（通用版）2021版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第7章 靜電場 第3節(jié) 電容器、帶電粒子在電場中的運(yùn)動教學(xué)案

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1、第3節(jié)　電容器、帶電粒子在電場中的運(yùn)動 一、電容器及電容 1．常見電容器 (1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。 (2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。 (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的異種電荷，電容器中儲存電場能。 放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 2．電容 (1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢差的比值。 (2)定義式：C＝。 (3)物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。 (4)單位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF。

2、 3．平行板電容器 (1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。 (2)決定式：C＝，k為靜電力常量。 二、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動 1．做直線運(yùn)動的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做勻速直線運(yùn)動或靜止。 (2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動或勻減速直線運(yùn)動。 2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn) (1)條件：以速度v0垂直于電場方向飛入勻強(qiáng)電場，僅受電場力。 (2)運(yùn)動性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動。 (3)處理方法：運(yùn)動的合成與分解。 ①沿初速度方向：做勻速直

3、線運(yùn)動。 ②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。 1．思考辨析(正確的畫“√”，錯誤的畫“×”) (1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。 (×) (2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。 (×) (3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。 (×) (4)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運(yùn)動。 (×) (5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運(yùn)動。 (√) (6)示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。 (√) 2．(人教版選修3－1P32T1改編)如圖所示的裝置，可以探究影響平行板電容器電容的因素，關(guān)于下列操作及出

4、現(xiàn)的現(xiàn)象的描述正確的是(　　) A．電容器與電源保持連接，左移電容器左極板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大 B．電容器充電后與電源斷開，上移電容器左極板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大 C．電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入玻璃板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大 D．電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入金屬板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大 B　[電容器與電源保持連接時兩極板間的電勢差不變，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角不變，A錯誤；與電源斷開后，電容器所帶電荷量不變，結(jié)合U＝和C＝可判斷B正確，C、D錯誤。] 3．(人教版選修3－1P39T1改編)如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動，到達(dá)B板的速度

5、為v，保持兩極板間電壓不變，則(　　) A．當(dāng)減小兩極板間的距離時，速度v增大 B．當(dāng)減小兩極板間的距離時，速度v減小 C．當(dāng)減小兩極板間的距離時，速度v不變 D．當(dāng)減小兩極板間的距離時，電子在兩極間運(yùn)動的時間變長 [答案]　C 4．(人教版選修3－1P39T5改編)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看成勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。忽略電子所受重力，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v0和從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy分別是(　　)

6、 A．　 B．　 C．　 D．　 D　[根據(jù)動能定理，有eU0＝mv， 電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0＝， 在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運(yùn)動時間Δt＝＝L， 加速度a＝＝， 偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝。] 平行板電容器的動態(tài)分析　[依題組訓(xùn)練] 1．兩類典型問題 (1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。 (2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。 2．動態(tài)分析思路 (1)U不變 ①根據(jù)C＝和C＝，先分析電容的變化，再分析Q的變化。 ②根據(jù)E＝分析場強(qiáng)的變化。 ③根據(jù)UAB＝Ed分析某點(diǎn)電勢變化。 (2)

7、Q不變 ①根據(jù)C＝和C＝，先分析電容的變化，再分析U的變化。 ②根據(jù)E＝分析場強(qiáng)變化。 [題組訓(xùn)練] 1．(多選)如圖所示的電路，閉合開關(guān)，水平放置的平行板電容器中有一個帶電液滴正好處于靜止?fàn)顟B(tài)。為了使液滴豎直向上運(yùn)動，下列操作可行的是(　　) A．?dāng)嚅_開關(guān)，將兩板間的距離拉大一些 B．?dāng)嚅_開關(guān)，將兩板水平地向相反方向移開一些 C．保持開關(guān)閉合，將兩板間的距離減小一些 D．保持開關(guān)閉合，以兩板各自的左側(cè)板沿為軸，同時向上(即逆時針方向)轉(zhuǎn)過一個小角度 BC　[開始時液滴受到豎直向下的重力和豎直向上的電場力正好處于靜止?fàn)顟B(tài)，有Eq＝mg。兩板間的電場強(qiáng)度E＝，保持開關(guān)閉合時

