1.6 示波器的奧秘 學案2（粵教版選修3-1）
1．對下列物理公式的理解，其中正確的是( )
A．由公式a＝Δvt可知，加速度a由速度的變化量Δv和時間t決定
B．由公式a＝Fm可知，加速度a由物體所受合外力F和物體的質量m決定
C．由公式E＝Fq可知，電場強度E由電荷受到的電場力F和電荷的電荷量q決定[:學#科#網(wǎng)Z#X#X#]
D．由公式C＝QU可知，電容器的電容C由電容器所帶電荷量Q和兩極板間的電勢差U決定
答案 B
解析 A、C、D三項均為比 值法定義，且只是計算式，而不是決定式，故A、C、D錯誤；只有B正確．
2．某平行板電容器的電容為C，帶電荷量為Q，相距為d，今在板間中點放一電荷量為q的點電荷，則它所受到的電場力的大小為( )
A.2kQqd2 B.4kQqd2 C.QqCd D.2QqCd
答案 C
解析 由U＝QC，E＝Ud，F(xiàn)＝Eq得：F＝QqCd.
3. 電子電荷量為e，質量為m，以速度v0沿著電場線射入場強為E的勻強電場中，如圖1所示，電子從A點入射到達B點速度為零，則A、B兩點的電勢差為________；A、B間的距離為________．
圖1
答案 mv202e mv202eE
解析 由分析知，電子進入電場，只在電場 力作用下運動，所以電場力對電子做負功．由動能定理得：
0－12mv20＝－Ue，U＝mv202e
又U＝Ed，d＝UE＝mv202eE.
一、帶電微粒在重力作用下的運動
帶電微粒不同于帶電粒子；它的質量較大，重力不能忽略，因此帶電微粒在電場中至少受兩個力作用．
例1 兩平行金屬板A、B水平放置，一個質量為m＝5×10－6 kg的帶電微粒，以v0＝2 m/s的水平速度從兩板正中央位置射入電場，如圖2所示，A、B兩板間距離為d＝4 cm，板長l＝10 cm.
圖2
(1)當A、B間的電壓為UAB＝1 000 V時，微粒恰好不偏轉，沿圖中虛線射出電場，求該粒子的電荷量和電性．
(2)令B板接地，欲使該微粒射出偏轉電場，求A板所加電勢的范圍．
解析 (1)當UAB＝ 1 000 V時，重力跟電場力相等，微粒才沿初速度v0方向做勻速直線運動，故qUABd＝mg，q＝mgdUAB＝2×10－9C；重力方向豎直向下，電場力方向豎直向上，而場強方向豎直向下(UAB＞0)，所以粒子帶負電．
(2)當qE＞mg時，帶電粒子向上偏，從右上邊緣點飛出，如圖所示，設此時φA＝φ1，因為φB＝0，所以UAB＝φ1，電場力和重力都沿豎直方向，粒子在水平方向做勻速直線運動，速度vx＝v0；在豎直方向a＝qφ1md－g，側位移y＝d2，所以12d＝12at2，t＝lv0，代入a和t解得φ1＝mv20d2＋mgdl2ql2＝2 600 V．當qE＜mg時，帶電微粒向下偏轉，設φA＝φ2，則豎直方向a′＝g－qφ2md，同理可得φ2＝600 V，故欲使微粒射出偏轉電場，A板電勢的范圍為600 V≤φA≤2 600 V.
答案 (1)2×10－9 C 負電 (2)600 V≤φA≤2 600 V
變式訓練1 如圖3所示，水平放置的平行板間的勻強電場正中間的P點有一個帶電微粒正好處于靜止狀態(tài)，如果將平行帶電板改為豎直放置，帶電微粒的運動將是( )
圖3
A．繼續(xù)保持靜止狀態(tài)
B．從P點開始做自由落體運動
C．從P點開始做平拋運動
D．從P點開始做初速度為零、加速度為2g的勻加速直線運動
答案 D
解析 對微粒進行受力分析可知：mg＝Eq
若將平行板改為豎直，則微粒受力F＝mg2＋Eq2＝2mg
所以微粒將做初速度為零的勻加速直線運動，a＝2g.
