3、平行板電容器問題的分析

一定要分清兩種常見的變化：　　

⑴電鍵K保持閉合，則電容器兩端的電壓恒定(等于電源電動勢)，這種情況下帶

⑵充電后斷開K，保持電容器帶電量Q恒定，這種情況下

[例10]平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，在兩極板間有一正電荷(電量很小)固定在P點，如圖所示，以E表示兩極板間的電場強度，U表示電容器兩極間的電壓；W表示正電荷在P點的電勢能．若保持負(fù)極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則(　　　 )

　　 A．U變小，E不變；　　 B．E變大，W變大；

　　 C．U變小，W不變；　 D．U不變，W不變；

解析：由極板間距離減小，知電容C增大；由充電后與電源斷開，知帶電量Q不變；由U＝Q/C可得極板間電壓U減�。�根據(jù)C=和U=Q/C得U＝．再由E=U/d得E＝．即E由Q/S決定．而Q及S都不變，所以E不變．(由上面的等式可以看出，在板間電介質(zhì)不變的情況下．E由Q/S-一正對面積上的電荷密度決定，這個結(jié)論雖是由考綱外的公式推導(dǎo)出來的，但熟悉這個結(jié)論能對解決有關(guān)平行板電容器的問題帶來方便．)因為E不變，P點與負(fù)極板間的距離不變，所以可知 P與負(fù)極板間的電壓不變，即 P點的電勢Up不變，那么正電荷的電勢能 W＝qU_p 就不變． 答案：AC

說明：(1)記住凡與電源斷開，意味著電量不變．在這種情況下板間距離變大時(正對面積不變)E不變．

　　 (2)當(dāng)該題不是與電源斷開而是始終與電源相接，則板間電勢基不變；板下移使電容C變大，電量變大；場強E變大；電勢能W變大．

[例11]有一電容器，帶電量為10^－5C時，兩板間電壓為200V，如果使它帶的電量再增加10^－6C，這時它的電容是　　　　　　　 F，兩板間的電壓是　　　 V．

解析：由C=Q/U可知C＝5×10^－8F

　　　 由C＝ΔQ/ΔUM可知 ΔU＝ΔQ/C＝10^－6/5×10^－8＝20 V

　　 U^/＝ U+ΔU=220 V

　 答案；5×10^－8F；220 V

[例12]如圖所示，兩極板各鉆有一個小孔的平行板電容器，經(jīng)充電后兩極板分別帶上了電量為Q的異種電荷。我們將一根串聯(lián)著小燈泡、外表面絕緣的導(dǎo)線按圖方式穿過兩小孔連接成閉合回路，導(dǎo)線穿過的極板處為M、N。試想小燈泡會發(fā)光嗎？

解析:平行板電容器的電場分布應(yīng)該是如圖所示的分布，并不是只分布在電容器內(nèi)部。在圖中，不僅閉合回路的M、N處于電場中，電容器外部的回路導(dǎo)線也處于電場中。由圖中的電場分布可知，兩部分導(dǎo)線中的自由電荷都會在電場力的作用下發(fā)生定向移動，導(dǎo)線中的負(fù)電荷往M處集中，正電荷往N處集中，而電容器兩板之間的電勢差為一定值，它與路徑無關(guān)。由靜電感應(yīng)與靜電平衡的知識可得，導(dǎo)線中的電場強度必定為零(電容器帶電形成的電場與感應(yīng)電荷形成的電場相疊加)，導(dǎo)線上在M、N之間會形成一個電勢差，它與電容器兩極板間的電勢差等值但反向，所以在閉合回路中根本不會形成持續(xù)的電流，電燈當(dāng)然不會亮，永動機是不存在的。

試題展示

　　　　　　 帶電粒子在電場中的運動

規(guī)律方法　 一、帶電物體在電場中的運動

帶電物體(一般要考慮重力)在電場中受到除電場力以外的重力、彈力、摩擦力，由牛頓第二定律來確定其運動狀態(tài)，所以這部分問題將涉及到力學(xué)中的動力學(xué)和運動學(xué)知識。

