分布情况．答案：D【例3】如以下图，接地的金属板右侧有固定的点电荷十Q，a、b点是金属板右侧外表上的两点，其中a点到＋q的距离较小，以下说法中正确的选项是（）A．由于静电感应，金属板右侧外表带负电，左侧外表带正电．B、由于静电感应，金属板右侧外表带负电，左侧外表不带电C、整个导体，包括外表上的a、b点，是一个等势体，且电势等于零D、a、b两点的电场强度不为零，且a、b两点场强方向相同，但a点的场强比b点场强大解析：由于静电平衡，金属板是一个等势体，且电势为零（金属板接地），金属板的左侧不带电，右侧带负电．a、b两点的场强不为零，它们场强的方向均垂直于金属板平面，由于a点离＋Q比b点近，故。点的感应电荷比b点的感应电荷多，场强大．综上所述，选项B、C、D正确。35/35\n【点评】处于电场中的导体一旦接地，它的电势为零。且远离带电体的一端总是不带电，由于到达静电平衡时内部场强处处为零，说明了接地后的导体所带的异种电荷（与带电体的电荷比较而言）是增多的．二、电容1．定义；电容器所带的电量跟它的两极间的电势差的比值叫做电容器的电容．C=Q/U2．说明：（1）电容器定了那么电容是定值，跟电容器所带电量及板间电势差无关．（2）单位：法库/伏（3）电容器所带电量是指一板上的电量．（4）平行板电容器C=．ε为介电常数，真空中ε＝1，空气中通常也取1，S为板间正对面积，不可简单的理解为板的面积，d为板间的距离．（5）电容器被击穿相当于短路，而灯泡坏了相当于断路。（6）常用电容器：可变电容、固定电容（纸介电容器与电解电容器）．（7）C＝ΔQ/ΔU因为U1=Q1/C．U2=Q2/C．所以C＝ΔQ/ΔU（8）电容器两极板接入电路中，它两端的电压等于这局部电路两端电压，当电容变化时，电压不变；电容器充电后断开电源，一般情况下电容变化，电容器所带电量不变．【例4】两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m，带电量为一q的油滴恰好静止在两极之间，如以下图，在其它条件不变的情况下，如果将两极非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中（）A．油滴将向上加速运动，电流计中电流从b流向a。35/35\nB．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b。C．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a。D．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b。精析:电容器接在电源的正、负极上没有断开，那么电容器两端的电压不变，两极板间的距离不变，那么场强不变，油滴受力情况不变，油滴静止不动．在电容器两极板错开的过程中，电容器的电容是减小的，由C＝q／U可知，U不变时，Q是减小的，那么电容器的带电量减小，有电荷流向电源，是放电电流，方向由a到b．应选项D正确．【点评】要点是接在电源两端的电容器的电压不变，当电容发生变化时，所带电量变化，根据电量的增加或减少判断是充电或放电，从而确定电流方向．还可以假设两极板的距离发生变化和插人电介质或导体后的情况，读者可自行判断．规律方法1、应用处于静电平衡状态的导体的特点解题【例5】如以下图，P为金属球壳内的一点，壳外一带负电的带电体A移近金属球壳时，金属球壳内P点处的场强E和电势U的变化是（）A．E不变，U降低；B．E不变，U升高C．E增大，U升高；D、E增大．U降低解析：金属球壳处于带负电的带电体A形成的电场中，处于静电平衡状态，因此E始终等于零不变，由于带电体A带负电且靠近球壳，所以球壳的电势降低。答案：A【例6】如以下图，水平放置的金属板正上方有一固定的正点电荷Q，一外表绝缘的带正电的小球（可视为质点且不影响Q的电场），从左端以初速度V0滑上金属板，沿光滑的上外表向右运动到右端．在该运动过程中（）A．小球作匀速直线运动B．小球作先减速，后加速运动C．小球的电势能保持不变D、电场力对小球所做的功为零解析35/35\n：水平放置的金属板在Q的电场中处于静电平衡，它是一个等势体，也就是说它外表的电场线处处与外表垂直，由于外表绝缘，故带电小球在其外表上滑动时，电量不变，但电场力不做功，故小球作匀速直线运动·所以A、C、D选项正确【例7】如以下图，一个带正电的绝缘金属球壳A，顶部开一小孔，有两只带正电的金属球B、C，用金属导线连接，让B球置于球壳A内的空腔中，与内外表接触后又提起，C球放置在A球壳外，待静电平衡后正确的判断是：A、B、C两球都不带电B、B球不带电，C球带电C、让C球接地后，B球不带电D、让C球接地后，A球壳空腔内的场强为零解析：B球与A球壳内外表接触,A,B,C三者连成一个整体，静电平衡后净电荷只分布在导体外外表，所以A球壳外外表和C球均带正电，B球不带电．