電容器及電容帶電粒子在電場中的運動

1、第3講電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動【知識梳理】【知識梳理】知識點知識點1 1常見的電容器電容器的電壓、電荷量和常見的電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關系電容的關系1.1.電容器電容器: :(1)(1)組成組成: :由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。(2)(2)帶電量帶電量: :一個極板所帶電荷量的一個極板所帶電荷量的_。絕對值絕對值(3)(3)電容器的充電、放電。電容器的充電、放電。充電充電: :使電容器帶電的過程使電容器帶電的過程, ,充電后電容器兩極板帶充電后電容器兩極板帶上等量的上等量的_,_,電容器中儲存電場能。電容器中儲存電場能。放電放

2、電: :使充電后的電容器失去電荷的過程使充電后的電容器失去電荷的過程, ,放電過程放電過程中中_轉化為其他形式的能。轉化為其他形式的能。異種電荷異種電荷電場能電場能2.2.電容電容: :(1)(1)公式。公式。定義式定義式:_:_。推論推論:C= :C= 。(2)(2)單位單位: :法拉法拉(F),1F(F),1F=_F=_pF=_F=_pF。QCUQU10106 610101212(3)(3)電容與電壓、電荷量的關系電容與電壓、電荷量的關系: :電容電容C C的大小由電容器的大小由電容器本身結構決定本身結構決定, ,與電壓、電荷量與電壓、電荷量_。不隨電量。不隨電量Q Q變化變化, ,也不隨

3、電壓也不隨電壓U U變化。變化。無關無關3.3.平行板電容器及其電容平行板電容器及其電容: :(1)(1)影響因素影響因素: :平行板電容器的電容與正對面積成正比平行板電容器的電容與正對面積成正比, ,與介質的與介質的_成正比成正比, ,與與_成反比。成反比。(2)(2)決定式決定式:C=_,k:C=_,k為靜電力常量。為靜電力常量。r r為為_,_,與電介質的性質有關。與電介質的性質有關。介電常數(shù)介電常數(shù)兩板間的距離兩板間的距離rS4 kd相對介電相對介電常數(shù)常數(shù)知識點知識點2 2帶電粒子在勻強電場中的運動示波管帶電粒子在勻強電場中的運動示波管1.1.加速問題加速問題: :若不計粒子的重力若

4、不計粒子的重力, ,則電場力對帶電粒子則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子的做的功等于帶電粒子的_的增量。的增量。(1)(1)在勻強電場中在勻強電場中:W=qEd=qU=_:W=qEd=qU=_。(2)(2)在非勻強電場中在非勻強電場中:W=qU=_:W=qU=_。動能動能22011mvmv2222011mvmv222.2.偏轉問題偏轉問題: :(1)(1)條件分析條件分析: :不計重力的帶電粒子以速度不計重力的帶電粒子以速度v v0 0垂直于電垂直于電場線方向飛入勻強電場。場線方向飛入勻強電場。(2)(2)運動性質運動性質:_:_運動。運動。(3)(3)處理方法處理方法: :利用運動的合成與

5、分解。利用運動的合成與分解。沿初速度方向沿初速度方向: :做做_運動。運動。沿電場方向沿電場方向: :做初速度為零的做初速度為零的_運動。運動。類平拋類平拋勻速直線勻速直線勻加速直線勻加速直線3.3.示波管的構造示波管的構造: :_,_,_,_,_。( (如圖所示如圖所示) )電子槍電子槍偏轉電極偏轉電極熒光屏熒光屏【易錯辨析】【易錯辨析】(1)(1)電容是表示電容器儲存電荷本領的物理量。電容是表示電容器儲存電荷本領的物理量。( () )(2)(2)放電后的電容器電荷量為零放電后的電容器電荷量為零, ,電容也為零。電容也為零。( () )(3)(3)一個電容器的電荷量增加一個電容器的電荷量增加

6、Q=1.0Q=1.01010-6-6C C時時, ,兩板兩板間電壓升高間電壓升高10V,10V,則電容器的電容則電容器的電容C=1.0C=1.01010-7-7F F。( () )(4)(4)帶電粒子在勻強電場中可以做勻加速直線運動。帶電粒子在勻強電場中可以做勻加速直線運動。( () )(5)(5)示波管屏幕上的亮線是由電子束高速撞擊熒光屏而示波管屏幕上的亮線是由電子束高速撞擊熒光屏而產生的。產生的。( () )(6)(6)帶電粒子在電場中運動時重力必須忽略不計。帶電粒子在電場中運動時重力必須忽略不計。( () )提示提示: :(1)(1)。電容器是能夠儲存電荷的器件。電容器是能夠儲存電荷的器

