2020届高三物理第一轮复习 电容带电粒子在电场中的运动学案 新人教版

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第三课时电容带电粒子在电场中的运动 ‎ 第一关：基础关展望高考 基 础 知 识 一、电容器 知识讲解 ‎（1）定义：任何两个彼此绝缘又相距很近的导体，都可以看成一个电容器.它可以容纳电荷，储存电场能.‎ ‎（2）电容器的充放电过程 ‎①充电过程：把电容器的一个极板与电池组的正极相连，另一个极板与负极相连，两个极板就分别带上了等量的异号电荷，这个过程叫做充电.充电过程中电容器的带电荷量增加，板间电压增加，电能转化为电场能.‎ ‎②放电过程：用导线把充电后的电容器的两极板接通，两极板上的电荷中和，电容器又不带电了，这个过程叫做放电.放电过程中电容器的带电荷量减少，板间电压降低，电场能转化为电能.‎ ‎(3)分类：根据电容是否可变分为：‎ 纸质电容器 固定电容器 电解电容器 聚苯乙烯电容器 可变电容器 可变电容器动片旋入，电容器电容增大；动片旋出，电容器电容减小.‎ 说明：加在电容器两极上的电压如果超过某一极限，电介质将被击穿而损坏电容器，这个极限电压叫击穿电压；电容器长期工作所能承受的电压叫做额定电压，它比击穿电压要低.‎ 二、电容 知识讲解 ‎（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间电势差U的比值，叫做电容器的电容.‎ ‎（2）定义式： (3)单位：在国际单位制中，电容的单位是法拉，符号F.‎ ‎1 F‎=‎1 C/V 法拉这个单位太大，实际中常用较小的单位.微法（μF）和皮法（pF），其关系为：‎ ‎1 F‎=106μF=1012 pF 说明：（1）电容器是一个仪器，而电容是一个物理量，它表征了电容器容纳电荷的本领.‎ ‎（2）电容器的电荷量是一个极板上电荷量的绝对值.‎ ‎（3）电容C是用比值定义法定义的，本章学过的电场强度E、电势，都是用比值法定义的.电容，但不能说电容C与Q都成正比、与U成反比，电容C由电容器本身的性质决定，与Q、U的大小无关.‎ 三、带电粒子的加速 知识讲解 ‎（1）运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做匀加（减）带直线运动.‎ ‎（2）用功能观点分析：粒子动能的变化量等于电场力的功（电场可以是匀强或非匀强电场）.‎ 若粒子的初速度为零，则：‎ 若粒子的初速度不为零，则：‎ 活学活用 ‎1.如图所示，平行板电容器两极板间有场强为E的匀强电场，且带正电的极板接地.一质量为m、电荷量为+q的带电粒子（不计算重力）从x轴上坐标为x0处静止释放.‎ ‎（1）求该粒子在x0处的电势能Epx0;‎ ‎（2）试从牛顿第二定律出发，证明该带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变.‎ 解析：(1)带电粒子从O点移到x0点电场力所做的功为：‎ W电=qEx0,①‎ 电场力所做的功等于电势能增加量的负值，故有：‎ W电=-（Epx0-0）,②‎ 联立①②得:.③‎ ‎（2）方法一：在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为x，由牛顿第二定律可得 qE=ma④‎ 由运动学公式得=‎2a(x-x0),⑤‎ 联立④⑤式求得Ekx==qE(x-x0),‎ 粒子在任意点的电势能为Epx=-qEx,‎ 所以粒子在任意一点的动能与电势能的和为 Ex=Ekx+Epx=qE(x-x0)+(-qEx)=-qEx0=.‎ 为一常数，故粒子在运动过程中动能与电势能之和保持不变.‎ 方法二：在x轴上任取两点x1、x2，速度分别为v1、v2.‎ F=qE=ma,‎ 联立得 所以 即Ek2+Ep2=Ek1+Ep1,‎ 故在其运动过程中，其动能和电势能之和保持不变.‎ 答案：(1)-qEx0(2)见解析 点评：‎ 讨论带电粒子在电场中的直线运动问题（加速或减速）经常用到的方法是：‎ ‎（1）能量方法——能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现.‎ ‎（2）功能关系——动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断选用分阶段还是全程使用动能定理.‎ ‎（3）动力学方法——牛顿运动定律和匀变速直线运动公式的结合，注意受力分析要全面，特别是重力是否需要考查的问题；其次是注意运动学公式的矢量性.