[例1]用長為 l的細(xì)線懸掛一質(zhì)量為 m的帶正電的小球于水平的勻強電場中，電場方向向右，如圖所示．若小球所受到的電場力大小為重力的3／4倍，求：若從懸線豎直位置A點由靜止開始釋放小球，則①懸線對小球的最大拉力為多大？②該小球能上升的最大高度是多少？③若使小球在豎直面內(nèi)做圓周運動，則小球在A點具有的最小速度是多大？

解析：小球受到的重力和電場力均為恒力，這兩個力的合力由圖可知F=5 mg／4，與豎直方向的夾角為θ，且tgθ＝3／4．可把小球看作是在與豎直方向的夾角為θ的恒力F的作用下作圓周運動，它類似于在重力作用下豎直面內(nèi)的圓周運動，繩子在最低點受到的拉力最大，故小球在恒力F和繩子拉力的作用下作豎直面內(nèi)的圓周運動，當(dāng)繩子與豎直方向夾角為θ時，繩子拉力最大為T_m，T_m－F＝mv²／L，½mv²＝FL(l－cosθ)，T_m＝F+2 F(l－cosθ)＝(3－2cosθ)5mg／4＝1．75 mg ，小球運動到繩子與豎直方向成θ角時速度最大，由運動的對稱性．可知小球能達(dá)到的最大高度就是繩子與豎直方向的夾角為2θ處，小球上升的最大高度為H，H＝L(l一cos2θ)＝L(l一cos²θ+sin²θ)=0． 72L。小球若在豎直面內(nèi)作圓周運動，則在繩子拉力最大處直徑的另一端點時所具有的最小速度是力　 F提供的向心力，即 F＝mv²／L=5mg／4，½mv²= 5mgL／8=½ mv_A²－　 FL(l+cosθ)　　

5 mgL／8=½ mv_A²－( l+cosθ)L·5 mg／4，解得v_A=／2

[點評]本題是將電場力和重力的合力F等效為重力在豎直面內(nèi)作圓周運動的情況來處理，使求解過程簡便，其前提條件是電場力和重力均為恒力，才可以這樣處理。

[例2]如圖所示，BC是半徑為R的1/4圓弧形的光滑且絕緣的軌道，位于豎直平面內(nèi)，其下端與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中，電場強度為E.今有一質(zhì)量為m、帶正電q的小滑塊(體積很小可視為質(zhì)點)，從C點由靜止釋放，滑到水平軌道上的A點時速度減為零。若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，求：

(1)滑塊通過B點時的速度大��；

(2)水平軌道上A,B兩點之間的距離。

解析:(1)小滑塊從C到B的過程中，只有重力和電場力對它做功，設(shè)滑塊通過B點時的速度為v_B，

根據(jù)動能定理有：mgR一qER=½mv_B²一0,解得

(2)小-滑塊在AB軌道上運動中，所受摩擦力為f=μmg.

小滑塊從C經(jīng)B到A的過程中，重力做正功，電場力和摩擦力做負(fù)功。設(shè)小滑塊在水平軌道上運動的距離(即A,B兩點間的距離)為L，則根據(jù)功能定理有：mgR一qE(R+L)一μmgL＝0一0,解得

2、靜電感應(yīng)與靜電平衡

[例8]如圖所示，絕緣導(dǎo)體A帶正電，導(dǎo)體不帶電，由于靜電感應(yīng)，使導(dǎo)體B的M端帶上負(fù)電，而N端則帶等量的正電荷.

(1)用導(dǎo)線連接M、N，導(dǎo)線中有無電流流過？

(2)若將M、N分別用導(dǎo)線與大地相連，導(dǎo)線中有無電流流過？方向如何？

解析：A為帶正電的場源電荷，由正電荷即形成的電場的電勢分布可知：U_A＞U_B＞U_地，其中，B是電場中處于靜電平衡的導(dǎo)體.U_M=U_N=U_B.當(dāng)用導(dǎo)線在不同位置間連接時，電流定由高電勢流向低電勢，而在電勢相等的兩點間連接時，則導(dǎo)線中無電流通過.所以：

(1)因為U_M=U_N，故導(dǎo)線中無電流.