7、件, ,用電容表用電容表示其儲存電荷的本領。示其儲存電荷的本領。(2)(2)。電容器的電容。電容器的電容C C是由電容器本身的性質決定的是由電容器本身的性質決定的, ,與電容器是否帶電無關與電容器是否帶電無關, ,電容器放電后電容器放電后, ,電容器的帶電電容器的帶電荷量為零荷量為零, ,其電容其電容C C保持不變。保持不變。(3)(3)。 (4)(4)。帶電粒子在勻強電場中可以做直線運動。帶電粒子在勻強電場中可以做直線運動, ,也可也可以做曲線運動以做曲線運動, ,運動形式由初速度方向與電場方向的夾運動形式由初速度方向與電場方向的夾角決定角決定, ,是否勻變速運動由合外力決定。是否勻變速運動

8、由合外力決定。(5)(5)。由示波管的原理可知此種說法正確。由示波管的原理可知此種說法正確。67 Q1.0 10C F1.0 10FU10。(6)(6)。帶電粒子的重力是否能忽略。帶電粒子的重力是否能忽略, ,由具體問題的研由具體問題的研究條件決定究條件決定, ,對于基本粒子對于基本粒子, ,重力一般都可忽略重力一般都可忽略; ;但對于但對于帶電液滴、油滴、小球等帶電液滴、油滴、小球等, ,重力一般不能忽略。重力一般不能忽略。考點考點1 1平行板電容器的兩類動態(tài)變化問題平行板電容器的兩類動態(tài)變化問題【核心要素精講】【核心要素精講】1.1.分析比較的思路分析比較的思路: :(1)(1)先確定是先

9、確定是Q Q還是還是U U不變不變: :電容器保持與電源連接電容器保持與電源連接,U,U不不變變; ;電容器充電后與電源斷開電容器充電后與電源斷開,Q,Q不變。不變。(2)(2)用決定式用決定式C= C= 確定電容器電容的變化。確定電容器電容的變化。rS4 kd(3)(3)用定義式用定義式C= C= 判定電容器所帶電荷量判定電容器所帶電荷量Q Q或兩極板間或兩極板間電壓電壓U U的變化。的變化。(4)(4)用用E= E= 分析電容器極板間場強的變化。分析電容器極板間場強的變化。QUUd2.2.兩類動態(tài)變化問題的比較兩類動態(tài)變化問題的比較: :分類分類充電后與電池兩充電后與電池兩極相連極相連充電

10、后與電池兩充電后與電池兩極斷開極斷開不變量不變量U UQ Q分類分類充電后與電池兩極充電后與電池兩極相連相連充電后與電池兩充電后與電池兩極斷開極斷開d d變大變大 C C變小變小Q Q變小變小E E變小變小C C變小變小U U變大變大E E不變不變S S變大變大 C C變大變大Q Q變大變大E E不變不變C C變大變大U U變小變小E E變小變小分類分類充電后與電池兩充電后與電池兩極相連極相連充電后與電池兩充電后與電池兩極斷開極斷開r r變大變大C C變大變大Q Q變大變大E E不不變變C C變大變大U U變小變小E E變小變小【高考命題探究】【高考命題探究】【典例【典例1 1】(2016(2

11、016全國卷全國卷)一平行板電容器兩極板之一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質間充滿云母介質, ,接在恒壓直流電源上接在恒壓直流電源上, ,若將云母介質若將云母介質移出移出, ,則電容器世紀金榜導學號則電容器世紀金榜導學號42722161(42722161() )A.A.極板上的電荷量變大極板上的電荷量變大, ,極板間電場強度變大極板間電場強度變大B.B.極板上的電荷量變小極板上的電荷量變小, ,極板間電場強度變大極板間電場強度變大C.C.極板上的電荷量變大極板上的電荷量變大, ,極板間電場強度不變極板間電場強度不變D.D.極板上的電荷量變小極板上的電荷量變小, ,極板間電場強度不變極板間電場

12、強度不變【思考探究】【思考探究】(1)“(1)“接在恒壓直流電源上接在恒壓直流電源上”, ,說明說明_。(2)“(2)“將云母介質移出將云母介質移出”說明說明_。(3)(3)如何分析電容器的電荷量及電場強度的變化如何分析電容器的電荷量及電場強度的變化? ?提示提示: :依據電容的決定式和定義式分析動態(tài)變化。依據電容的決定式和定義式分析動態(tài)變化。電容器兩極板間的電容器兩極板間的電壓保持不變電壓保持不變電容器的介電常數(shù)變小電容器的介電常數(shù)變小【解析】【解析】選選D D。據。據C= C= 可知可知, ,將云母介質移出電容器將云母介質移出電容器C C變小變小, ,電容器接在恒壓直流電源上電容器接在恒壓