‎ 四、带电粒子的偏转 知识讲解 ‎（1）运动状态分析：带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动.‎ ‎（2）偏转问题的分析处理方法：类似于平抛运动的分析处理，应用运动的合成和分解的方法.‎ 沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间：t=l/v0‎ 沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动 a=F/m=qE/m=qU/md 离开电场的偏移量：‎ ‎;离开电场时的偏转角：‎ ‎（3）基本规律 如图所示，设质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿垂直于电场方向进入长为L、板间距离为d、两极板间电势差为U的平行金属板间的匀强电场中，若不计带电粒子的重力，则可以得：‎ ‎①粒子在电场中的运动时间t 粒子在初速度方向上做匀速直线运动，故 ‎②粒子离开电场时的速度v 粒子在电场力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度，离开电场时沿电场力方向的分速度，所以速度 ‎③粒子运动的侧移量 ‎④粒子的速度偏向角 ‎⑤带电粒子在电场中的轨迹方程 可得带电粒子的轨迹方程，是一条抛物线.‎ 活学活用 ‎2.如图所示，质量m=5×10-8 kg的带电粒子以v0=‎2 m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，已知板长L=‎10 cm，板间距离d=‎2 cm，当AB间加电压UAB=103 V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场（设此时A板电势高）.求：‎ ‎（1）带电粒子的电性，电荷量为多少？‎ ‎（2）A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？‎ 解析：‎ ‎（1）UAB=103 V时，粒子做直线运动，有q=mg, C，带负电.‎ ‎（2）当电压UAB比较大时，qE＞mg，粒子向上偏，‎ 当刚好能出去时，‎ 解之得U1=1800 V.‎ 电压UAB比较小时，qE＜mg,粒子向下偏，设刚好能从下板边缘飞出，有：‎ 解之得U2=200 V.‎ 则要使粒子能从板间飞出，A、B间所加电压的范围为200 V≤UAB≤1800 V.‎ 答案：(1)负电10‎‎-11 C ‎（2）200 V≤UAB≤1800 V 第二关：技法关解读高考 解 题 技 法 一、平行板电器的动态分析 技法讲解 这类问题的关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，同时注意理解平行板电容器演示实验中现象的实质.‎ 一般分两种基本情况：‎ ‎（1）平行板电容器充电后，继续保持电容器两极板与电池两极相连接，电容器的d、S、ε变化，将引起电容器的C、Q、U、E怎样变化？‎ 这类问题由于电容器始终连接在电池上，因此两极间的电压保持不变，可根据下列几式讨论C、Q、E的变化情况.‎ ‎ (2)平行板电容器充电后，切断与电池的连接，电容器的d、S、ε变化，将引起电容器的C、Q、U、E怎样变化?‎ 这类问题由于电容器充电后，切断与电池的连接，使电容器的带电荷量保持不变，可根据下列几式讨论C、U、E的变化情况.‎ 典例剖析 例1‎ 连接在电池两极上的平行板电容器,当两极板间的距离减小时 ‎（）‎ A.电容器的电容C变大 B.电容器极板的带电荷量Q变大 C.电容器两极间的电势差U变大 D.电容器两极板间的电场强度E变大 解析：‎ 平行板电容器的电容C=εS/4πkd.当两极间距离d减小时，电容C变大，选项A正确.‎ 平行板电容器连接在电池两极上，两极间的电压为定值，选项C错误.‎ 根据电 容定义式，C=Q/U，Q=CU，U不变，C变大，所以Q变大，选项B正确.‎ 平行板电容器两板间的电场是匀强电场，E=U/d，U不变，d减小，所以E增大，选项D正确.正确答案是A、B、D.‎ 如果电容器充电后和电源断开，当减小两板间距离时，情况又怎样？‎ 由于充电后断开电源，所以电容器带电荷量Q不变.‎ 答案：ABD 二、带电粒子在偏转电场中偏转的临界与极值问题 技法讲解 带电粒子在偏转电场中运 动，能否飞出电场的题目类型，处 理方法关键是找出能否飞出电场 的临界条件．粒子恰能飞出极板 和粒子恰不能飞出极板，对应着 同一临界状态——“擦边球”．