A,B,C三者为一等势体，当B球提起后，B,C的电势相等，无电荷的定向移动，由于B,C与A等势且为正,C球接地后，将有自由电子从大地向高电势的B,C上移动，B球带负电，此时B球将在A球壳上内外表感应出正电待，从而空腔内形成由内外表指向B球的电场，场强不为零，答案为C.2、静电感应与静电平衡【例8】如以下图，绝缘导体A带正电，导体不带电，由于静电感应，使导体B的M端带上负电，而N端那么带等量的正电荷.（1）用导线连接M、N，导线中有无电流流过？（2）假设将M、N分别用导线与大地相连，导线中有无电流流过？方向如何？解析：A为带正电的场源电荷，由正电荷即形成的电场的电势分布可知：UA＞UB＞U地，其中，B是电场中处于静电平衡的导体.UM=UN=UB.当用导线在不同位置间连接时，电流定由高电势流向低电势，而在电势相等的两点间连接时，那么导线中无电流通过.所以：（1）因为UM=UN，故导线中无电流.（2）因为UM=UN=UB＞U地，所以无论用导线将M还是N与大地相连，电流均由导体B流向大地.35/35\n【例9】目前国家环保局统一规定常规大气监测的工程是：二氧化硫，氮氧化物，悬浮颗粒三种大气污染物，其中，在对悬浮颗粒的治理方法中有一种为静电除尘法，其依据的物理原理是让带电的物质微粒在力作用下，几乎都奔向并吸附在上，如图即为静电除尘器的示意图．除尘器由金属管A和悬在管中的金属丝B组成,A接到,B接到．A,B之间形成很强的电场，而且距B越近电场越强,B附近的空气分子被强电场电离为电子和正离子，正离子跑到B上得到电子变成．电子奔向正极A的过程中，遇到烟气中的悬浮颗粒，使悬浮颗粒带电，吸附到A上，排出的气体就清洁了．答案：电场电极高压电源正极高压电源负极空气分子负K3、平行板电容器问题的分析一定要分清两种常见的变化：⑴电键K保持闭合，那么电容器两端的电压恒定（等于电源电动势），这种情况下带⑵充电后断开K，保持电容器带电量Q恒定，这种情况下【例10】平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如以下图，以E表示两极板间的电场强度，U表示电容器两极间的电压；W表示正电荷在P点的电势能．假设保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么（）A．U变小，E不变；B．E变大，W变大；C．U变小，W不变；D．U不变，W不变；35/35\n解析：由极板间距离减小，知电容C增大；由充电后与电源断开，知带电量Q不变；由U＝Q/C可得极板间电压U减小．根据C=和U=Q/C得U＝．再由E=U/d得E＝．即E由Q/S决定．而Q及S都不变，所以E不变．（由上面的等式可以看出，在板间电介质不变的情况下．E由Q/S—一正对面积上的电荷密度决定，这个结论虽是由考纲外的公式推导出来的，但熟悉这个结论能对解决有关平行板电容器的问题带来方便．）因为E不变，P点与负极板间的距离不变，所以可知P与负极板间的电压不变，即P点的电势Up不变，那么正电荷的电势能W＝qUp就不变．答案：AC说明：（1）记住凡与电源断开，意味着电量不变．在这种情况下板间距离变大时（正对面积不变）E不变．（2）当该题不是与电源断开而是始终与电源相接，那么板间电势基不变；板下移使电容C变大，电量变大；场强E变大；电势能W变大．【例11】有一电容器，带电量为10－5C时，两板间电压为200V，如果使它带的电量再增加10－6C，这时它的电容是F，两板间的电压是V．解析：由C=Q/U可知C＝5×10－8F由C＝ΔQ/ΔUM可知ΔU＝ΔQ/C＝10－6/5×10－8＝20VU/＝U＋ΔU=220V答案；5×10－8F；220V【例12】如以下图，两极板各钻有一个小孔的平行板电容器，经充电后两极板分别带上了电量为Q的异种电荷。我们将一根串联着小灯泡、外外表绝缘的导线按图方式穿过两小孔连接成闭合回路，导线穿过的极板处为M、N。试想小灯泡会发光吗？解析:平行板电容器的电场分布应该是如以下图的分布，并不是只分布在电容器内部。在图中，不仅闭合回路的M、N处于电场中，电容器外部的回路导线也处于电场中。由图中的电场分布可知，两局部导线中的自由电荷都会在电场力的作用下发生定向移动，导线中的负电荷往M处集中，正电荷往N处集中，而电容器两板之间的电势差为一定值，它与路径无关。由静电感应与静电平衡的知识可得，导线中的电场强度必定为零（电容器带电形成的电场与感应电荷形成的电场相叠加），导线上在M、N之间会形成一个电势差，它与电容器两极板间的电势差等值但反向，所以在闭合回路中根本不会形成持续的电流，电灯当然不会亮，永动机是不存在的。35/35\n试题展示第4课带电粒子在电场中的运动规律方法一、带电物体在电场中的运动带电物体（一般要考虑重力）在电场中受到除电场力以外的重力、弹力、摩擦力，由牛顿第二定律来确定其运动状态，所以这局部问题将涉及到力学中的动力学和运动学知识。【例1】用长为l的细线悬挂一质量为m的带正电的小球于水平的匀强电场中，电场方向向右，如以下图．假设小球所受到的电场力大小为重力的3／4倍，求：假设从悬线竖直位置A点由静止开场释放小球，那么①悬线对小球的最大拉力为多大？②该小球能上升的最大高度是多少？③假设使小球在竖直面内做圆周运动，那么小球在A点具有的最小速度是多大？