13、直流電源上, ,電壓不變電壓不變, ,據據Q=CUQ=CU可知極板上的電荷量變小可知極板上的電荷量變小, ,據據E= E= 可知極板間電場強可知極板間電場強度不變度不變, ,故選故選D D。rS4 kdUd【遷移訓練】【遷移訓練】遷移遷移1:1:把電源斷開把電源斷開( (多選多選) )將將【典例【典例1 1】中的電源斷開中的電源斷開, ,當把云母介質從電當把云母介質從電容器中快速抽出后容器中快速抽出后, ,下列說法正確的是下列說法正確的是( () )A.A.電容器的電容增大電容器的電容增大 B.B.極板間的電勢差增大極板間的電勢差增大C.C.極板上的電荷量變大極板上的電荷量變大D.D.極板間電

14、場強度變大極板間電場強度變大【解析】【解析】選選B B、D D。電源斷開。電源斷開, ,當把云母介質從電容器中當把云母介質從電容器中快速抽出后快速抽出后, ,極板所帶電荷量保持不變極板所帶電荷量保持不變, ,極板間的介電極板間的介電常數(shù)變小常數(shù)變小, ,由由C= C= 可知可知, ,電容器的電容減小電容器的電容減小, ,選項選項A A、C C錯誤錯誤; ;由由C= C= 得得U= ,QU= ,Q不變不變,C,C減小減小,U,U增大增大, ,選項選項B B正正確確; ;由由 得得,E= ,E= 故極板間的故極板間的場強變大場強變大, ,選項選項D D正確。正確。rS4 kdQUQCrSUQECC

15、dU4 kd、r4 kQS，遷移遷移2:2:將云母介質換成金屬板將云母介質換成金屬板在在【典例【典例1 1】中中, ,若將云母介質換成金屬板若將云母介質換成金屬板, ,接在恒壓直接在恒壓直流電源上流電源上, ,當把金屬板從電容器中快速抽出后當把金屬板從電容器中快速抽出后, ,下列說下列說法正確的是法正確的是( () )A.A.電容器的電容增大電容器的電容增大B.B.電容器所帶電荷量減少電容器所帶電荷量減少C.C.極板間的電壓增大極板間的電壓增大D.D.極板間電場強度變大極板間電場強度變大【解析】【解析】選選B B。當把金屬板從電容器中快速抽出后。當把金屬板從電容器中快速抽出后, ,電電容器兩極

16、板間的電壓不變容器兩極板間的電壓不變, ,但兩極板間的距離變大但兩極板間的距離變大, ,由由C= C= 可知可知, ,電容器的電容減小電容器的電容減小, ,選項選項A A、C C錯誤錯誤; ;由由C= C= 得得Q=CU,Q=CU,電壓電壓U U不變不變,C,C減小減小, ,故電容器所帶電荷量減故電容器所帶電荷量減少少, ,選項選項B B正確正確; ;由公式由公式E= E= 可得電場強度可得電場強度E E變小變小, ,選項選項D D錯誤。錯誤。rS4 kdQUUd遷移遷移3:3:在平行板間放置帶電粒子在平行板間放置帶電粒子( (多選多選) )在在【典例【典例1 1】中中, ,若水平平行板內部空

17、間有一帶若水平平行板內部空間有一帶電粒子電粒子P P靜止在電容器中靜止在電容器中, ,云母介質保持不動云母介質保持不動, ,同時下極同時下極板接地板接地, ,當將上極板向右移動一小段距離時當將上極板向右移動一小段距離時, ,則下列說則下列說法正確的是法正確的是( () )A.A.電容器所帶電荷量保持不變電容器所帶電荷量保持不變B.B.極板間的電場強度保持不變極板間的電場強度保持不變C.C.粒子所在初位置的電勢保持不變粒子所在初位置的電勢保持不變D.D.粒子將加速向下運動粒子將加速向下運動【解析】【解析】選選B B、C C。由。由C= C= 可知可知, ,當當S S減小時減小時, ,電容器電容器

