(江苏专用)2020版高考物理总复习第六章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动教案(选修3_1)42348.pdf

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1、-1-第 3 讲 电容器 带电粒子在电场中的运动 知识排查 电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系 1.电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。(3)电容器的充、放电 充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。2.电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。(2)定义式：CQU。(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。(4)单位：法拉(F)1 F106 F 1012 pF 3.平行板电

2、容器的电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。(2)决定式：CrS4 kd，k为静电力常量。带电粒子在匀强电场中的运动 1.带电粒子在电场中的加速(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有aqEm，EUd，v2v202ad。(2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足 qU12mv212mv20。2.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。(2)运动性质：类平抛运动。(3)处理方法：运动的合成与分解。沿初速度方向：做匀速直线运动。-2-沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线

3、运动。小题速练 1.思考判断(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。()(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成正比。()(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。()(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。()(6)公式CrS4kd可用来计算任何电容器的电容。()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)2.人教版选修 31P32第 1 题 平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另一个极板与静电计金属外壳相连。给电容器充电后，静电计指针偏转一个角度。以下情况中，静电计指针的偏角是增大还是减小？(1)把两板

4、间的距离减小；(2)把两板间的相对面积减小；(3)在两板间插入相对介电常数较大的电介质。答案(1)把两极板间距离减小，电容增大，电荷量不变，电压变小，静电计指针偏角变小。(2)把两极板间相对面积减小，电容减小，电荷量不变，电压变大，静电计指针偏角变大。(3)在两极板间插入相对介电常数较大的电介质，电容增大，电荷量不变，电压变小，静电计指针偏角变小。3.人教版选修31P39第3题 先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场。进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比。(1)电子与氢核的初速度相同；(2)电子与氢核的初动能相同。解析 设

5、加速电压为U0，偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极间距离为d，极板长为l，则粒子在偏转电场中的加速度aqUdm，在偏转电场中运动的时间为tlv0，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vyatqUldmv0，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值 tan vyv0qUldmv20。(1)若电子与氢核的初速度相同，则tan etan HmHme。-3-(2)若电子与氢核的初动能相同，则tan etan H11。答案(1)mH：me(2)11 电容器的电容及平行板电容器的动态分析 1.两个公式的比较 CQU(或CQU)CrS4 kd 公式特点

6、 定义式，适用于一切电容器 决定式，适用于平行板电容器 意义 对某电容器QU，但QUC不变，反映电容器容纳电荷的本领 Cr，CS，C1d，反映了影响电容器电容大小的因素 2.平行板电容器动态变化的两种情况(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。3.平行板电容器动态问题的分析思路 4.平行板电容器问题的一个常用结论 电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。【例 1】(2018江苏单科，5)如图 1 所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下

7、移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()图 1 A.仍然保持静止 B.竖直向下运动 C.向左下方运动 D.向右下方运动 解析 由于水平金属板A、B分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B板右端向-4-下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方向，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项 D 正确。答案 D 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 1.做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合0，粒子或静止，或做匀速直线运动。(2)粒子所受合外力F合0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做加速直线运动或减速直

8、线运动。2.解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路(1)动力学观点：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。(2)功能观点：根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。匀强电场中：WqEdqU12mv212mv20 非匀强电场中：WqUEk2Ek1【例 2】(2018南通市第二次调研)(多选)如图 2 所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成 30角的虚线以速度v0斜向上做匀速运动。当小球经过O点时突然将电场方向旋转一

9、定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则()图 2 A.原电场方向竖直向下 B.改变后的电场方向垂直于ON C.电场方向改变后，小球的加速度大小为g D.电场方向改变后，小球的最大电势能为mv204 解析 由于小球匀速运动，电场强度大小Emgq，方向竖直向上，故 A 项错误；改变电场的方向后，由于小球仍沿虚线方向做直线运动，电场力沿垂直于ON方向的分力与重力沿垂直于ON方向的分力大小相等，qEsin mgcos 30，可知此时电场力的方向与ON之间的夹角为60，故 B 项错误；小球受到的合力F合mgsin 30qEcos ma，解得ag，故 C