方法總結 有關帶電粒子的重力是否忽略問題
若所討論的問題，帶電粒子受到的重力遠遠小于電場力，即mg≪qE，則可忽略重力的影響．譬如：一電子在電場強度為4.0×103 V/m的電場中，它所受到的電場力的大小為F＝eE＝6.4×10－16 N，它所受到的重力G＝mg≈8.9×10－30 N ，GF≈1.4×10－14.可見，重力在此問題中的影響微不足道，完全可以略去不計．此時若考慮了重力，反而會給問題的解決帶不必要的麻煩．要指出的是，忽略粒子的重力并不是忽略粒子的質量．反之，若帶電粒子所受的重力跟電場力可以比擬，譬如：在密立根油滴實驗中，帶電油滴在電場中受力平衡，顯然這時就必須考慮重力了．若再忽略重力，油滴平衡的依據(jù)就不存在了．總之，是否考慮帶電粒子的重力要根據(jù)具體情況而定，一般說：(1)基本粒子：如電子、質子、α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(但并不忽略質量)．(2)帶電粒子：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、帶電粒子在偏轉過程中的能量變化
粒子動能的變化由動能定理求解．關鍵是正確的求出各力做功的代 數(shù)和；粒子電勢能的變化等于電場力做的功，關鍵點是把電場力做的功找準求對．
例2 一個初動能為Ek的帶電粒子以速度v垂直電場線方向飛入兩塊平行金屬板間，飛出時動能為3Ek.如果這個帶電粒子的初速度增加到原的2倍，不計重力，那么該粒子飛出時動能為( )
A．4Ek B ．4.5Ek C．6Ek D．9.5Ek
解析 帶電粒子做類平拋運動，平行于極板方 向的速度大小不變，帶電粒子通過電場的時間變?yōu)樵?2，沿電場方向的位移變?yōu)樵?4，電場力做功變?yōu)樵?4.
由動能定理得ΔEk′＝qE•y′＝14yqE �、�
原速飛過時由動能定理有ΔEk＝3Ek－Ek＝qEy ②
而ΔEk′＝Ek末′－4Ek ③
解得Ek末′＝4.5 Ek
答案 B
變式訓練2 如圖4所示，O1O2為帶電平行板電容器的中軸線，三個相同的帶電粒子沿軸線射入兩板間．粒子1打到B板的中點，粒子2剛好打在B板邊緣，粒子3從兩板間飛出，設三個粒子只受電場力作用，則( )
圖4
A．三個粒子在電場中運動時間關系為t1＜t2＝t3
B．三個粒子在電場中運動時間關系為t1＝t2＞t3
C．三個粒子在電場中運動的初速度關系為v1＝v2＝v3
D．三個粒子在飛行過程中動能的變化量關系為ΔE1＝ΔE2＝ΔE3
答案 B
解析 粒子在電場中做類平拋運動，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a，由y＝12at2可判斷出t1＝t2＞t3，故A錯誤，B正確；水平方向做勻速直線運動，結合x＝vt可判斷出v1＜v2＜v3，所以C錯誤；由動能定理知qEy＝ΔEk，故ΔE1＝ΔE2＞ΔE3，故D錯誤．
方法總結 電場力做的功等于qE•y，y是粒子在豎直方向的偏轉量，y不一定等于d2(d為兩板間距)．
三、等效法在電場中的應用
等效方法的實質是在力的作用效果相同的前提下相互替代，其優(yōu)點是將非理想模型轉化為理想模型，使復雜問題變得簡單．
帶電體在勻強電場中受恒定電場力和重力，可根據(jù)力的獨立作用原理分別研究每一種力對物體的作用效果；也可以求出電場力和重力的合力，即“等效重力”，再與重力場中的力學問題進行類比解答．
例3 半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，環(huán)上套有一質量為m、帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，如圖5所示，珠子所受靜電力是其重力的34，將珠子從環(huán)上最低位置A點由靜止釋放，則：
圖5
(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？
解析 (1)因為qE＝34mg，所以qE 、mg的合力F合與豎直方向的夾角θ的正切值tan θ＝qEmg＝34，即θ ＝37°，則珠子由A點靜止釋放后從A到B過程中做加速運動，如下圖所示，B點動能最大，由動能定理得：qEr sin θ－mgr(1－cos θ)＝Ek，解得B點動能即最大動能Ek＝14mgr.