8、，U不變，當(dāng)兩板間的距離d減小時，E變大，此時Eq>mg，液滴豎直向上運(yùn)動，C正確；保持開關(guān)閉合，以兩板各自的左側(cè)板沿為軸，同時向上(即逆時針方向)轉(zhuǎn)過一個小角度，E方向變了，此時液滴不會沿豎直方向運(yùn)動，D錯誤；斷開開關(guān)，電容器的電荷量Q不變，E＝＝＝，則E與d無關(guān)，所以斷開開關(guān)，將兩板間的距離拉大一些，仍有Eq＝mg，液滴仍保持靜止?fàn)顟B(tài)，A錯誤；斷開開關(guān)，將兩板水平地向相反方向移開一些，兩板的正對面積S變小，E變大，此時Eq>mg，所以液滴豎直向上運(yùn)動，B正確。] 2．如圖所示，甲圖中電容器的兩個極板和電源的兩極相連，乙圖中電容器充電后斷開電源。在電容器的兩個極板間用相同的懸線分別吊起完全

9、相同的帶電小球，小球靜止時懸線和豎直方向的夾角均為θ，將兩圖中的右極板向右平移時，下列說法正確的是(　　) 甲　　　　　　　乙 A．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角增大 B．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角不變 C．甲圖中夾角不變，乙圖中夾角不變 D．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角減小 B　[由題圖可知，甲圖中的電容器和電源相連，所以電容器兩極板間的電壓不變，當(dāng)極板間的距離增大時，根據(jù)E＝可知，極板間的電場強(qiáng)度減小，電場力減小，所以夾角將減??；乙圖中電容器充電后斷開電源，電容器兩極板所帶的電荷量不變，根據(jù)C＝，極板間的電壓U＝＝，極板間的電場強(qiáng)度E＝＝，電場強(qiáng)度與兩極板間距離無關(guān)，故夾角不變，

10、B正確。] 電容器動態(tài)變化的分析思路 帶電粒子在電場中的運(yùn)動　[講典例示法] 1．帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動的分析方法： 2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的基本規(guī)律： 設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d(忽略重力影響)，則有 (1)加速度：a＝＝＝。 (2)在電場中的運(yùn)動時間：t＝。 (3)速度 v＝，tan θ＝＝。 (4)位移 3．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的兩個二級結(jié)論： (1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。 證明：由qU0＝mv及tan θ＝ 得t

11、an θ＝。 (2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到電場邊緣的距離為。 帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動 [典例示法]　中國科學(xué)家2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用。如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時速度為8×106

12、m/s，進(jìn)入漂移管E時速度為1×107 m/s，電源頻率為1×107 Hz，漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運(yùn)動時間視為電源周期的1/2。質(zhì)子的荷質(zhì)比取1×108 C/kg。求： (1)漂移管B的長度； (2)相鄰漂移管間的加速電壓。 思路點(diǎn)撥：(1)質(zhì)子在B管中做勻速直線運(yùn)動，已知速度，根據(jù)題意確定質(zhì)子在管中運(yùn)動的時間就可以求出管B的長度。 (2)從B管到E管質(zhì)子被三次加速，根據(jù)動能定理就可以確定加速電壓。 [解析]　(1)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B的速度為vB，電源頻率、周期分別為f、T，漂移管A的長度為L，則 T＝ ① L＝vB· ② 聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L＝0.4 m。

13、③ (2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管E的速度為vE，相鄰漂移管間的加速電壓為U，電壓對質(zhì)子所做的功為W，質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動到E電場做功W′，質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則W＝qU ④ W′＝3W ⑤ W′＝mv－mv ⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U＝6×104 V。 ⑦ [答案]　(1)0.4 m　(2)6×104 V 帶電粒子在電場中做直線運(yùn)動常用關(guān)系式 (1)用動力學(xué)觀點(diǎn)分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad (2)用功能觀點(diǎn)分析 勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv 非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1 [跟進(jìn)訓(xùn)練] 1．(2017·江蘇高考)如圖所示，三塊平

14、行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動到P點(diǎn)?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子(　　) A．運(yùn)動到P點(diǎn)返回 B．運(yùn)動到P和P′點(diǎn)之間返回 C．運(yùn)動到P′點(diǎn)返回 D．穿過P′點(diǎn) A　[根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C＝、定義式C＝和勻強(qiáng)電場的電壓與電場強(qiáng)度的關(guān)系式U＝Ed可得E＝，可知將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變，由O點(diǎn)靜止釋放的電子仍然可以運(yùn)動到P點(diǎn)，并且會原路返回，故選項A正確。] 2．真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強(qiáng)電場，一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與水平方