18、的電容減小的電容減小, ,由由C= C= 得得Q=CU,Q=CU,電壓電壓U U不變不變,C,C減小減小, ,故電容故電容器所帶電荷量減少器所帶電荷量減少, ,選項選項A A錯誤錯誤;U;U和和d d不變不變, ,由由E= E= 可知可知, ,極板間的電場強度保持不變極板間的電場強度保持不變, ,選項選項B B正確正確; ;由于極板間的由于極板間的電場強度不變電場強度不變, ,粒子所在初位置到下極板間的距離不變粒子所在初位置到下極板間的距離不變, ,故該點到零電勢點的電勢差不變故該點到零電勢點的電勢差不變, ,即該點的電勢不變即該點的電勢不變, ,粒子的電勢能不變粒子的電勢能不變, ,選項選項

19、C C正確正確; ;由于粒子的受力情況不由于粒子的受力情況不變變, ,故粒子仍然保持靜止狀態(tài)故粒子仍然保持靜止狀態(tài), ,選項選項D D錯誤。錯誤。rS4 kdQUUd【規(guī)律總結】【規(guī)律總結】分析平行板電容器動態(tài)變化的三點關鍵分析平行板電容器動態(tài)變化的三點關鍵(1)(1)確定不變量確定不變量: :先明確動態(tài)變化過程中的哪些量不變先明確動態(tài)變化過程中的哪些量不變, ,是電荷量保持不變還是極板間電壓不變。是電荷量保持不變還是極板間電壓不變。(2)(2)恰當選擇公式恰當選擇公式: :靈活選取電容的決定式和定義式靈活選取電容的決定式和定義式, ,分分析電容的變化析電容的變化, ,同時用公式同時用公式E=

20、 E= 分析極板間電場強度分析極板間電場強度的變化情況。的變化情況。(3)(3)若兩極板間有帶電微粒若兩極板間有帶電微粒, ,則通過分析電場力的變化則通過分析電場力的變化, ,分析其運動情況的變化。分析其運動情況的變化。Ud【加固訓練】【加固訓練】( (多選多選) (2017) (2017長沙模擬長沙模擬) )如圖所示如圖所示, ,兩兩塊較大的金屬板塊較大的金屬板A A、B B相距為相距為d,d,平行放置并與一電源相平行放置并與一電源相連連,S,S閉合后閉合后, ,兩板間恰好兩板間恰好有一質量為有一質量為m,m,帶電量為帶電量為q q的油滴處于靜止狀態(tài)的油滴處于靜止狀態(tài), ,以以下說法正確的是

21、下說法正確的是( () )A.A.若將若將S S斷開斷開, ,則油滴將做自由落體運動則油滴將做自由落體運動,G,G表中無電流表中無電流B.B.若將若將A A向左平移一小段位移向左平移一小段位移, ,則油滴仍然靜止則油滴仍然靜止,G,G表中表中有有baba的電流的電流C.C.若將若將A A向上平移一小段位移向上平移一小段位移, ,則油滴向下加速運動則油滴向下加速運動,G,G表中有表中有baba的電流的電流D.D.若將若將A A向下平移一小段位移向下平移一小段位移, ,則油滴向上加速運動則油滴向上加速運動,G,G表中有表中有baba的電流的電流【解析】【解析】選選B B、C C。將。將S S斷開斷

22、開, ,電容器電量不變電容器電量不變, ,板間場強板間場強不變不變, ,故油滴仍處于靜止狀態(tài)故油滴仍處于靜止狀態(tài), ,選項選項A A錯誤錯誤; ;若若S S閉合閉合, ,將將A A板左移板左移, ,由由E= E= 可知可知,E,E不變不變, ,油滴仍靜止油滴仍靜止, ,由由C= C= 可可知正對面積減小時電容知正對面積減小時電容C C變小變小, ,則電容器極板電量則電容器極板電量Q=CUQ=CU變小變小, ,電容器放電電容器放電, ,則有則有baba的電流的電流, ,故選項故選項B B正確正確; ;將將A A板上移板上移, ,由由E= E= 可知可知,E,E變小變小, ,油滴應向下加速運動油滴

23、應向下加速運動, ,由由UdrS4 kdUdC= C= 可知板間距離增大時電容可知板間距離增大時電容C C變小變小, ,電容器要放電電容器要放電, ,則有則有baba的電流流過的電流流過G,G,故選項故選項C C正確正確; ;當當A A板下移時板下移時, ,板板間電場強度增大間電場強度增大, ,油滴受的電場力增加油滴受的電場力增加, ,油滴向上加速油滴向上加速運動運動, ,由由C= C= 可知板間距離減小時可知板間距離減小時C C增大增大, ,電容器要電容器要充電充電, ,則有則有abab的電流流過的電流流過G,G,故選項故選項D D錯誤。錯誤。rS4 kdrS4 kd考點考點2 2帶電粒子在