(2)因為U_M=U_N=U_B＞U_地，所以無論用導(dǎo)線將M還是N與大地相連，電流均由導(dǎo)體B流向大地.

[例9]目前國家環(huán)保局統(tǒng)一規(guī)定常規(guī)大氣監(jiān)測的項目是：二氧化硫，氮氧化物，懸浮顆粒三種大氣污染物，其中，在對懸浮顆粒的治理方法中有一種為靜電除塵法，其依據(jù)的物理原理是讓帶電的物質(zhì)微粒在　　 力

作用下，幾乎都奔向并吸附在　　　　　　 上，如圖即為靜電除塵器的示意圖．除塵器由金屬管A和懸在管中的金屬絲B組成,A接到　　　　 ,B接到　　　　 ．A,B之間形成很強的電場，而且距B越近電場越強,B附近的空氣分子被強電場電離為電子和正離子，正離子跑到B上得到電子變成　　　　　　　 ．電子奔向正極A的過程中，遇到煙氣中的懸浮顆粒，使懸浮顆粒帶　　　　　　 電，吸附到A上，排出的氣體就清潔了．

答案：電場　 電極　 高壓電源正極　 高壓電源負(fù)極　 空氣分子　 負(fù)

2．說明：

(1)電容器定了則電容是定值，跟電容器所帶電量及板間電勢差無關(guān)．

(2)單位：法庫/伏

(3)電容器所帶電量是指一板上的電量．

(4)平行板電容器C=．ε為介電常數(shù)，真空中ε＝1，空氣中通常也取1， S為板間正對面積，不可簡單的理解為板的面積，d為板間的距離．　　

(5)電容器被擊穿相當(dāng)于短路，而燈泡壞了相當(dāng)于斷路。

(6)常用電容器： 可變電容、固定電容(紙介電容器與電解電容器)．

(7)C＝ΔQ/ΔU　　 因為U₁=Q₁/C．U₂=Q₂/C．所以C＝ΔQ/ΔU

(8)電容器兩極板接入電路中，它兩端的電壓等于這部分電路兩端電壓，當(dāng)電容變化時，電壓不變；電容器充電后斷開電源，一般情況下電容變化，電容器所帶電量不變．

[例4]兩個較大的平行金屬板A、B相距為d，分別接在電壓為U的電源正、負(fù)極上，這時質(zhì)量為m，帶電量為一q的油滴恰好靜止在兩極之間，如圖所示，在其它條件不變的情況下，如果將兩極非常緩慢地錯開一些，那么在錯開的過程中(　　　 )

　A．油滴將向上加速運動，電流計中電流從b流向a。

　B．油滴將向下加速運動，電流計中的電流從a流向b。

　C．油滴靜止不動，電流計中的電流從b流向a。

　D．油滴靜止不動，電流計中的電流從a流向b。

精析:電容器接在電源的正、負(fù)極上沒有斷開，則電容器兩端的電壓不變，兩極板間的距離不變，則場強不變，油滴受力情況不變，油滴靜止不動．在電容器兩極板錯開的過程中，電容器的電容是減小的，由C＝q／U可知，U不變時，Q是減小的，則電容器的帶電量減小，有電荷流向電源，是放電電流，方向由a到 b．故選項D正確．

[點評]要點是接在電源兩端的電容器的電壓不變，當(dāng)電容發(fā)生變化時，所帶電量變化，根據(jù)電量的增加或減少判斷是充電或放電，從而確定電流方向．還可以假設(shè)兩極板的距離發(fā)生變化和插人電介質(zhì)或?qū)�體后的情況，讀者可自行判斷．

規(guī)律方法　　　 1、應(yīng)用處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體的特點解題

[例5]如圖所示，P為金屬球殼內(nèi)的一點，殼外一帶負(fù)電的帶電體A移近金屬球殼時，金屬球殼內(nèi)P點處的場強E和電勢U的變化是(　　　 )

