一周强化

一、一周知识概述

（一）静电屏蔽、电容

　　1、静电屏蔽：导体球壳（或金属网罩）内达到静电平衡后，内部场强处处为0，不受外部电场的影响，这种现象叫静电屏蔽。

　　2、电容器、电容：

　　（1）电容：，式中Q指每一个极板带电量的绝对值，另外还有。

　　（2）电容器的充、放电。充电，在两极间加电压、两板带等量异种电荷不断增大，直到两极电压等于电源电压为止；放电，两极间形成短路时两板电量中和。电容器的充、放电过程也伴随能量的转化。

　　（3）常用电容器有：固定电容器和可变电容器。电解电容器有正负极，不能接反。

　　注意：电容器的电容是由电容器本身的因素决定，与Q、U无关。在数值上等于两板间每增加1V的电势差所需的电量。

　　3、平行板电容器的电容

　　（1）公式：，其中，k为静电力恒量，S为正对面积；

　　（2）两种情况的讨论：

　　①始终连在电源上时U一定，讨论Q、E随C的变化情况。

　　②与电源断开后Q一定，讨论U、E随C的变化情况。能指出在每一变化过程中各种形式能量的转化。

（二）带电粒子在电场中的运动

　　带电粒子在电场中的运动问题就是电场中的力学问题，研究方法与力学中相同。只是要注意以下几点：

　　1、带电粒子受力特点

　　（1）重力：

　　①有些粒子（如电子、质子、α粒子、正负离子等），在电场中运动时均不考虑重力；

　　②宏观带电体，如液滴、小球等一般要考虑重力；

　　③未明确说明“带电粒子”的重力是否考虑时，可用两种方法进行判断：一是比较电场力qE与重力mg，若qEmg，则忽略重力，反之要考虑重力；二是题中是否有暗示（如涉及竖直方向）或结合粒子的运动过程、运动性质进行判断。

　　（2）电场力：一切带电粒子在电场中都要受到电场力F=qE，与粒子的运动状态无关；电场力的大小、方向取决于电场（E的大小、方向）和电荷的正负，匀强电场中电场力为恒力，非匀强电场中电场力为变力。

　　2、带电粒子的运动过程分析方法

　　（1）运动性质有：平衡（静止或匀速直线运动）和变速运动（常见的为匀变速），运动轨迹有直线和曲线（偏转）。

　　（2）对于平衡问题，结合受力图根据共点力的平衡条件可求解。

　　对于直线运动问题可用匀变速直线运动的运动学公式和牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律求解。

二、例题分析

1、 如图所示，水平放置的两平行金属板A、B相距为d，电容为C，开始时两极板均不带电，A板接地且中央有一小孔。现将带电液体一滴一滴的从小孔正上方h高处无初速地滴下，设每滴液滴的质量为m，电荷量为q，落到B板后把电荷全部传给B板。

（1）第几滴液滴将在A、B间做匀速直线运动？

（2）能够到达B板的液滴不会超过多少滴？

解析：

　　（1）设第n滴恰在A、B间做匀速直线运动，则这时电容器的带电量为。对第n滴液滴，根据它的受力平衡得：

　　而，解得

　　（2）设第N滴恰能到达下板。对第N滴由开始下落至恰到达B板的过程，由动能定理得：

　　

　　解得：

例2、如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板板间的电场中，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况下一定能使电子的偏转角θ变大的是（　）

　　　A．U1变大，U2变大　　　　　B．U1变小，U2变大

　　　C．U1变大，U2变小　　　　　D．U1变小，U2变小

解析：

　　设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：　　①

　　又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间　　②

　　又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：

　　　　③

　　电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy=a·t　　④

　　由①、②、③、④可得.

　　又.

　　故U2变大或U1变小都可能使偏转角θ变大，故选项B正确。

答案：B

解题回顾：

　　带电粒子垂直进出入电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法。

例3、一条长为l的细线上端固定在O点，下端系一个质量为m的小球，它置于一个很大的匀强电场中，电场强度为E，方向水平向右，已知小球在B点时平衡，细线与竖直线的夹角为α，如图所示，求：

　　（1）当线与竖直方向的夹角为多大时，才能使小球由静止释放后，细线到竖直位置时，小球速度恰好为0。

　　（2）当细线与竖直方向成α角时，至少要给小球一个多大的冲量，才能使小球做圆周运动？

解析：方法一：

　　（1）小球在B点受力平衡，由平衡条件有Tsinα=qE，Tcosα=mg.

　　　　　由此，得qE=mgtanα　①

　　如图所示，设小球由C点（细线与竖直线夹角为θ）运动至最低点A时速度恰好为0，此过程小球的重力势能减少mgl(1－cosθ)，电势能增加qElsinθ由能量守恒有

　　mgl(1－cosθ)=qElsinθ　②

　　由①②式得.

　　即，则θ=2α.

　　（2）由受力分析可知，小球由B点转过半周到D点时速度达到最小值，要使小球恰好完成整个圆周运动，则此时绳拉力应恰好为0，此时小球受力如图所示，设此时小球速度为vD，则

　　　　　　　　③

　　　　　小球由B到D过程中由动能定理得：

　　　　　④

　　　　　由②、③、④式解得：

　　　　　所以在B点施加的冲量至少应为。

　　　方法二：

　　由于小球是在匀强电场和重力场的复合场中运动，将复合场等效为一种重力场，其等效重力加速度.（如图）

　　（1）小球在A、C间的运动类比为一单摆，B点为振动的平衡位置，两侧A、C点为最大位移处，由对称性即可得出结论：θ=2α.

　　（2）绳系小球在复合场中做圆运动的条件与重力场中类似，只不过其等效“最高”点为D，“最低”点为B，等效重力加速度（或叫做复合场强度）为g′，由.

　　

　　解得

　　给上球施加的冲量至少应为.

解题回顾：“等效场”是“等效”的物理方法在这里的应用，可以使分析推理更简捷。

例4、一带正电的小球系于为l的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定在O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E．已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力．现先把小球拉到图中的P1处，使轻线拉直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球．已知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突变为零，水平分量没有变化，测小球到达与P1点等高的P2点时速度的大小为（　）

　A．　　　　B．　　　　C．　　　　　D．0

解析：

　　如图所示，从P点到最低点A，小球在电场力和重力的合力作用下做匀加速直线运动．由动能定理得mvA2=mgl＋Eql=mgl＋mgl=2mgl，vA=.

　　小球绕过A点时，vA的竖直方向速度变为零，只有水平方向速度vx=vA·sin 45°=．小球绕过A点以vx为初速度沿圆周运动到P2点，由动能定理可得

　　

答案：B

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