24、電場中的直線運動帶電粒子在電場中的直線運動 【核心要素精講】【核心要素精講】1.1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理帶電粒子在電場中運動時重力的處理: :(1)(1)基本粒子基本粒子: :如電子、質子、如電子、質子、粒子、離子等粒子、離子等, ,除有說除有說明或明確的暗示以外明或明確的暗示以外, ,一般都不考慮重力一般都不考慮重力( (但并不忽略但并不忽略質量質量) )。(2)(2)帶電顆粒帶電顆粒: :如液滴、油滴、塵埃、小球等如液滴、油滴、塵埃、小球等, ,除有說明除有說明或有明確的暗示以外或有明確的暗示以外, ,一般都不能忽略重力。一般都不能忽略重力。2.2.帶電粒子在電場中平衡的解題步

25、驟帶電粒子在電場中平衡的解題步驟: :(1)(1)選取研究對象。選取研究對象。(2)(2)進行受力分析進行受力分析, ,注意電場力的方向特點。注意電場力的方向特點。(3)(3)由平衡條件列方程求解。由平衡條件列方程求解。3.3.解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路: :(1)(1)根據帶電粒子受到的電場力根據帶電粒子受到的電場力, ,用牛頓第二定律求出用牛頓第二定律求出加速度加速度, ,結合運動學公式確定帶電粒子的運動情況。此結合運動學公式確定帶電粒子的運動情況。此方法只適用于勻強電場。方法只適用于勻強電場。(2)(2)根據電場力對帶電粒子所

26、做的功等于帶電粒子動能根據電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變化求解。此方法既適用于勻強電場的變化求解。此方法既適用于勻強電場, ,也適用于非勻也適用于非勻強電場。強電場?！咀运甲晕颉俊咀运甲晕颉?1)(1)帶電粒子在電場中平衡問題的解題步驟是什么帶電粒子在電場中平衡問題的解題步驟是什么? ?(2)(2)解決帶電粒子在電場中的直線運動有哪兩種思路解決帶電粒子在電場中的直線運動有哪兩種思路? ?【高考命題探究】【高考命題探究】【典例【典例2 2】(2015(2015全國卷全國卷)如圖如圖, ,兩平行的帶電金屬兩平行的帶電金屬板水平放置。若在兩板中間板水平放置。若在兩板中間a a點從靜止釋

27、放一帶電微粒點從靜止釋放一帶電微粒, ,微粒恰好保持靜止狀態(tài)微粒恰好保持靜止狀態(tài), ,現(xiàn)將兩板繞過現(xiàn)將兩板繞過a a點的軸點的軸( (垂直于垂直于紙面紙面) )逆時針旋轉逆時針旋轉4545, ,再由再由a a點從靜止釋放一同樣的微點從靜止釋放一同樣的微粒粒, ,該微粒將世紀金榜導學號該微粒將世紀金榜導學號42722162(42722162() )A.A.保持靜止狀態(tài)保持靜止狀態(tài)B.B.向左上方做勻加速運動向左上方做勻加速運動C.C.向正下方做勻加速運動向正下方做勻加速運動D.D.向左下方做勻加速運動向左下方做勻加速運動【思考探究】【思考探究】(1)“(1)“金屬板水平放置金屬板水平放置”時時,

28、“,“微粒恰好保持靜止狀微粒恰好保持靜止狀態(tài)態(tài)”說明說明_。(2)(2)當將兩板繞過當將兩板繞過a a點的軸逆時針旋轉點的軸逆時針旋轉4545時時, ,微粒受的微粒受的重力大小、方向重力大小、方向_,_,而電場力將而電場力將_,_,即電場力的方向為即電場力的方向為_;_;微粒由靜微粒由靜止釋放止釋放, ,根據根據_判斷其運動狀態(tài)。判斷其運動狀態(tài)。微粒受重力和電場力而平衡微粒受重力和電場力而平衡均不發(fā)生變化均不發(fā)生變化逆時針旋逆時針旋轉轉4545向上偏左向上偏左4545所受合力所受合力【解析】【解析】選選D D。作出微粒的受力示意圖如圖。作出微粒的受力示意圖如圖所示所示, ,電場力方向為向上偏左