解析：小球受到的重力和电场力均为恒力，这两个力的合力由图可知F=5mg／4，与竖直方向的夹角为θ，且tgθ＝3／4．可把小球看作是在与竖直方向的夹角为θ的恒力F的作用下作圆周运动，它类似于在重力作用下竖直面内的圆周运动，绳子在最低点受到的拉力最大，故小球在恒力F和绳子拉力的作用下作竖直面内的圆周运动，当绳子与竖直方向夹角为θ时，绳子拉力最大为Tm，Tm－F＝mv2／L，½mv2＝FL（l－cosθ），Tm＝F＋2F（l－cosθ）＝（3－2cosθ）5mg／4＝1．75mg，小球运动到绳子与竖直方向成θ角时速度最大，由运动的对称性．可知小球能到达的最大高度就是绳子与竖直方向的夹角为2θ处，小球上升的最大高度为H，H＝L（l一cos2θ）＝L（l一cos2θ＋sin2θ）=0．72L。小球假设在竖直面内作圆周运动，那么在绳子拉力最大处直径的另一端点时所具有的最小速度是力F提供的向心力，即F＝mv2／L=5mg／4，½mv2=5mgL／8=½mvA2－FL（l＋cosθ）5mgL／8=½mvA2－（l＋cosθ）L·5mg／4，解得vA=／2【点评】此题是将电场力和重力的合力F等效为重力在竖直面内作圆周运动的情况来处理，使求解过程简便，其前提条件是电场力和重力均为恒力，才可以这样处理。35/35\nCEBA·O【例2】如以下图，BC是半径为R的1/4圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E.今有一质量为m、带正电q的小滑块（体积很小可视为质点），从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零。假设已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：(1)滑块通过B点时的速度大小；(2)水平轨道上A,B两点之间的距离。解析:（1）小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，设滑块通过B点时的速度为vB，根据动能定理有：mgR一qER=½mvB2一0,解得(2)小-滑块在AB轨道上运动中，所受摩擦力为f=μmg.小滑块从C经B到A的过程中，重力做正功，电场力和摩擦力做负功。设小滑块在水平轨道上运动的距离（即A,B两点间的距离）为L，那么根据功能定理有：mgR一qE（R＋L）一μmgL＝0一0,解得二、带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的运动与前面的带电物体在电场中的运动的不同点就是不考虑粒子的重力．带电粒子在电场中运动分两种情况：第一种是带电粒子垂直于电场方向进入电场，在沿电场力的方向上初速为零，作类似平抛运动．第二种情况是带电粒子沿电场线进入电场，作直线运动．1、加速电场加速电压为U，带电粒子质量为m，带电量为q，假设从静止开场加速，那么根据动能定理½mv2=Uq，所以离开电场时速度为v=．2、在匀强电场中的偏转35/35\n如以下图，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子沿平行于带电金属板以初速度v0进入偏转电场，飞出电场时速度的方向改变角α。①知道在偏转电场中的两个分运动：垂直电场方向的匀速运动，vx＝v0，平行电场方向的初速度为零，加速度为Eq/m的匀加速直线运动②偏向角tanα=qUL/mdv02推导：在电场中运动的时间t＝L/v0………①在电场中的加速度a＝qU/dm………②飞出电场时竖直方向速度vy＝at………③偏转角的正切值tanα=vy/v0……………④由①②③④可得tanα=qUL/mdv02③飞出电场时，竖直方向位移y=½at2=qUL2/2mdv02④经同一加速电场由静止加速的两个质量、电量均不同的粒子，进入同一偏转电场，飞出时偏转角相同U0q=½mv……①tanα=qUL/mdv02……②由①②得tanα=UL/2dU0所以两粒子的偏转角相同与m与q无关．注意：这里的U与U0不可约去，因为这是偏转电场的电压与加速电场的电压，二者不一定相等．⑤沿速度v反方向延长交MN交于Q点，那么QN＝L/2,QN＝y/tanα=L/2⑥粒子在电场中运动，一般不计粒子的重力，个别情况下需要计重力，题目中会说时或者有明显的暗示。【例3】一带电粒子从静止经加速电压U1的加速电场加速后进入板间距离为d，板间电势差为U2的偏转电场，当它飞出偏转电场时，偏转角为θ，要使偏转角θ增大，那么需要（）35/35\nA．使粒子的荷质比变大（q/m）B．其它条件不变，只使U1变大C．其它条件不变，只使U2变大D．其它条件不变，只使d变大解析：这里是经加速电场加速后进入偏转电场tanα=U2L/2dU1所以这里与荷质比无关．所以A错．从tanα=U2L/2dU1可知：B错，C对，D错．答案：c点评：注意经加速电场加速的情况，应当注意从tanα=U2L/2dU1角度讨论问题．【例5】长为l的平行金属板，板间形成匀强电场，一个带电为十q、质量为m的带电粒子，以初速v0紧贴上板垂直于电场线方向射入该电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成300角，如以下图．