根 据题意找出临界状态，由临界状 态来确定极值，这是求解此类问 题的常用方法．‎ 如粒子沿平行金属板中央入射时，若两板相距为d，要判断粒子能否飞出电场，只需判断粒子在电场方向上的位移y的大小.若y＜，粒子能飞出电场，若y＞‎ ‎，粒子不能飞出电场，y=是临界条件.也可以比较粒子在电场方向上的位移y=所用时间t1和粒子飞出电场所用时间t2,若t1＞t2,则粒子可以飞出电场，若t1＜t2，则粒子不能飞出电场，t1=t2就是临界条件，根据临界条件可以求解粒子要飞离偏转电场的最小入射速度，或粒子飞离偏转电场时，两板所加电压的最大值等.‎ 典例剖析 例2‎ 如图所示，两块长‎3 cm的平行金属板AB相距‎1 cm，并与300 V 直流电源的两极相连接，UA＜UB.如果在两板正中间有一电子（m=9×10‎-31 kg,e=-1.6×10‎-19 C）,沿着垂直于电场线方向以2×‎107 m/s的速度飞入，则：‎ ‎（1）电子能否飞离平行金属板正对空间？‎ ‎（2）如果由A到B分布宽‎1 cm的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的百分之几？‎ 解析：‎ ‎（1）当电子沿AB两板正中央以v0=2×‎107 m/s的速度飞入电场时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为 在沿AB方向上，电子受电场力的作用，在AB方向上的位移为：‎ y=at2②‎ 由①②③式得 故粒子不能飞出电场.‎ ‎(2)从（1）的求解可知，与B板相距为y的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为 x=d-y=（1-0.6） cm=‎‎0.4 cm 故能飞出电场的电子数占总电子数的百分比为 答案：（1）不能（2）40%‎ 三、带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动 技法讲解 一般提到的带电粒子由于重力远小于它在电场中受到的电场力，所以其重力往往忽略不计，但当带电物体（或粒子）的重力跟电场力大小相差不大时，就不能忽略重力的作用了，这样的带电粒 子在电场中可能处于静止状态，也可能做直线或曲线运动．‎ 当带电体在匀强电场中做匀 变速直线运动时，一般用动力学 规律来处理，即应用牛顿运动定 律结合运动学公式．‎ 带电体在匀强电场与重力场 的复合场中做匀变速曲线运动 时，一般根据力的独立作用原理 与运动的合成与分解知识，利用 正交分解法，将复杂的曲线运动 分解为两个互相正交的 比较简单 的直线运动来求解，处理这种运 动的基本思路与处 理带电粒子的 偏转运动的基本思路是类似的.‎ 典例剖析 例3‎ 有带电平行板电容器竖直安放如图所示，两板间距d=‎0.1 m,电势差U=1 000 V.现从平行板上A处以vA=‎3 m/s速度水平向左射入一带正电小球（知小球带电荷量q=10‎-7 C，质量m=‎0.02 g），经一段时间后发现小球打在A点正下方的B处，求A、B间的距离sAB.(g取‎10 m/s2)‎ 解析：‎ 小球m在A处以vA水平放入匀强电场后，运动轨迹如图所示.‎ 对于这类较为复杂的运动，中学中常用的处 理方法是将其分解成两个或几个简单的直线运 动，根据力的独立作用原理及运动的互不相干性 分别加以分析．‎ 考查竖直方向情况：小球无初速，只受重力 mg，可看作是自由落体运动；考查水平方向情况：‎ 有初速vA，受恒定的电场力qE作用，做匀变速直线 运动．小球的曲线运动由上述两个正交的直线运动叠 加而成．‎ 由题可知：E=U/d=1 000/0.1 V/m=104 V/m 设球飞行时间为t,则在竖直方向上有 sAB=gt2‎ 在水平方向上有 所以sAB=gt2=7.2×10‎-2 m.‎ 答案：sAB=7.2×10‎‎-2 m 第三关：训练关笑对高考 随 堂 训 练 ‎1.‎ 下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后，速度最大的是 ‎（）‎ A.质子 B.氘核 C.α粒子 D.钠离子（Na+）‎ 解析：‎ 依据动能定理可得：‎ 显然比荷大的速度大，质子、氘核、α粒子、钠离子比荷分别为，显然质子的速度最大.‎ 答案：A ‎2.‎ 让质子和氘核的混合物沿着与电场垂直的方向进入匀强电场，要使它们最后偏转角相同，这些粒子必须具有相同的 ‎（）‎ A.初速度 B.动能 C.动量 D.质量 解析：‎ 设匀强电场的电场强度为E，垂直于电场方向的运动距离为L.带电粒子的速度为v0，质量为m.