10、 项正确；小球向上运动，当速度等于 0 时，电势能最大，最大等于克服电场力做的功。由qEcos -5-xmgsin 30 x012mv20，小球的最大电势能EpmqEcos x。联立得Epmmv204，故D 项正确。答案 CD【例 3】如图 3 所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度g。已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力。求：图 3 (1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A点的距离h；(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成 kQr，其中r为该点到Q的距离(选无限远的

11、电势为零)。求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB。解析(1)设液珠的电荷量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时有kQqH2mgmg 比荷为qm2gH2kQ(2)当液珠速度最大时，kQqh2mg 得h 2H(3)设CB间的电势差大小为UCB，由题意得 UCBCBkQHkQrB 对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得 qUCBmg(rBH)0 即q(kQHkQrB)mg(rBH)0 将第(1)问的结果代入化简r2B3HrB2H20 解得rB2H，rBH(舍去)答案(1)2gH2kQ(2)2H(3)2H -6-带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 带电粒子在电场

12、中的偏转运动 1.带电粒子在电场中的偏转规律 2.带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。证明：由qU112mv20 y12at212qU2md(lv0)2 tan qU2lmdv20 得yU2l24U1d，tan U2l2U1d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为l2。3.带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系 当讨论带电粒子的末速度v时，也可以从能量的角度进行求解：qUy12mv212mv20，其中UyUdy，指初、末位置间的

13、电势差。【例 4】(2019无锡市高三期末考试)如图 4，真空中竖直放置的两块平行金属板间加上恒定电压U0，一质量为m，电荷量为q的正点电荷A从左板处由静止释放，从右板的小孔水平射-7-出后，进入一个两板水平放置的平行板电容器，进入时点电荷贴着上极板，经偏转后从下极板边缘飞出。已知电容器的电容值为C，极板的间距为d，长度为kd，两板间电压恒定。不计点电荷的重力，求：图 4(1)电荷进入水平放置电容器时的速度大小；(2)水平放置的电容器极板所带电荷量大小；(3)电荷穿过水平放置电容器的过程中电势能的增量。解析(1)由动能定理qU012mv20，得v02qU0m(2)在电场中偏转kdv0t，d12

14、at2 有qUdma 联立可解得U4k2U0 极板带电荷量QCU 所以Q4k2CU0(3)电场力做功WqU 由(2)得W4k2qU0 由功能关系，E4k2qU0 答案(1)2qU0m(2)4k2CU0(3)4k2qU0 分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键 一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动处理。科学思维的培养用等效法处理带电粒子在电场、重力场中的运动 -8-1.等效思维方法 等效法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，若采用常规方法

15、求解，过程复杂，运算量大。若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。2.等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路(1)求出重力与电场力的合力F合，将这个合力视为一个“等效重力”。(2)将aF合m视为“等效重力加速度”。(3)小球能自由静止的位置，即是“等效最低点”，圆周上与该点在同一直径的点为“等效最高点”。注意：这里的最高点不一定是几何最高点。(4)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解。【典例】如图 5所示，绝缘光滑轨道AB部分是倾角为 30的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切。整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中。现有一

16、个质量为m的带正电小球，电荷量为q3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？图 5 解析 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg，大小为mg（qE）2（mg）22 3mg3，tan qEmg33，得 30，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动。因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的“等效最高点”(D点)满足“等效重力”刚好提供向心力，即有：mgmv2DR，因 30与斜面的倾角相等，由几何关系知AD2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定

17、理知：2mgR12mv2D12mv20 解得v010 3gR3，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v010 3gR3。答案 v010 3gR3 -9-【变式训练】(2019启东中学期中)如图 6所示，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球，小球只在重力、电场力、细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所受的电场力大小等于重力大小。比较a、b、c、d这四点，小球()图 6 A.在最高点a处的动能最小 B.在最低点c处的机械能最小 C.在水平直径右端b处的机械能最大 D.在水平直径左端d处的机械能最大 解析 小球所受电场力和重力大小相等，电场力方向水平