15、向成θ角)由A向B做直線運(yùn)動，已知重力加速度為g，微粒的初速度為v0，則(　　) A．微粒一定帶正電 B．微粒一定做勻速直線運(yùn)動 C．可求出勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度 D．可求出微粒運(yùn)動的加速度 D　[因微粒在重力和電場力作用下做直線運(yùn)動，而重力豎直向下，由微粒做直線運(yùn)動條件知電場力必水平向左，微粒帶負(fù)電，故A錯誤；其合外力必與速度反向，大小為F＝，即微粒一定做勻減速直線運(yùn)動，加速度為a＝，故B錯誤，D正確；電場力qE＝，但不知微粒的電荷量，所以無法求出其電場強(qiáng)度，故C錯誤。] 帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) [典例示法]　如圖所示，真空中水平放置的兩個相同極板Y和Y′長為L，相距d，足

16、夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距b。在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓UYY′，一束質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計重力)從兩板左側(cè)中點(diǎn)A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出。 (1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點(diǎn)； (2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓UYY′的范圍； (3)求粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長度。 思路點(diǎn)撥：解此題要注意兩點(diǎn)： (1)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，出電場后做勻速直線運(yùn)動。 (2)靈活應(yīng)用分解的方法抓住邊界條件。 [解析]　(1)設(shè)粒子在運(yùn)動過程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場方向的速度為vy，速度偏轉(zhuǎn)角為θ，其反向延長

17、線通過O點(diǎn)，O點(diǎn)與板右端的水平距離為x， 則有y＝at2 L＝v0t vy＝at tan θ＝＝， 解得x＝ 即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點(diǎn)。 (2)由題知a＝ E＝ 解得y＝ 當(dāng)y＝時，UYY′＝ 則兩板間所加電壓的范圍為 －≤UYY′≤。 (3)當(dāng)y＝時，粒子到達(dá)屏上時豎直方向偏移的距離最大，設(shè)其大小為y0， 則y0＝y(tǒng)＋btan θ 又tan θ＝＝， 解得：y0＝ 故粒子在屏上可能到達(dá)的區(qū)域的長度為2y0＝。 [答案]　見解析 分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵 (1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛?/p>

18、度v0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運(yùn)動。 (2)運(yùn)動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運(yùn)動和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動。 [跟進(jìn)訓(xùn)練] 3．(多選)如圖所示為一個示波器工作原理的示意圖，電子經(jīng)電壓為U1的加速電場后以速度v0垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，離開電場時的偏轉(zhuǎn)量是h，兩平行板間的距離為d，電勢差為U2，板長為L，不計電子所受的重力。為了提高示波管的靈敏度，可采取的方法是(　　) A．減小兩板間電勢差U2 B．盡可能使板長L短些 C．盡可能使板間距離d小一些 D．使加速電壓U1減小一些 CD　[

19、電子的運(yùn)動過程可分為兩個階段，即加速和偏轉(zhuǎn)階段。加速階段：eU1＝mv，偏轉(zhuǎn)階段：L＝v0t，h＝at2＝t2，綜合得＝，因此要提高靈敏度則需要：增大L或減小U1或減小d，故C、D正確。] 4．(多選)(2019·大連二模)如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加有恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右側(cè)有平行于極板的勻強(qiáng)電場E，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向固定放置。第一次從小孔O1處由靜止釋放一個質(zhì)子，第二次從小孔O1處由靜止釋放一個α粒子，關(guān)于這兩個粒子的運(yùn)動，下列判斷正確的是(　　) A．質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為1∶2 B．質(zhì)子和

20、α粒子在整個過程中運(yùn)動的時間相等 C．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2 D．質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同 CD　[根據(jù)動能定理有mv2－0＝qU，解得v＝，所以質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為∶1，選項A錯誤；質(zhì)子、α粒子在A、B板間做勻加速直線運(yùn)動，由a＝可知，質(zhì)子的加速度大，所以質(zhì)子運(yùn)動時間短，進(jìn)入豎直電場做類平拋運(yùn)動，質(zhì)子在豎直電場中的加速度大，做類平拋運(yùn)動的時間較短，可知質(zhì)子在整個過程中的運(yùn)動時間小于α粒子的運(yùn)動時間，選項B錯誤；O2到MN板的電勢差用U′表示，對整個過程，由動能定理得Ek－0＝q(U＋U′)，故帶電粒子的末動能與電荷量成正比，所以質(zhì)子和α粒