则射出时沿电场方向的末速度为：最后偏转角的正切值为：‎ ‎，质子和氘核的带电量相同，所以当动能相等时，偏转角相同.‎ 答案：B ‎3.‎ 如图a所示，为一只“极距变化型电容式传感器”部分构件的示意图.仅当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况.在图b中能正确反映C与d之间变化规律的是 ‎（）‎ 解析：‎ 根据平行板电容器电容公式可知，在仅移动极板和定极板间距离即ε、S一定的条件下，C∝，C与d是反比例函数的关系，只有A项正确.‎ 答案：A ‎4.‎ 如图甲表示真空中水平放置的一对相距足够大的平行金属板，两板之间加电压后，各瞬间电场可视为匀强电场，从t=0时刻起，在两板间加上某种交变电压，此时恰有一个质子以水平初速沿着两板之间的中心线射入电场，若不计重力，以向上方向为正方向，则图乙表示质子在竖直方向的速度——时间图象.由此可知两板间的电压（设上板带正电时的电压为正值）随时间变化的图象是图中的 ‎（）‎ 答案：B ‎5.‎ 如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，极板长L=‎0.1 m，两板间距离d=‎0.4 cm，有一束由相同粒子组成的带正电粒子流，以某一初速度v0从两板中央平行于极板射入，由于重力的作用，粒子恰能落到下板中点O处.已知粒子质量为m=2×10‎-6 kg，电荷量q=1×10‎-8 C，电容器的电容C=1×10‎-6 F，g取‎10 m/s2，不计空气阻力.‎ ‎（1）求粒子入射速度v0的大小；‎ ‎（2）若在两极板间加上适当的恒定电压，要让以速度v0入射的上述带电粒子，恰好做匀速直线运动从两板间飞出，试确定下极板的带电性质和电荷量.‎ 解析：（1）粒子在极板间做平抛运动，有 水平位移：‎ 竖直位移：‎ 由①、②得 (2)因带电粒子做匀速直线运动，故粒子所受电场力竖直向上，所以下极板带正电 由平衡条件有qE=mg③‎ 又E=U/d④‎ Q=CU⑤‎ 由③、④、⑤得Q=mgCd/q⑥‎ 将数据代入⑥式，解得Q=8×10‎‎-6 C 答案：(1)‎2.5 m/s(2)正电8×10‎‎-6 C 课时作业三十三电容带电粒子在电场中的运动 ‎1.如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地.开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是 ‎()‎ A.缩小a、b间的距离 B.加大a、b间的距离 C.取出a、b两极板间的电介质 D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 解析:根据题意可知，偏角变大，电场力变大，场强变大，P、Q两板间电势差必变大.由UPQ=Uba,可知，增大两极板间的距离，减小极板正对面积、取出极板间的电介质，都可以满足题意，故AD错，BC正确.‎ 答案:BC ‎2.图1是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体.在两极板间电压恒定的条件下，极板上带电量Q将随待测物体的上下运动而变化.若Q随时间t的变化关系为 (a、b为大于零的常数），其图象如图2所示，那么图3、图4中反映极板间场强大小E和物体速率v随t变化的图线可能是 ‎()‎ A.①和③‎ B.①和④‎ C.②和③‎ D.②和④‎ 解析:设板间距离为d，则板间场强，故E-t图线为②.由可见，板间距离d随时间均匀增大，即下板移动速率v不变，即v-t图线为③，综上，应选C.‎ 答案:C ‎3.一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比.若两极板间电压为零，经一段时间内，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升.若两极板间电压为-U，油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是 ‎()‎ A.2v、向下 B.2v、向上 C.3v、向下 D.3v、向上 解析:当两极间电压为零时，受力如图甲所示，则mg=kv.当两极间电压为U时，受力如图乙所示，所以q=kv+mg.由以上两式得电场力q=2mg.当两极间电压为-U时，受力如图丙所示，所以kv′=mg+q=3kv.解得v′=3v，方向向下，故选C.‎ 答案:C ‎4.