　　 A．E不變，U降低；B．E不變，U升高

　　 C．E增大，U升高；D、E增大．U降低

解析：金屬球殼處于帶負(fù)電的帶電體A形成的電場中，處于靜電平衡狀態(tài)，因此E始終等于零不變，由于帶電體A帶負(fù)電且靠近球殼，所以球殼的電勢降低。答案：A

[例6]如圖所示，水平放置的金屬板正上方有一固定的正點電荷Q，一表面絕緣的帶正電的小球(可視為質(zhì)點且不影響Q的電場)，從左端以初速度V₀滑上金屬板，沿光滑的上表面向右運動到右端．在該運動過程中(　　　　 )

A．小球作勻速直線運動　　　 B．小球作先減速，后加速運動

C．小球的電勢能保持不變　　 D、電場力對小球所做的功為零

解析：水平放置的金屬板在Q的電場中處于靜電平衡，它是一個等勢體，也就是說它表面的電場線處處與表面垂直，由于表面絕緣，故帶電小球在其表面上滑動時，電量不變，但電場力不做功，故小球作勻速直線運動·所以A、C、D選項正確

[例7]如圖所示，一個帶正電的絕緣金屬球殼A，頂部開一小孔，有兩只帶正電的金屬球B 、C ，用金屬導(dǎo)線連接，讓B球置于球殼A內(nèi)的空腔中，與內(nèi)表面接觸后又提起，C球放置在A球殼外，待靜電平衡后正確的判斷是：

A、B 、C兩球都不帶電

B、B球不帶電，C球帶電

C、讓C球接地后，B球不帶電

D、讓C球接地后，A球殼空腔內(nèi)的場強為零

解析：B球與A球殼內(nèi)表面接觸,A,B,C三者連成一個整體，靜電平衡后凈電荷只分布在導(dǎo)體外表面，所以A球殼外表面和C球均帶正電，B球不帶電．A,B,C三者為一等勢體，當(dāng)B球提起后，B,C的電勢相等，無電荷的定向移動，由于B,C與A等勢且為正,C球接地后，將有自由電子從大地向高電勢的B,C上移動，B球帶負(fù)電，此時B球?qū)⒃贏球殼上內(nèi)表面感應(yīng)出正電待，從而空腔內(nèi)形成由內(nèi)表面指向B球的電場，場強不為零，答案為C.

1．定義；電容器所帶的電量跟它的兩極間的電勢差的比值叫做電容器的電容．C=Q/U

4．靜電屏蔽

處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體,內(nèi)部的場強處處為零,導(dǎo)體內(nèi)部區(qū)域不受外部電場的影響,這種現(xiàn)象就是靜電屏蔽.

[例1]一個任意形狀的金屬導(dǎo)體，處于靜電平衡狀態(tài)時(　　　 )

　A．導(dǎo)體內(nèi)部沒有凈電荷．　　 B．導(dǎo)體內(nèi)部任意兩點間的電勢差不一定為零

　C．導(dǎo)體內(nèi)部的場強不一定處處為零　 D．在導(dǎo)體表面上，電場線可以與導(dǎo)體表面成任意角

　解析：A．處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，凈電荷在導(dǎo)體表面，所以A對．B．處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，是一個等勢體，所以任意兩點間無電勢差，所以 B錯．C．處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，內(nèi)部場強處處為零，所以C錯．D．處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體，其表面場強不為零，場強的方向與面垂直，所以D對。

[例2]如圖所示，將不帶電的導(dǎo)體BC放在帶正電的金屬球A附近，當(dāng)導(dǎo)體BC達(dá)到靜電平衡后，則下列說法正確的有(　　　 )