21、子打到感光板上時的動能之比為1∶2，選項C正確；質(zhì)子、α粒子由O2到MN板，豎直方向有h＝t2，水平方向有x＝vt，聯(lián)立解得x＝2，所以質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同，選項D正確。] 帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動 [典例示法]　如圖甲所示，電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10 cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10 cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示。(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認(rèn)為電壓是不變的)求： 甲　　　　　　　　　　乙 (1)在t＝0.06 s

22、時刻，電子打在熒光屏上的何處？ (2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？ 審題指導(dǎo)： 題干關(guān)鍵 獲取信息 穿過平行板時間極短 上、下極板間的電壓U(E)不變 上極板電勢—時間圖象 電子可向上(向下)偏 電子打到的區(qū)間 電壓過大時，電子打到極板 [解析]　(1)電子經(jīng)電場加速滿足qU0＝mv2， 經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝at2＝ 所以y＝， 由圖知t＝0.06 s時刻U偏＝1.8U0， 所以y＝4.5 cm。 設(shè)打在屏上的點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為Y，滿足 ＝ 所以Y＝13.5 cm。 (2)由y＝知電子側(cè)移量y的最大值為，所以當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓超過 2U0，電子就打不到熒光屏上

23、了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30 cm。 [答案]　(1)打在屏上的點(diǎn)位于O點(diǎn)上方，距O點(diǎn)13.5 cm　(2)30 cm 解決帶電粒子在交變電場中運(yùn)動問題的關(guān)鍵 (1)處理方法：將粒子的運(yùn)動分解為垂直電場方向上的勻速運(yùn)動和沿電場方向的變速運(yùn)動。 (2)比較通過電場的時間t與交變電場的周期T的關(guān)系 ①若t?T，可認(rèn)為粒子通過電場的時間內(nèi)電場強(qiáng)度不變，等于剛進(jìn)入電場時刻的電場強(qiáng)度。 ②若不滿足上述關(guān)系，應(yīng)注意分析粒子在電場方向上運(yùn)動的周期性。 (3)注意分析不同時刻射入電場的粒子在電場中運(yùn)動的差別，找到滿足題目要求的時刻。 [跟進(jìn)訓(xùn)練] 5．如圖甲所示，兩

24、極板間加上如圖乙所示的交變電壓。開始A板的電勢比B板高，此時兩板中間原來靜止的電子在電場力作用下開始運(yùn)動。設(shè)電子在運(yùn)動中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動時為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)(　　) 甲　　　　　　　　乙 A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D A　[電子在交變電場中所受電場力大小不變，加速度大小不變，故C、D兩項錯誤；從0時刻開始，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動，T后電場力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動，直到t＝T時刻速度變?yōu)榱?，之后重?fù)上述運(yùn)動，A項正確，B項錯誤。] 6．如圖甲所示，

25、A、B為兩塊相距很近的平行金屬板，A、B間電壓為UAB＝－U0，緊貼A板有一電子源，不停地飄出質(zhì)量為m，帶電荷量為e的電子(初速度可視為0)。在B板右側(cè)兩塊平行金屬板M、N間加有如圖乙所示的電壓，電壓變化的周期T＝L，板間中線與電子源在同一水平線上。已知金屬板M、N間距為d，極板長為L，距偏轉(zhuǎn)極板右邊緣s處有熒光屏，求： 甲　　　　　　　　　　　乙 (1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時的速度： (2)時刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子剛射出偏轉(zhuǎn)極板時與板間中線的距離(未與極板接觸)。 [解析]　(1)設(shè)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)極板時的速度為v， 由動能定理有eU0＝mv2 解得v＝。 (2)由題意知，電

26、子穿過偏轉(zhuǎn)極板所需時間 t＝＝L＝T 故在時刻沿中線射入偏轉(zhuǎn)極板間的電子在電場方向上先加速再減速，然后反向加速再減速，各段位移大小相等，故電子沿板間中線射出偏轉(zhuǎn)極板。 [答案]　(1)　(2)0 1．“等效法”在電場中的應(yīng)用 “等效重力場”就是把重力場和勻強(qiáng)電場的復(fù)合場問題簡化為只有一個場的問題，從而將重力場中的相關(guān)規(guī)律有效地遷移過來。值得注意的是，由于重力場和勻強(qiáng)電場都是勻強(qiáng)場，所以帶電體受到的重力及電場力都是恒力。如果電場不是勻強(qiáng)電場，則不能進(jìn)行等效變換。 2．等效法求解電場中圓周運(yùn)動問題的解題思路 (1)求出重力與電場力的合力F合，將這個合力視為一個“等效重力”