29、電場力方向為向上偏左4545, ,并且與重并且與重力大小相等力大小相等, ,由力合成的平行四邊形定則得由力合成的平行四邊形定則得F F合合的方向為向左下方的方向為向左下方, ,再結合微粒由靜止釋再結合微粒由靜止釋放初速度為零放初速度為零, ,故微粒將向左下方做勻加速運動故微粒將向左下方做勻加速運動,D,D項正項正確確; ;微粒合力不為零微粒合力不為零, ,故不能保持靜止狀態(tài)故不能保持靜止狀態(tài),A,A項錯誤項錯誤;B;B項、項、C C項的運動方向與合力方向不一致項的運動方向與合力方向不一致, ,故故B B、C C項均錯。項均錯?！緩娀柧殹俊緩娀柧殹? (多選多選) )如圖如圖, ,帶電荷量為

30、帶電荷量為+q+q、質量為、質量為m m的滑塊的滑塊, ,沿固定的沿固定的絕緣斜面勻速下滑?，F(xiàn)加上一豎直向上的勻強電場絕緣斜面勻速下滑。現(xiàn)加上一豎直向上的勻強電場, ,電電場強度為場強度為E,E,且且qEmgqEmg?；瑝K沿斜面下滑的過程中?；瑝K沿斜面下滑的過程中, ,以下以下說法正確的是說法正確的是( () )A.A.滑塊將沿斜面減速下滑滑塊將沿斜面減速下滑B.B.滑塊仍沿斜面勻速下滑滑塊仍沿斜面勻速下滑C.C.加電場前加電場前, ,系統(tǒng)機械能守恒系統(tǒng)機械能守恒D.D.加電場后加電場后, ,重力勢能的減少量大于電勢能的增加量重力勢能的減少量大于電勢能的增加量【解析】【解析】選選B B、D D

31、。質量為。質量為m m的滑塊的滑塊, ,沿固定絕緣斜面勻沿固定絕緣斜面勻速下滑速下滑, ,設斜面傾角為設斜面傾角為,動摩擦因數(shù)為動摩擦因數(shù)為,則有則有mgsin=mgcos,mgsin=mgcos,當加一豎直向上的勻強電場當加一豎直向上的勻強電場, ,且且qEmg,qEmg,此時滑塊所受合力為此時滑塊所受合力為F=(mg-Eq)sin-(mg-F=(mg-Eq)sin-(mg-Eq)cos,Eq)cos,解得解得F=0,F=0,滑塊仍勻速下滑滑塊仍勻速下滑, ,故選項故選項A A錯誤錯誤,B,B正正確確; ;加電場前加電場前, ,滑塊要克服摩擦力做功滑塊要克服摩擦力做功, ,機械能減少機械能減

32、少, ,機械能不守恒機械能不守恒, ,故選項故選項C C錯誤錯誤; ;由于由于qEmg,qEmg,則則qEhmgh,qEhvv1 1B.B.若開關若開關S S閉合一段時間后再斷開閉合一段時間后再斷開, ,向下移動向下移動b b板板, ,則則v v2 2vv1 1C.C.若開關若開關S S保持閉合保持閉合, ,則無論向上或向下移動則無論向上或向下移動b b板板, ,都有都有v v2 2=v=v1 1D.D.若開關若開關S S閉合一段時間后再斷開閉合一段時間后再斷開, ,則無論向上或向下則無論向上或向下移動移動b b板板, ,都有都有v v2 2v0)q(q0)的粒子在電容器中靠近下極板處的粒子在

33、電容器中靠近下極板處, ,以以初動能初動能E Ek0k0豎直向上射出。不計重力豎直向上射出。不計重力, ,極板尺寸足夠大。極板尺寸足夠大。若粒子能打到上極板若粒子能打到上極板, ,則兩極板間電場強度的最大值為則兩極板間電場強度的最大值為( () )世紀金榜導學號世紀金榜導學號4272216342722163 k0k0k0k0EE2E2EA. B. C. D.4qd2qd2qdqd【解析】【解析】選選B B。對粒子進行受力分析如圖所示。對粒子進行受力分析如圖所示, ,可知?？芍Ｗ拥倪\動方向與所受的合力不在同一條直線上子的運動方向與所受的合力不在同一條直線上, ,粒子做粒子做曲線運動曲線運動,

34、,若粒子恰能到達上極板時若粒子恰能到達上極板時, ,其速度與極板平其速度與極板平行行, ,電場強度有最大值。將粒子的初速度電場強度有最大值。將粒子的初速度v v0 0分解為垂直分解為垂直于極板的于極板的v vy y和平行于極板的和平行于極板的v vx x兩個分量兩個分量, ,當當v vy y=0=0時時, ,粒子粒子恰能到達上極板恰能到達上極板, ,速度與極板平行速度與極板平行, ,根據根據- -v vy y2 2=-2 d,=-2 d,由于由于v vy y=v=v0 0cos45cos45,E,Ek0k0= ,= ,聯(lián)立整理得到聯(lián)立整理得到:E= :E= 故選項故選項B B正確。正確。Eqm