　　 A．用導(dǎo)線連接BC兩端，導(dǎo)線中有瞬間電流通過

　　 B．用手摸一下導(dǎo)體B端可使導(dǎo)體帶正電

　　 C．導(dǎo)體C端電勢高于B端電勢

　　 D．B和C端感應(yīng)電荷在導(dǎo)體內(nèi)部產(chǎn)生的場強沿BC方向逐漸減小

解析：靜電平衡后，BC內(nèi)部場強為零，整個導(dǎo)作是個等勢體，故A、C都錯了，根據(jù)導(dǎo)體附近的電場線分布，可判定導(dǎo)體BC的電勢比無窮遠(yuǎn)處(大地)的電勢要高，故把導(dǎo)體B端或C端接地時，將有電子從大地流向?qū)�體，導(dǎo)體將帶負(fù)電；導(dǎo)體處于靜電平衡時，導(dǎo)體內(nèi)部的電場跟感應(yīng)電場相平衡，因此可以根據(jù)外電場在導(dǎo)體內(nèi)部的分布情況來確定感應(yīng)電荷電場在導(dǎo)體內(nèi)部的分布情況．　　 答案：D

[例3]如圖所示，接地的金屬板右側(cè)有固定的點電荷十Q，a、b點是金屬板右側(cè)表面上的兩點，其中a點到+q的距離較小，下列說法中正確的是(　　 )

A．由于靜電感應(yīng)，金屬板右側(cè)表面帶負(fù)電，左側(cè)表面帶正電．

B、由于靜電感應(yīng)，金屬板右側(cè)表面帶負(fù)電，左側(cè)表面不帶電

C、整個導(dǎo)體，包括表面上的a、b點，是一個等勢體，且電勢等于零　　

D、a、b兩點的電場強度不為零，且a、b兩點場強方向相同，但a點的場強比b點場強大

解析：由于靜電平衡，金屬板是一個等勢體，且電勢為零(金屬板接地)，金屬板的左側(cè)不帶電，右側(cè)帶負(fù)電．a(chǎn)、b兩點的場強不為零，它們場強的方向均垂直于金屬板平面，由于a點離+Q比b點近，故。點的感應(yīng)電荷比b點的感應(yīng)電荷多，場強大．綜上所述，選項B、C、D正確。

[點評]處于電場中的導(dǎo)體一旦接地，它的電勢為零。且遠(yuǎn)離帶電體的一端總是不帶電，由于達(dá)到靜電平衡時內(nèi)部場強處處為零，說明了接地后的導(dǎo)體所帶的異種電荷(與帶電體的電荷比較而言)是增多的．

3．處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體：

(1)內(nèi)部場強處處為零，導(dǎo)體內(nèi)部的電場強度是外加電場和感應(yīng)電荷產(chǎn)生電場疊加的結(jié)果．(因為假若內(nèi)部場強不為零，則內(nèi)部電荷會做定向運動，那么就不是靜電平衡狀態(tài)了)

(2)凈電荷分布在導(dǎo)體的外表面，內(nèi)部沒有凈電荷．(因為凈電荷之間有斥力，所以彼此間距離盡量大，凈電荷都在導(dǎo)體表面)

(3)是一個等勢體，表面是一個等勢面．(因為假若導(dǎo)體中某兩點電勢不相等，這兩點則有電勢差，那么電荷就會定向運動)．

2．靜電平衡狀態(tài)：導(dǎo)體中(包括表面)沒有電荷定向移動的狀態(tài)叫做靜電平衡狀態(tài)．注意這里是沒有定向移動而不是說導(dǎo)體內(nèi)部的電荷不動，內(nèi)部的電子仍在做無規(guī)則的運動，

1、靜電感應(yīng)：絕緣導(dǎo)體放在一個帶電體的附近，在絕緣導(dǎo)體上靠近帶電體的一端應(yīng)帶電體的異種電荷，在遠(yuǎn)離帶電體的一端帶同種電荷．靜電感應(yīng)可從兩個角度來理解：根據(jù)同種電荷相排斥，異種電荷相吸引來解釋；也可以從電勢的角度來解釋，導(dǎo)體中的電子總是沿電勢高的方向移動．

3、 電場力做功與能量的變化應(yīng)用

　　 電場力做功，可與牛頓第二定律，功和能等相綜合，解題的思路和步驟與力學(xué)中的完全相同，但要注意電場力做功的特點--與路徑無關(guān)