27、。 (2)將a＝視為“等效重力加速度”。 (3)小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點(diǎn)”，圓周上與該點(diǎn)在同一直徑的點(diǎn)為“等效最高點(diǎn)”。 (4)將物體在重力場中做圓周運(yùn)動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解。 [示例]　如圖所示，絕緣光滑軌道AB部分是傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切。整個裝置處于場強(qiáng)為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場中?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m的帶正電小球，電荷量為q＝，要使小球能安全通過圓軌道，在O點(diǎn)的初速度應(yīng)滿足什么條件？ [解析]　小球先在斜面上運(yùn)動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運(yùn)動，受重力、電場力、軌道作用力，如圖所示，類

28、比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝＝，tan θ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小球在斜面上勻速運(yùn)動。因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的“等效最高點(diǎn)”(D點(diǎn))滿足“等效重力”剛好提供向心力，即有mg′＝，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知＝2R，令小球以最小初速度v0運(yùn)動，由動能定理知－2mg′R＝mv－mv 解得v0＝，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v0≥。 [答案]　v0≥ 把握三點(diǎn)，合理利用“等效法”解決問題 (1)把電場力和重力合成一個等效力，稱為等效重力。 (2)等效重力的反向延長線與圓軌跡的交

29、點(diǎn)為帶電體在等效重力場中運(yùn)動的最高點(diǎn)。 (3)類比“繩球”“桿球”模型臨界值的情況進(jìn)行分析解答。 [即時訓(xùn)練] 1．(多選)如圖所示，一根不可伸長的絕緣細(xì)線一端固定于O點(diǎn)，另一端系一帶電小球，置于水平向右的勻強(qiáng)電場中，現(xiàn)把細(xì)線水平拉直，小球從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)最低點(diǎn)B后，小球擺到C點(diǎn)時速度為0，則(　　) A．小球在B點(diǎn)時速度最大 B．小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，機(jī)械能一直在減少 C．小球在B點(diǎn)時細(xì)線的拉力最大 D．從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中小球的電勢能一直增加 BD　[小球所受重力和電場力恒定，重力和電場力的合力恒定，小球相當(dāng)于在重力和電場力的合力及細(xì)線的拉力作用下在豎直平面

30、內(nèi)做圓周運(yùn)動。 當(dāng)小球運(yùn)動到重力和電場力的合力和細(xì)線的拉力共線時(不是B點(diǎn))，小球的速度最大，此時細(xì)線的拉力最大，A、C錯誤；從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，小球所受重力做正功，小球擺到C點(diǎn)時速度為0，所以電場力對小球做負(fù)功，小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，機(jī)械能一直在減少，B正確；從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，小球克服電場力做功，小球的電勢能一直增加，D正確。] 2．如圖所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，O是圓心，AB是豎直方向的直徑。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q(q>0)的小球套在圓環(huán)上，并靜止在P點(diǎn)，OP與豎直方向的夾角θ＝37°。不計空氣阻力，已知重力加速度為g，sin

31、 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)電場強(qiáng)度E的大小； (2)若要使小球從P點(diǎn)出發(fā)能做完整的圓周運(yùn)動，小球初速度的大小應(yīng)滿足的條件。 [解析]　(1)當(dāng)小球靜止在P點(diǎn)時，小球的受力情況如圖所示， 則有＝tan θ，所以E＝。 (2)小球所受重力與電場力的合力F＝＝mg。當(dāng)小球做圓周運(yùn)動時，可以等效為在一個“重力加速度”為g的“重力場”中運(yùn)動。若要使小球能做完整的圓周運(yùn)動，則小球必須能通過圖中的Q點(diǎn)。設(shè)當(dāng)小球從P點(diǎn)出發(fā)的速度為vmin時，小球到達(dá)Q點(diǎn)時速度為零，在小球從P運(yùn)動到Q的過程中，根據(jù)動能定理有 －mg·2r＝0－mv， 所以vmin＝，即小球的初速度應(yīng)不小于。 [答案]　(1)　(2)不小于 17