18、向右，则小球所受电场力和重力的合力如图所示，合力与水平方向成 45角偏右下方。由小球所受合力方向可知，小球从a向e点运动时，合力对小球做负功，小球动能将减小，故a点不是小球动能最小的点(动能最小的点在e点)，故 A项错误；除重力以外的其他力做的功等于机械能的增量，拉力不做功，从d到b的过程中，电场力做正功，则b点机械能最大，d点机械能最小，故 C 项正确，B、D 项错误。答案 C 1.(2019南京市、盐城市一模)如图 7所示的可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合。则电容器的电容将()图 7 A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.保持不变 D.先增大后减小 -10-解析 可变电容器的动片与定片逐渐

19、重合，即电容器的正对面积增大，由CrS4kd，可知电容变大，A 正确。答案 A 2.(2018江苏省苏锡常镇高三第二次模拟考试)某一平行板电容器，其中一个极板带5.4103 C 电荷量，另一极板带5.4103 C 电荷量，电容器两极板间电压为 450 V，则该电容器的电容值为()A.2.4105 F B.1.2105 F C.8.3104 F D.4.2104 F 解析 电容器所带电荷量为一个极板所带电荷量的绝对值，由Q5.4103 C，U450 V 得出CQU1.2105 F，选项 B 正确，A、C、D 错误。答案 B 3.(2018淮安、宿迁等高三期中)如图 8 所示，平行板电容器两极板M

20、、N间距为d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极相连，则下列能使电容器的电容减小的措施是()图 8 A.减小d B.增大U C.将M板向左平移 D.在板间插入介质 解析 根据CrS4kd 可知，减小d，则C变大，选项 A 错误；增大U，电容器的电容不变，选项 B 错误；将M板向左平移，则S减小，C减小，选项 C 正确；在板间插入介质，则C变大，选项 D 错误。答案 C 4.(2017江苏单科)如图 9所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P点，则由O点静止释放的电子()图 9 A.运动到P点返

21、回 -11-B.运动到P和P点之间返回 C.运动到P点返回 D.穿过P点 解析 根据平行板电容器的电容的决定式C rS4 kd、定义式CQU和匀强电场的电压与电场强度的关系式UEd可得E 4kQrS，可知将C板向右平移到P点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项 A 正确。答案 A 活页作业(时间：40 分钟)一、单项选择题 1.(2018苏州市高三上学期期初调研)对于某一电容器，下列说法正确的是()A.电容器所带的电荷越多，电容越大 B.电容器两极板间的电势差越大，电容越大 C.电容器所带的电荷增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍 D.电

22、容器两极板间的电势差减小到原来的12，它的电容也减小到原来的12 解析 电容的定义式为CQU，但不能说电容正比于电容器所带电荷量，反比于两板间的电势差，电容是电容器本身的性质，与其自身因素有关，故 A、B、D 错误，C 正确。答案 C 2.如图 1 所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()图 1 A.当增大两板间距离时，v增大 B.当减小两板间距离时，v增大 C.当改变两板间距离时，v也会变化 D.当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间变长 解析 电子从静止开始运动，根据动能定理，从A板运动到B板动能的变化量等于电场力做的功。因为保持两个极板

23、间的电势差不变，所以末速度不变，当两板间距离增加时，EUd变-12-小，又aeEm，a变小，由d12at2知t2da，所以电子在两板间运动的时间变长，故选项D 正确。答案 D 3.(2018南京市高三学情调研)“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图 2所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是()图 2 A.平板正对面积减小时，静电计指针偏角减小 B.静电计可以用电压表替代 C.静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不相等 D.静电计测量的是平行板电容器所带电荷量 解析 本题装置中电容器的电荷量Q不变，由CrS4kd及CQU可知，平行板正对面积减小时，电容C减小，U增大，所以静电计指