35、201mv2k0E2qd，【強化訓練】【強化訓練】1.1.如圖所示如圖所示, ,兩平行金屬板間有一勻強電場兩平行金屬板間有一勻強電場, ,板長為板長為L,L,板間距離為板間距離為d,d,在板右端在板右端L L處有一豎直放置的熒光屏處有一豎直放置的熒光屏M,M,一一帶電荷量為帶電荷量為q,q,質量為質量為m m的質點從兩板中央射入板間的質點從兩板中央射入板間, ,最最后垂直打在后垂直打在M M屏上屏上, ,則下列結論正確的是則下列結論正確的是( () )A.A.板間電場強度大小為板間電場強度大小為 B.B.板間電場強度大小為板間電場強度大小為 C.C.質點在板間的運動時間和質點在板間的運動時間和

36、它從板的右端運動到熒光屏它從板的右端運動到熒光屏的時間相等的時間相等D.D.質點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到熒質點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到熒光屏的時間光屏的時間mgqmg2q【解析】【解析】選選C C。據題分析可知。據題分析可知, ,質點在平行金屬板間軌質點在平行金屬板間軌跡應向上偏轉跡應向上偏轉, ,做類平拋運動做類平拋運動, ,飛出電場后飛出電場后, ,質點的軌跡質點的軌跡向下偏轉向下偏轉, ,質點才能最后垂直打在質點才能最后垂直打在M M屏上屏上, ,前后過程質點前后過程質點的運動軌跡有對稱性的運動軌跡有對稱性, ,如圖如圖, ,可見兩次偏轉的加速度大可見兩次偏轉

37、的加速度大小相等小相等, ,根據牛頓第二定律得根據牛頓第二定律得,qE-mg=mg,qE-mg=mg,得到得到E= ,E= ,故故A A、B B錯誤錯誤; ;由于質點在水平方向一直做勻速直線運動由于質點在水平方向一直做勻速直線運動, ,2mgq兩段水平位移大小相等兩段水平位移大小相等, ,則質點在板間運動的時間跟它則質點在板間運動的時間跟它從板的右端運動到熒光屏的時間相等。故從板的右端運動到熒光屏的時間相等。故C C正確正確,D,D錯誤。錯誤。2.(2.(多選多選)(2015)(2015天津高考天津高考) )如圖所示如圖所示, ,氕核、氘核、氚氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場

38、線水平向右核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場的加速電場E E1 1, ,之后進入電場線豎直向下的勻強電場之后進入電場線豎直向下的勻強電場E E2 2發(fā)生偏轉發(fā)生偏轉, ,最后打在屏上。整個裝置處于真空中最后打在屏上。整個裝置處于真空中, ,不計不計粒子重力及其相互作用粒子重力及其相互作用, ,那么那么( () )A.A.偏轉電場偏轉電場E E2 2對三種粒子做功一樣多對三種粒子做功一樣多B.B.三種粒子打到屏上時的速度一樣大三種粒子打到屏上時的速度一樣大C.C.三種粒子運動到屏上所用時間相同三種粒子運動到屏上所用時間相同D.D.三種粒子一定打到屏上的同一位置三種粒子一定打

39、到屏上的同一位置【解析】【解析】選選A A、D D。設粒子質量為。設粒子質量為m,m,電量為電量為q,q,經過加速經過加速電場電場U U1 1q= ,q= ,經過偏轉電場的偏轉位移經過偏轉電場的偏轉位移y y1 1= = 解得解得y y1 1= ,= ,偏轉電場對粒子做功偏轉電場對粒子做功W W2 2=qE=qE2 2y y1 1= ,= ,由由于三種粒子電量相同于三種粒子電量相同, ,則偏轉電場對三種粒子做功一樣則偏轉電場對三種粒子做功一樣多多, ,故選項故選項A A正確正確; ;從開始無初速度進入電場到打到屏上從開始無初速度進入電場到打到屏上的過程中的過程中, ,由動能定理有由動能定理有U