如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差为U1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U2. 一电子由静止开始经U1加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘射出.不计电子重力.下列说法正确的是 ‎()‎ A.增大U1，电子一定打在金属板上 B.减少U1，电子一定打在金属板上 C.减少U2，电子一定能从水平金属板间射出 D.增大U2，电子一定能从水平金属板间射出 解析:电子经U1加速，qU1=mv2，电子以速度v进入水平放置的金属板间做类平抛运动，,a=qU2/dm,联立解得,所以正确选项是BC.‎ 答案:BC ‎5.如图（甲）所示，两个平行金属板P、Q正对竖直放置，两板间加上如图（乙）所示的交变电压.t=0时，Q板比P板电势高U0，在两板的正中央M点有一电子在电场力作用下由静止开始运动（电子所受重力可忽略不计），已知电子在0～4t0时间内未与两板相碰.则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是 ‎()‎ A.0＜t＜t0‎ B.t0＜t＜2t0‎ C.2t0＜t＜3t0‎ D.3t0＜t＜4t0‎ 解析:在0～t0时间内，电子向右做初速度为零的匀加速运动，在t0～2t0时间内，电子向右做匀减速运动，直到速度减小到零；在2t0～3t0时间内，电子向左做初速度为零的匀加速运动，在3t0～4t0时间内，电子向左做匀减速运动，直到速度减小为零.所以电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是2t0～3t0，所以正确选项是C.‎ 答案:C ‎6.如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M、 N分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线.在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P在CD连线上做往复运动.若 ‎()‎ A.小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中振幅不断减小 B.小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小 C.点电荷M、 N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中周期不断减小 D.点电荷M、 N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中振幅不断减小 解析:由对称性可知，M、 N的带电量一定时，小球P的带电量的变化只影响其加速度的大小，影响其到达O点的速率的大小，而不会影响振幅的大小，因此，B正确，A错误；如果M、 N的带电量等量缓慢增大，则小球P所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大，速度变化将更快，即周期将变小，同时，伴随M、 N电量的增加，由于对P的束缚起作用越来越强大，其振幅将不断减小，CD均正确.‎ 答案:BCD ‎7.平行板间有如图所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，选项中，能正确定性描述粒子运动的速度图象的是()‎ 解析:由知带电粒子做变速运动的加速度大小是定值.，故CD错误.‎ 由图知0～与～T时间段内加速度大小相等、方向相反，故粒子做的是单向直线运动，速度没有反向，故A正确，B错误.‎ 答案:A ‎8.如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电，两极板间距离为d.现将一个检验电荷+q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对检验电荷+q所做的功等于 ‎()‎ 解析:电容器两板间的电场强度，A、B两点间的电势差UAB=Essin30°，则电场力对电荷做的功，C正确.‎ 答案:C ‎9.如图所示，一带电粒子以速度v垂直于场强方向沿上板边缘射入匀强电场，刚好贴下边缘飞出，已知产生场强的金属板长为l，如果带电粒子的速度为2v时，当它的竖直位移等于板间距d时，它的水平射程x为.‎ 解析:粒子速度为v时，在电场中运动时间为，侧移量为，速度为2v时，粒子在电场中运动时间为，侧移量为.