24、针偏角增大，A 错误；静电计是测静电电压的装置，电压表是测量电路中电压的装置，必须有电流通过电压表才有读数，所以不能用电压表代替静电计，B、D错误；静电计与平行板电容器组成并联关系，电压相等，但电荷量不相等，实际上静电计电荷量可忽略不计，C 正确。答案 C 4.(2018扬州中学 5月模拟)如图 3 所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带正电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g。则下列判断正确的是()图 3 A.上极板带正电 B.粒子开始向上运动 C.粒子

25、运动的加速度大小为dd1g -13-D.粒子运动的加速度大小为ldg 解析 带正电粒子P静止，粒子受重力和电场力，电场强度方向向上，故上极板带负电，则mgqUdl，当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有mgqUdma，联立解得aldg。综上可知，D 项正确。答案 D 5.(2018苏州一模)如图 4 所示，11H、21H、31H 三种粒子从同一位置无初速度地飘入水平向右的匀强电场，被加速后进入竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()图 4 A.偏转电场对三种粒子做功不一样大 B.三种粒子打到屏上时速度一样大 C.三种粒子运动到

26、屏上所用时间相同 D.三种粒子一定打到屏上的同一位置 解析 粒子在加速电场中运动时有qU加12mv20，进入偏转电场的侧向位移可表示为y12at212qEmLv02qEL22mv20EL24U加。出偏转电场时速度方向与水平方向的夹角满足 tan vyv0atv0qELmv20EL2U加，侧向位移和角度的正切都与粒子的比荷无关，故它们一定打到屏上同一位置，D项正确；三种粒子水平方向的速度不同而水平位移相同，故运动到屏上所用时间不同，C 项错误；水平速度不同而角度的正切相同，则打到屏上的速度肯定不同，B项错误；根据WqEy得出A 项错误。答案 D 二、多项选择题 6.美国物理学家密立根通过研究平行

27、板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。如图 5 所示，平行板电容器两极板M、N与电压恒定为U的电源两极相连，板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴在极板间匀速下落，则()-14-图 5 A.此时极板间的电场强度EUd B.油滴带电荷量为mgUd C.减小极板间电压，油滴将加速下落 D.将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动 解析 极板间电压为U，间距为d，是匀强电场，故场强EUd，故选项 A 正确；油滴受重力和电场力，处于平衡状态，故mgqUd，解得qmgdU，故选项 B 错误；减小极板间电压，场强减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下落，故选项 C正确；将极板N向

28、下缓慢移动一小段距离，板间距增加，场强减小，电场力减小，电场力小于重力，合力向下，故油滴将加速下落，故选项 D 错误。答案 AC 7.(2018泰州模拟)如图 6所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电的小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则()图 6 A.小球带负电 B.电场力跟重力平衡 C.小球在从a点运动到b点的过程中，电势能增大 D.小球在运动过程中机械能守恒 解析 据题意小球在竖直平面内做匀速圆周运动，受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力与重力平衡，则知小球带正电，选项 A 错误，B 正确；小球在

29、从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，选项 C正确；由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，选项 D 错误。-15-答案 BC 8.(2019江苏省常州市高三模拟)如图 7 所示，E为电源，R为电阻，D为理想二极管，P和Q构成一理想电容器，M、N为输出端，让薄金属片P以图示位置为中心在虚线范围内左右做周期性往复运动，而Q固定不动。下列说法中正确的是()图 7 A.P每次向右运动，电容器的电容就会增大 B.P每次向左运动，电容器两极板间的电压就会增大 C.随着P的左右运动，两板间电场强度最终会保持不变 D.随着P的左右运动，输出端会有周期性脉冲电压输出 解析 P向右

