最后更新: 2024-12-15 15:03 ● 参与者查看: 52 次纠错分享参与项目词条搜索

电场中的力电综合问题

1.动力学的观点
(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法.
(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题.
2.能量的观点
(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用动能定理.
(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现.
①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变.
②若带电粒子只在重力和静电力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变.

3.动量的观点
(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向.
(2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守恒.

`例`如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的左极板上，并穿过右极板上的小孔，电容器极板连同底座总质量为2m，底座锁定在水平面上时，套在杆上质量为m的带电环以某一初速度由小孔进入电容器后，最远能到达距离右极板为d的位置.底座解除锁定后，将两极板间距离变为原来的2倍，其他条件不变，则带电环进入电容器后，最远能到达的位置距离右极板
 ![图片](/uploads/2024-12/d5ffd9.jpg)
 A. $\frac{1}{2} d$
B. $d$
C. $\frac{2}{3} d$
D. $\frac{4}{3} d$
解：设带电环所带电荷量为 $q$ ，初速度为 $v_0$ ，底座锁定时电容器极板间电场强度为 $E$ ，
则由功能关系有 $q E d=\frac{1}{2} m v_0{ }^2$ ，底座解除锁定后，
两极板间距离变为原来的 2 倍，极板间电场强度大小不变，电容器及底座在带电环作用下一起向左运动，
当与带电环共速时，带电环到达进入电容器后的最远位置，整个过程满足动量守恒，
则有 $m v_0=3 m v_1$, 再由功能关系有 $q E d^{\prime}=\frac{1}{2} m v_0^2-\frac{1}{2} \times 3 m v_1^2$, 联立解得 $d^{\prime}$ $=\frac{2}{3} d$ ，故选 C 。

`例`如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦.开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F＝3mgsin θ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度(已知弹簧形变量为x时弹性势能为  $\frac{kx^2}{2}$ )，重力加速度为g，则在此过程中
 ![图片](/uploads/2024-12/ed3642.jpg)
 A. 物体 $B$ 带负电, 受到的静电力大小为 $m g \sin \theta$
B. 物体 $B$ 的速度最大时，弹簧的伸长量为 $\frac{2 m g \sin \theta}{k}$
C. 撤去外力 $F$ 的瞬间，物体 $B$ 的加速度大小为 $3 g \sin \theta$
D. 物体 $B$ 的最大速度为 $g \sin \theta \sqrt{\frac{3 m}{k}}$
解：假设 $B$ 所受静电力沿斜面向下，当施加外力时，对 $B$ 分析可知 $F-m g \sin \theta-F_{\text {电 }}=0$ ，解得 $F_{\text {电 }}=$ $2 m g \sin \theta$ ，假设成立，故 $B$ 带负电，故 A 错误；当 $B$ 受到的合力为零时, $B$ 的速度最大, 由 $k x=F_{\text {电 }}+m g \sin \theta$, 解得 $x=\frac{3 m g \sin \theta}{k}$, 故 B 错误;

当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，对物体 $A 、 B$ 分析可知 $F_{\text {合 }}=F_{\text {电 }}+m g \sin \theta=(m+2 m) a$ ，解得 $a=g \sin \theta$ ，故C错误；
设物体 $B$ 的最大速度为 $v_{ m }$, 由功能关系可得 $\frac{1}{2} \cdot 3 m v_{ m }{ }^2+\frac{1}{2} k x^2=m g x \sin \theta$ $+F_{\text {电 }} x$, 解得 $v_{ m }=g \sin \theta \sqrt{\frac{3 m}{k}}$, 故 D 正确.

`例`如图，两金属板 $P 、 Q$ 水平放置，间距为 $d$.两金属板正中间有一水平放置的金属网 $G, P 、 Q 、 G$ 的尺寸相同. $G$ 接地， $P$ 、 $Q$ 的电势均为 $\varphi(\varphi>0)$. 质量为 $m$ ，电荷量为 $q(q>0)$ 的粒子自 $G$ 的左端上方距离 $G$ 为 $h$ 的位置，以速度 $v_0$ 平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过 $G$ 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？

![图片](/uploads/2024-12/c72089.jpg)

解：（1）$P G 、 Q G$ 间电场强度大小相等，均为 $E$ 粒子在 $P G$间所受静电力 $F$ 的方向坚直向下，设粒子的加速
度大小为 $a$ ，有 $E=\frac{2 \varphi}{d}$

$$
F=q E=m a
$$

设粒子第一次到达 $G$ 时动能为 $E_{ k }$, 由动能定理有 $q E h=E_{ k }-\frac{1}{2} m v_0{ }^2(3)$设粒子第一次到达 $G$ 时所用的时间为 $t$, 粒子在水平方向的位移为 $l$,则有 $h=\frac{1}{2} a t^2$

$$
l=v_0 t
$$

$$
\begin{aligned}
&\text { 联立(1)(2)(3)(4)(5)式解得 } E_{k}=\frac{1}{2} m v_0^2+\frac{2 \varphi}{d} q h\\
&l=v_0 \sqrt{\frac{m d h}{q \varphi}}
\end{aligned}
$$

(2)若粒子穿过 $G$ 一次就从电场的右侧飞出, 则金属板的长度最短.由对称性知，此时金属板的长度为 $L=2 l=2 v_0 \sqrt{\frac{m d h}{q \varphi}}$ 。

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