[例10]如圖所示，有兩個完全相同的金屬球A、B，B固定在絕緣地板上，A在離B高H的正上方由靜止釋放，與B發(fā)生正碰后回跳高度為h，設(shè)碰撞中無動能損失，空氣陰力不計，

A、若A、B帶等量同種電荷，則h＞H　 B、若A、B帶等量異種電荷，則h＜H

C、若A、B帶等量異種電荷，則h＞H　 D、若A、B帶等量異種電荷，則h＝H

解析：若A、B帶等量同種電荷，則碰撞后兩球帶電量不變，下落過程中重力做正功，電場力做負(fù)功，回跳時重力做負(fù)功，電場力做正功。由能量守恒定律得h＝H；若A、B帶等量異種電荷，則碰撞過程中重力做正功，電場力做正功，回跳過程中需克服重力做功。故h＞H，答案C

[例11] 已知如圖，光滑絕緣水平面上有兩只完全相同的金屬球A、B，帶電量分別為-2Q與-Q�，F(xiàn)在使它們以相同的初動能E₀(對應(yīng)的動量大小為p₀)開始相向運動且剛好能發(fā)生接觸。接觸后兩小球又各自反向運動。當(dāng)它們剛好回到各自的出發(fā)點時的動能分別為E₁和E₂，動量大小分別為p₁和p₂。有下列說法：①E₁=E₂> E₀，p₁=p₂> p₀ ②E₁=E₂= E₀，p₁=p₂= p₀ ③接觸點一定在兩球初位置連線的中點右側(cè)某點 ④兩球必將同時返回各自的出發(fā)點。其中正確的是

A.②④　　 B.②③　　 C.①④　　 D.③④

解析：由牛頓定律的觀點看，兩球的加速度大小始終相同，相同時間內(nèi)的位移大小一定相同，必然在連線中點相遇，又同時返回出發(fā)點。由動量觀點看，系統(tǒng)動量守恒，兩球的速度始終等值反向，也可得出結(jié)論：兩球必將同時返回各自的出發(fā)點。且兩球末動量大小和末動能一定相等。從能量觀點看，兩球接觸后的電荷量都變?yōu)?1.5Q，在相同距離上的庫侖斥力增大，返回過程中電場力做的正功大于接近過程中克服電場力做的功，由機械能定理，系統(tǒng)機械能必然增大，即末動能增大。選C。

拓展：兩個相同的帶電小球(可視為點電荷)，相碰后放回原處，相互間的庫侖力大小怎樣變化？討論如下：①等量同種電荷，F ^/=F；②等量異種電荷，F ^/=0<F；③不等量同種電荷F ^/>F；④不等量異種電荷F ^/>F、F ^/=F、F ^/<F都有可能，當(dāng)滿足q₁=(3±2)q₂時F ^/=F。

[例12]為研究靜電除塵，有人設(shè)計了一個盒狀容器，容器側(cè)面是絕緣的透明有機玻璃，它的上下底面是面積A=0.04 m²的金屬板，間距L=0.05 m,當(dāng)連接到U=2500V的高壓電源正負(fù)兩極時，能在兩金屬板間產(chǎn)生一個勻強電場，如圖所示．現(xiàn)把一定量均勻分布的煙塵顆粒密閉在容器內(nèi)，每m³有煙塵顆粒10¹³個．假設(shè)這些顆粒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，每個顆粒帶電量為q=1.0×10^－17C，質(zhì)量為m= 2.0×10^－15kg，不考慮煙塵顆粒之間的相互作用和空氣阻力，并忽略煙塵顆粒所受重力．求合上開關(guān)后：(1)經(jīng)過多長時間煙塵顆粒可以

被全部吸附？(2)除塵過程中電場對煙塵顆粒共做了多少功？(3)經(jīng)過多長時間容器中煙塵顆半粒的總動能達(dá)到最大？

解析：(1)由題可知，只要距離上板表面的煙塵能被吸附列下板時，煙塵即被認(rèn)為全卻吸收，煙塵所受電場力為F=qU/L，L=½at²＝，得.