求：（1）粒子未速度的大小；（2）匀强电场的场强；（3）两板间的距离d．解法一：由牛顿定律和运动学公式求解．（1）由速度矢量图8—63所示，得粒子束速度v＝v0／cos300=2v0／3（2）粒子在电场中运动时间t＝l／v0，粒子射出电场时沿场强方向的分速度vy=v0tan300=v0／3．由vy＝at有v0／3=Eql/mv0．那么场强E＝mv/3ql．（3）两板间距离d=vyt/2=L/6解法二：（1）由动量定理和动能定理求解．v＝v0／cos300，t＝L/v0．（2）由动量定理有qEt＝mv0tan300。E＝mv/3ql（3）由动能定理有qEd＝½mv2－½mv，d=L/6答案：（1）2v0／3；（2）mv/3ql；（3）L/6【例6】有三个质量相等，分别一带有正电，负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度V先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处，如以下图，那么正确的有（）35/35\nA．粒子A带正电，B不带电，C带负电B．三个粒子在电场中运动时间相等C、三个粒子在电场中运动的加速度aA＜aB＜aCD．三个粒子到这极板时动能EA＞EB＞EC解析：三粒子在水平方向上都为匀速运动，那么它们在电场中的飞行时间关系为tA＞tB＞tC三粒子在竖直方向上有d/2=½at2所以aA＜aB＜aC，那么A带正电，B不带电，C带负电．再由动能定理知，三粒子到这极板时动能关系为EA＜EB＜EC．答案：AC说明：通过以上几个题目，请体会带电粒子，飞出偏转电场；恰好飞出，没有飞出几种情况的处理方法是什么？【例7】如图（a）所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场，。现在A、B两板间加上如图（b）所示的周期性的交变电压，在t=0时恰有一质量为m、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，，那么以下关于粒子运动状况的表述中正确的选项是A．粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复振动B．粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C．只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出；D．粒子不可能沿与板平行的方向飞出解析：当t＝0时，带电粒子飞入电场后，在垂直于板的方向上受到电场力的作用，做加速运动，假设是粒子在T/2的时间内没有打在极板上，且没有飞出电场，那么在T／2—T的时间内，粒子做匀减速运动，粒子在这段时间内还没有打在极板上，同时还没有飞出电场，当t=T时，粒子沿电场方向的速度为零．在第二个周期内又将重复第一个周期的运动，……35/35\n所以粒子在垂直于板的方向上的分运动不可能是往复振动，只能是单向运动．当粒子在周期T的整数倍时飞出电场时，它的速度方向是与板平行的，因为此时粒子沿电场方向（就是与板垂直方向）的速度刚好为零．由此可见选项B、C正确。【点评】关键是分析带电粒子在电场力的作用下所作运动的特点：当电场力的方向发生变化时，带电粒子的加速度也发生了变化．当加速度方向与速度方向相同时，带电粒子作加速运动，加速度方向与速度方相反时，带电粒子做减速运动．【例8】两平行金属板间所加电压随时间变化的规律如以下图，大量质量为m、带电量为e的电子由静止开场经电压为U0的电场加速后连续不断地沿两平行金属板间的中线射入，假设两板间距恰能使所有子都能通过．且两极长度使每个电子通过两板均历时3t0，电子所受重力不计，试求：uU02t04t0t03t05t0t0①电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值．②侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比．【解析】①电子在t=2nt0（其中：n=0、1、2、……）时刻进入电场，电子通过两极的侧向位移最大，在t＝(2n＋l）t0（其中n＝0、l、2、…）时刻进入电场电子通过两板侧向位移最小．电子侧向位移最大时，进入电场在沿电场线方向上作初速度为零的匀加速运动，再作匀速运动，后作初速度不为零的匀加速运动，各段运动的时间均为t0；当电子侧向位移最小时，在电场线上只有在第二个t0的时间开场作初速度为零的匀加速运动，在第三个t0的时间作匀速运动．电子进入偏转电场后，在电场中的加速度均为a=eUO／md,电子侧向最大位移为ymax=at02／2＋at02＋at02＋at02／2＝3at02＝3eU0t02／md。