(2)設珠子在B點受圓環(huán)彈力為FN，有FN－F合＝mv2r，即FN＝F合＋mv2r＝mg2＋qE2＋12mg＝54mg＋12mg＝74mg.
由牛頓第三定律得，珠子對圓環(huán)的最大壓力也為74mg.
答案 (1)14mgr (2)74mg
變式訓練3 在水平向右的勻強電場中，有一質量為m、帶正電的小球，用長為l的絕緣細線懸掛于O點，當小球靜止時細線與豎直方向夾角為θ，如圖6所示，現(xiàn)給小球一個初速度v0，使小球能在豎直平面內做圓周運動．試問：小球在做圓周運動的過程中，在哪一位置速度最小？速度最小值為多大？
圖6
答案 A點速度最小 v20－4glcos θ.
解析 重力跟電場力的合力為：mgcos θ，從 B到A的過程由動能定理得：－mgcos θ×2l＝12mv2A－12mv20
解得：vA＝ v20－4glcos θ.
方法總結 因為小球在B點時靜止，所以小 球在B點受力平衡，對小球進行受力分析，小球受重力mg、拉力FT和電場力F作用．當小球向上轉時，拉力不做功，只有重力和電場力做功，并且重力和電場力始終不變，所以我們可以將小球所受的重力和電場力看做一個力，即這兩個力的合力．這樣就可以把這個問題轉換成一個我們所熟悉的圓周運動處理了，這個合力就相當于只有重力在小球上做功時的“重力”了，那么平衡點B就相當于小球運動的最低點，A點就相當于小球運動的最高點，此即為小球速度最小的位置．
【即學即練】
1．如圖7所示，有一質量為m、帶電荷量為q的油滴，被置于豎直放置的兩平行金屬板間的勻強電場中，設油滴是從兩板中間位置，并以初速度為零進入電場的，可以判定( )
圖7
A．油滴在電場中做拋物線運動
B．油滴在電場中做勻加速直線運動
C．油滴打在極板上的運動時間只決定于電場強度和兩板間距離
D．油滴打在極板上的運動時間不僅決定于電場強度和兩板間距離，還決定于油滴的比荷
答案 BD
解析 油滴受重力和電場力作用，且兩個力大小方向均恒定，即油滴受到恒定的合外力作用，且初速度為0，所以粒子沿合力方向做勻加速直線運動，B項正確；粒 子打到極板上的時間由水平方向位移d2＝12at2決定，t＝ dmqE，故D選項正確．
2．一平行板電容器中存在勻強電場，電場沿豎直方向．兩個比荷不同的帶正電的粒子a和b從電容器中的P點(如圖8所示)以相同的水平速度射入兩平行板之間，測得a和b與電容器極板的撞擊點到入射點之間的水平距離之比為1∶2.若不計重力，則a和b的比荷之比是( )
圖8
A．1∶2 B．1∶8 C．2∶ 1 D．4∶1
答案 D
解析 兩帶電粒子都做類平拋運動，在水平方向上做勻速運動，有x＝v0t；在豎直方向上做勻加速運動，有y＝12at2＝qE2mt2，整理得qm＝2yv20Ex2，因為場強E相同，初速度v0相同，偏移量y相同，所以比荷與水平位移的平方成反比，故選項D 正確．
3. 如圖9示，有三個質量相等，分別帶正電、負電和不帶電的小球，從平行板電場中的中點P以相同的初速度垂直于電場方向進入電場，它們分別落在A、B、C三點，可以判斷( )
圖9
A．落在A點的小球帶正電，落在B點的小球不帶電
B．三個小球在電場中運動的時間相等
C．三個小球到達極板時的動能關系為EkA＞EkB＞EkC
D．三個小球在 電場中運動時的加速度關系為aA＞aB＞aC
答案 A
解析 因三球水平速度相同，但水平位移不同，說明tA＞tB＞tC；由豎直方向y＝12at2，y相同則可得出aA＜aB＜aC，所以A點必為帶正電小球，aA＝mg－qEm，落于B點的小球不帶電，aB＝mgm＝g，落于C點的小球帶負電，aC＝mg＋qEm；由合外力FA＜FB＜FC，豎直位移相同，故WA合＜WB合＜WC合，由動能定理，可得EkC＞EkB＞EkA.
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