(2)由于板間煙塵顆粒均勻分布，可以認(rèn)為煙塵的質(zhì)心位于板間中點位置，因此，除塵過程中電場力對煙塵所做的總功為W=½NALqU=2.5×10^－4J

(3)解法一：設(shè)煙塵顆粒下落距離為x,則板內(nèi)煙塵總動能E_K=½mv²·NA (L－x)=，當(dāng)x=L/2時,E_K達(dá)到最大．又據(jù)x=½at₁²,則

解法二：假定所有煙塵集中于板中央，當(dāng)煙塵運動到下板時，系統(tǒng)總動能錄大，則L/2=½at₁²,所以

[例13]在電場強度為E的勻強電場中，有一條與電場線平行的幾何線，如圖中虛線所示。幾何線上有兩個靜止的小球A和B(均可視為質(zhì)點)，兩小球的質(zhì)量均為m，A球帶電荷量+Q，B球不帶電。開始時兩球相距L，在電場力的作用下，A球開始沿直線運動，并與B球發(fā)生正對碰撞，碰撞中A、B兩球的總動能無損失。設(shè)在各次碰撞過程中，A、B兩球間無電量轉(zhuǎn)移，且不考慮重力及兩球間的萬有引力，問：

(1)A球經(jīng)過多長時間與B球發(fā)生第一次碰撞？

(2)第一次碰撞后，A、B兩球的速度各為多大？

(3)試問在以后A、B兩球再次不斷地碰撞的時間間隔會相等嗎？如果相等，請計算該時間間隔T。如果不相等，請說明理由。

解答：(1)A球在電場力作用下做勻加速直線運動　　 �、�

　 ②　 聯(lián)立①②兩式得　 �、�

(2)A球與B球碰撞，動量守恒　 �、�

據(jù)題意，總動能不損失　 　⑤

聯(lián)立④⑤兩式得 �、蕖� �、�

(3)以B球為參考系，A、B碰撞后，A球以v_A向左做勻減速直線運動，經(jīng)時間t后，速度減為0，同時與B球相距為L，然后A球又向右做勻加速直線運動，又經(jīng)時間t后，速度增為v_A，與B球發(fā)生第二次碰撞。同(2)理可證，每次總動能無損失的碰撞均是交換速度，則以后第三、四次碰撞情況可看成與第一、二次碰撞情況重復(fù)，以此類推可知A、B兩球不斷碰撞的時間間隔相等，均為T=2t=　 ⑧

[例14]有三根長度皆為l＝1.00 m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別拴有質(zhì)量皆為m＝1.00×10^－2 kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為－q和+q，q＝1.00×10^－7 C．A、B之間用第三根線連接起來．空間中存在大小為E＝1.00×10⁶ N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如圖所示． 現(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達(dá)到新的平衡位置．求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少．(不計兩帶電小球間相互作用的靜電力)

[解析] 圖1中虛線表示A、B球原來的平衡位置，實線表示燒斷后重新達(dá)到平衡的位置，其中α、β分別表示細(xì)線OA、AB與豎直方向的夾角．

A球受力如圖2所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向左；細(xì)線OA對A的拉力T₁，方向如圖；細(xì)線AB對A的拉力T₂，方向如圖．由平衡條件

T₁sinα+T₂sinβ＝qE,　　 T₁cosα＝mg+T₂cosβ

B球受力如圖3所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向右；細(xì)線AB對B的拉力T₂，方向如圖．由平衡條件

T₂sinβ＝qE,　　 T₂cosβ＝mg

聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，得α＝0,　 β＝45°

由此可知，A、B球重新達(dá)到平衡的位置如圖4所示．與原來位置相比，A球的重力勢能減少了E_A＝mgl(1－sin60°)

B球的重力勢能減少了E_B＝mgl(1－sin60°+cos45°)

A球的電勢能增加了W_A＝qElcos60°

B球的電勢能減少了W_B＝qEl(sin45°－sin30°)