ymax=d／2由以上两式解得ymax＝t0；d＝2ymax＝2t0；；电子侧向最小位移为ymin=at02／2＋at02=ymax／2＝t0ymin=d／4②电子离开偏转电场时的动能等于加速电场和偏转电场电场力做功之和．当电子的侧向位移为最大时，电子在电场中加速（只有加速，电场力才做功）．运动的距离为y1＝2ymax／3＝d／3，电子的侧向位移最小时，电子在电场中加速运动的距离为y2＝ymin／3=d／12,侧向位移最大的电子动能为Ekmax＝eUO＋eUO·35/35\ny1／d＝4eUO／3，侧向位移最小的电子动能为Ekmin=eUO＋eUO·y2／d＝13eUO／12，故Ekmax∶Ekmin＝16∶13点评：电子在电场中的分段运动分析清楚后，在电场中侧向位移是可求的，电子离开偏转电场时的动能那么必须注意到电子进入两平行金属板后，在加速阶段有电场力对电子做功，在无电场时的匀速运动阶段没有电场力做功．【例8】北京静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某局部静电场的分布如以以下图所示。虚线表示这个静电场在xoy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于ox轴、oy轴对称。等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等。一个电子经过P点（其横坐标为-x0）时，速度与ox轴平行。适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在ox轴上方运动。在通过电场区域过程中，该电子沿y方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图是(D)解析:电子在Y轴方向的分速度Vy变化的原因，应为Y方向上的电场力作用，给出ox轴上方的电场线示意图，注意电场线与等势线垂直如以下图，那么x<0的范围，电场有沿Y轴负向的分量，电子先向Y轴负向获得分速度,A,C选项排除，经过Y轴后，电场有对电子向上的力作用，故Vy将减小，但在x方向上一直在加速，因此当其横坐标为＋x时，电子并未回到与P点对称的位置，由功能关系知，Vy不会为零，因此选D.【例9】以以下图是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场。分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b35/35\n两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上。已知两板间距d=0.1m,，板的长度L=0.5m,，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1×10－5C/kg。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10m/s2。（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？（2）假设两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m,，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？（3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m。解析：（1）左板带负电荷，右板带正电荷。依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足<1>在水平方向上满足<2><1><2>两式联立得（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足（3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度。反弹高度根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度当时，35/35\n【例10】20世纪50年代，物理学家发现了“电子偶素”。所谓“电子偶素”，实际上是指由一个负电子和一个正电子绕它们连线的中点旋转所形成的相对稳定的系统。已知正、负电子的质量均为me，带电荷电量均为e，静电力常量为k，普朗史常量为h。（1）设“电子偶素”中正、负电子绕它们连线的中点做匀速圆周运动的轨道半径为r、运动速度为v，根据量子化理论上述物理量满足关系式：。试证明n=1时，正、负电子做匀速圆周运动的速率；（2）已知“电子偶素”的能量为正、负电子运动的动能和系统的电势能之和。当正、负电子相距d时系统的电势能为试求n=1时，“电子偶素”的能量E1。解答：（1）设n=1时电子运转轨道半径为r1，此时正负电子间库仑力①此库仑力作为向心力②由题中量子化理论知n=1时③联立①②③式证得④（2）由题意可知系统的电势能⑤每个电子动能⑥系统的能量E=2Ek+Ep⑦联立①②③⑤⑥⑦式可得⑧35/35