由粒子飞出电场时好像从位移中点l2处飞出一样的规律可知 解得x=l+x′=‎2.5l.‎ 答案:‎‎2.5l ‎10.如图所示，光滑绝缘竖直细杆与以正电荷Q为圆心的圆周交于B，C两点.一质量为m，电荷量为-q的空心小球从杆上A点从静止开始下落.设AB=BC=h，小球滑到B点时速度为3gh，求：‎ ‎（1）小球滑至C点的速度；‎ ‎（2）A，C两点的电势差.‎ 解析:（1）因B，C是在电荷Q产生的电场中处在同一等势面上的两点，即UC=UB，所以从B到C时电场对带电小球所做的功为0，由B→C，根据动能定理，有 ‎（2）以小球为研究对象，根据动能定理有mg2h+UAC·（-q)=mv‎2C 得UAC=-‎ 答案：‎ ‎11.如图所示，空间存在着电场强度E=2.5×102 N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0. ‎5 m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量m=‎0.5 kg、电荷量q=4×10‎-2 C的小球.现将细线拉至水平位置，将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂.取g=‎10 m/s2.求：‎ ‎（1）小球的电性；‎ ‎（2）细线能承受的最大拉力值.‎ 解析:（1）由小球运动到最高点可知，小球带正电.‎ ‎（2）设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有 ‎(qE-mg)L=mv2①‎ 在最高点对小球由牛顿第二定律有 FT+mg-qE=m,②‎ 由①②式及题中数据可得FT=15 N.‎ 答案:（1）正电（2）15 N ‎12.如图，可视为质点的三物块A、B、C放在倾角为30°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数,A与B紧靠一起，C紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为mA=‎0.80 kg、mB=‎0.64 kg,mC=‎0.50 kg，其中A不带电，B、C均带正电，且qC=2.0×10‎-5 C，开始时三个物块均能 保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，B、C间相距L=‎1.0 m.如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为0，‎ 则相距为r时，两点电荷具有的电势能可表示为Ep=.现给A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上做加速度a=‎1.5 m/s2的匀加速直线运动，假定斜面足够长.已知静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,取g=‎10 m/s2.求：‎ ‎（1）B物块的带电荷量qB.‎ ‎（2）A、B运动多长距离后开始分离.‎ ‎（3）从开始施力到A、B分离，力F对A物块做的功.‎ 解析:（1）A、B、C处于静止状态时，设B物块的带电荷量为qB，则C对B的库仑斥力 以A、B为研究对象，根据力的平衡 F0=(mA+mB)gsin30°②‎ 联立解得qB=4.0×10‎-5C③‎ ‎(2)给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C对B的库仑力逐渐减小，A、B之间的弹力也逐渐减小.设经过时间t，B、C间距离变为L′，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离.则t时刻C对B的库仑斥力为 以B为研究对象，由牛顿第二定律有 F0′-mBgsin30°-μmBgcos30°=mBa⑤‎ 联立①②解得L′=‎1.2m⑥‎ 则A、B分离时，A、B运动的距离 ΔL=L′-L=‎0.2m⑦‎ ‎（3）设从开始施力到A、B开始分离这段时间内库仑力做的功为W0，力F对A物块做的功为W1，A、B分离时速度为v1.‎ 由功能关系有：⑧‎ 由动能定理有 W1+W0+WG+Wf=(mA+mB)v12⑨‎ 而WG=-（mA+mB)g·ΔLsin30°⑩‎ Wf=-μ(mA+mB)g·ΔLcos30°‎ v12=‎2a·ΔL 由③～⑦式解得W1=1.05 J.‎ 答案:(1)4.0×10‎-5 C(2)‎0.2 m(3)1.05 J