30、运动时，两极板间距离变小，电容增大，电容器充电，选项 A 正确；P向左运动时，两极板间距离变大，电容减小，电容器要放电，但由于二极管的存在，无法放电，故电容器所带电荷量Q不变，由UQC得出两极板间的电压增大，选项 B 正确；随着P的左右运动，最终电容器带电荷量不变，根据EUdQCdQrS4 kdd4 kQrS得出场强不变，选项 C 正确；最终电容器带电荷量不变，电路中没有电流，输出端没有电压输出，选项 D 错误。答案 ABC 9.(2018淮安、宿迁等高三上学期期中)如图 8 所示，虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，一质子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入

31、电场，从cd边上的Q点飞出电场，不计质子重力。下列说法正确的有()图 8 A.质子到Q点时的速度可能大于v0 B.质子到Q点时的速度可能等于v0 C.质子到Q点时的速度方向可能与cd边平行 D.质子到Q点时的速度方向可能与cd边垂直 解析 若电场强度方向水平向右，则质子从M到Q点电场力做正功，动能变大，此时质子到Q点时的速度大于v0，选项 A 正确；若电场强度方向垂直于MQ连线向下，则质子从M到Q点电-16-场力不做功，动能不变，此时质子到Q点时的速度等于v0，选项 B正确；质子能到达Q点说明电场力有向右的分量，则到达Q点后一定有水平向右的分速度，即质子到Q点时的速度方向不可能与cd边平行，选

32、项 C 错误；若电场方向斜向右下方，则质子有水平向右的加速度和竖直向下的加速度，当运动到Q点时，竖直速度可能减小为零，而只具有水平向右的速度，此时质子到Q点时的速度方向与cd边垂直，选项 D 正确。答案 ABD 三、计算题 10.(2018淮海中学第二次测试)如图 9 所示，静止于A处的离子，经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐射分布的电场，已知圆弧虚线的半径为R，其所在处场强为E、方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；QN2d、PN3d，离子重力不计。图 9(1)求加速电场的电压U；(2)若离子恰

33、好能打在Q点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E0的值。解析(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理，有 qU12mv2。离子在辐射向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qEmv2R 联立解得U12ER。(2)离子在匀强电场中做类平抛运动，2dvt，3d12at2，由牛顿第二定律得qE0ma，则E03ER2d 答案(1)12ER(2)3ER2d 11.(2018徐州市二模)如图 10 所示，虚线左侧存在非匀强电场，MO是电场中的某条电场线，方向水平向右，长直光滑绝缘细杆CD沿该电场线放置。质量为m1、电荷量为q1的A球和质-17-量为m2、电荷量为q2的B球穿过细杆(

34、均可视为点电荷)。t0 时A在O点以速度v0向左做匀速运动，同时B在O点右侧某处以速度v1也向左运动，且v1v0。tt0时B到达O点(未进入非匀强电场区域)，A运动到P点，此时两电荷间距离最小，静电力常量为k。图 10(1)求 0 t0时间内A对B球做的功；(2)求杆所在直线上场强的最大值；(3)某同学计算出 0 t0时间内A对B球做的功W1后，用下列方法计算非匀强电场PO两点间电势差：设 0 t0时间内B对A球做的功为W2，非匀强电场对A做的功为W3 根据动能定理W2W30 又因为W2W1 PO两点间电势差UW3q1W1q1 请分析上述解法是否正确，并说明理由。解析(1)B球运动过程中水平方

35、向只受A球对它的库仑力作用，当它运动到O点时速度跟A球相同为v0，此时两电荷间距最小，由动能定理得库仑力做的功为 W12mv2012mv21(2)因为A球始终做匀速运动时，t0时间内运动的位移 xv0t0 此时的库仑力Fkq1q2x2kq1q2v20t20 因为A球始终做匀速运动，所以非匀强电场对它的作用力与B球对它的库仑力是一对平衡力。当B球到达O点时，两带电小球间的距离最小，库仑力最大。因此，电场对A的作用力也最大，电场强度也最大。EFq1kq2v20t20。(3)该同学的解法是错误的。因为B球向A球靠近的过程中，虽然它们的作用力大小相等，但它们运动的位移不等，所以它们之间的相互作用力所做的功W1、W2的大小不相等，即W2W1是错误的。-18-答案 见解析