兩種勢能總和減少了W＝W_B－W_A+E_A+E_B

代入數(shù)據(jù)解得W＝6.8×10^－2 J

　　　　　　 　電場中的導(dǎo)體、電容器

知識簡析　 一、電場中的導(dǎo)體

2、 公式E=U/d的理解與應(yīng)用

(1)公式E=U/d反映了電場強度與電勢差之間的關(guān)系，由公式可知，電場強度的方向就是電勢降低最快的方向．

(2)公式E=U/d只適用于勻強電場，且d表示沿電場線方向兩點間的距離，或兩點所在等勢面的范離．

(3)對非勻強電場，此公式也可用來定性分析，但非勻強電場中，各相鄰等勢面的電勢差為一定值時，那么E越大處，d越小，即等勢面越密．

[例7]如圖所示，A、B、C、D是勻強電場中一正方形的四個頂點，已知A、B、C三點的電勢分別為φ_A=15 V, φ_B=3 V, φ_C=－3 V，由此可得D點電勢φ_D=　　　　　　 。

解法一、假設(shè)在此電場中移動一正電荷q，從A點移到B點，設(shè)AB與電場方向夾角為θ，則W_AB=qE·ABcosθ=qE·DCcosθ=W_DC即從A點移到B點與從D點移到C點電場力做功相同，所以有W_AB=qU_AB=qU_DC=q(φ_D－φ_C)，即φ_D=U_AB+φ_C=15－3－3=9V

解法二．設(shè)此正方形對角線的交點為O，則由U＝Ed可知φ_A－φ_O=U_AO=U_OC=φ_O-φ_C，U_BO=U_OD=φ_B-φ_O=φ_O-φ_D，即，上式代入數(shù)據(jù)得φ_D=9 V

解法三：如圖所示，連接AC，在AC上取E、F兩點，使AE=EF=FC，則 U_AC=U_AE+U_EF+U_FC，U_AE=U_EF=U_FC=U_AC/3，解得φ_F=3 V, φ_E＝9V

連接BF和DE,因φ_B＝φ_F=3 V,所以BF是等勢面，又因為BF// DE,所以DE也是等勢面，即φ_D＝9V。

思考：作出該電場的電場線分布圖．

[例8]某靜電場沿x方向的電勢分布如圖所示，則()

A、在0-x_l之間不存在沿x方向的電場

B、在0-x_l之間存在著沿x方向的勻強電場

C、在x₁-x₂之間存在著沿x方向的勻強電場

D、在x₁-x₂之間存在著沿x方向的非勻強電場

解析：在0-x_l之間電勢不變，即在0-x_l之間等勢，故在此方向無電場；在x₁-x₂之間電勢隨距離均勻減小，則在x₁-x₂之間有沿x軸正方向的勻強電場，故A、C正確。答案：AC

[例9] 如圖所示，實線是一個電場中的電場線，虛線是一個負(fù)檢驗電荷在這個電場中的軌跡，若電荷是從a處運動到b處，以下判斷正確的是： [　]

A．電荷從a到b加速度減小;　 B．b處電勢能大

C．b處電勢高;　 D．電荷在b處速度小

解析:由圖可知b處的電場線比a處的電場線密，說明b處的場強大于a處的場強。根據(jù)牛頓第二定律，檢驗電荷在b處的加速度大于在a處的加速度，A選項錯。

由圖可知，電荷做曲線運動，必受到不等于零的合外力，即Fe≠0，且Fe的方向應(yīng)指向運動軌跡的凹向。因為檢驗電荷帶負(fù)電，所以電場線指向是從疏到密。再利用“電場線方向為電勢降低最快的方向”判斷a，b處電勢高低關(guān)系是U_A＞U_B，C選項不正確。

根據(jù)檢驗電荷的位移與所受電場力的夾角大于90°，可知電場力對檢驗電荷做負(fù)功。功是能量變化的量度，可判斷由a→b電勢能增加，B選項正確；又因電場力做功與路徑無關(guān)，系統(tǒng)的能量守恒，電勢能增加則動能減小，即速度減小，D選項正確。