40、 U1 1q+Wq+W2 2= mv= mv2 2, ,解得解得v= v= 則三種粒子打到屏上的速度不一樣則三種粒子打到屏上的速度不一樣, ,故選項故選項B B錯誤錯誤; ;201mv2220E q1L2 mv()，221E L4U2221qE L4U122221214qUqE L2mU，在加速電場中有在加速電場中有l(wèi)= = 解得解得t t1 1= ,= ,從進入從進入偏轉電場到粒子打到屏上所用時間偏轉電場到粒子打到屏上所用時間t t2 2+t+t3 3= = 則三種粒子運動到屏上所用時間則三種粒子運動到屏上所用時間t=tt=t1 1+t+t2 2+t+t3 3= +(L+= +(L+l) ,

41、) ,由于三種粒子質由于三種粒子質2211 11qE1a tt22m，12mqEl01LLv2qUm ll11Lm(L),2qE2qEm llll12 mqEl1m2qE l量不同量不同, ,所以三種粒子運動到屏上所用時間不同所以三種粒子運動到屏上所用時間不同, ,故選故選項項C C錯誤錯誤; ;粒子離開電場后做勻速直線運動粒子離開電場后做勻速直線運動,y,y2 2=v=vt t3 3= = a a2 2t t2 2t t3 3= = 則則y=yy=y1 1+y+y2 2= = 所以三種粒子一定打到屏上的同所以三種粒子一定打到屏上的同一位置一位置, ,故選項故選項D D正確。正確。222220

42、0011qEqE LqE LE LLmvvmv2qU2U，llll222222111E LE LE Ly4U4U2U，l【加固訓練】【加固訓練】如圖所示如圖所示, ,真空中水平放置的真空中水平放置的兩個相同極板兩個相同極板Y Y和和YY長為長為L,L,相相距距d,d,足夠大的豎直屏與兩板右足夠大的豎直屏與兩板右側相距側相距b b。在兩板間加上可調。在兩板間加上可調偏轉電壓偏轉電壓U UYYYY, ,一束質量為一束質量為m m、帶電量為、帶電量為+q+q的粒子的粒子( (不計不計重力重力) )從兩板左側中點從兩板左側中點A A以初速度以初速度v v0 0沿水平方向射入電沿水平方向射入電場且能穿出

43、。場且能穿出。(1)(1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心兩板間的中心O O點。點。(2)(2)求兩板間所加偏轉電壓求兩板間所加偏轉電壓U UYYYY的范圍。的范圍。(3)(3)求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度。求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度?！窘馕觥俊窘馕觥?1)(1)設粒子在運動過程中的加速度大小為設粒子在運動過程中的加速度大小為a,a,離離開偏轉電場時偏轉距離為開偏轉電場時偏轉距離為y,y,沿電場方向的速度為沿電場方向的速度為v vy y, ,偏偏轉角為轉角為,其反向延長線通過其反向延長線通過O O點點,O,O點與板右端的水平

44、點與板右端的水平距離為距離為x,x,則有則有y= aty= at2 2L=vL=v0 0t tv vy y=at,tan= =at,tan= 聯(lián)立可得聯(lián)立可得x= x= 12y0vyvx，L2即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心間的中心O O點。點。(2)a= (2)a= E= E= 由由式解得式解得y= y= 當當y= y= 時時,U,UYYYY= = EqmUd220qUL2dmvd22202md vqL則兩板間所加電壓的范圍為則兩板間所加電壓的范圍為: : 222200YY22md vmd vUqLqL(3)(3)當當y=

45、y= 時時, ,粒子在屏上側向偏移的距離最大粒子在屏上側向偏移的距離最大, ,設其大小為設其大小為y y0 0, ,則則y y0 0=y+btan,=y+btan,又又 解得解得:y:y0 0= = 故粒子在屏上可能到達的區(qū)域的長度為故粒子在屏上可能到達的區(qū)域的長度為: :答案答案: :(1)(1)見解析見解析(2) (2) (3)(3) d2y0vdtanvL ，d L2b2L0d L2b2yL。222200YY22md vmd vUqLqLd L2bL考點考點4 4帶電粒子在交變電場中的運動帶電粒子在交變電場中的運動 【核心要素精講】【核心要素精講】帶電粒子在交變電場中的運動分析帶電粒子在

46、交變電場中的運動分析: :(1)(1)常見三種情況常見三種情況: :粒子做單向直線運動。粒子做單向直線運動。粒子做往返運動。粒子做往返運動。粒子做偏轉運動。粒子做偏轉運動。(2)(2)處理思路處理思路: :牛頓運動定律。牛頓運動定律。運動的分解。運動的分解。功能關系。功能關系?！靖呖济}探究】【高考命題探究】【典例【典例4 4】如圖甲所示如圖甲所示, ,長為長為L L、間距為、間距為d d的兩金屬板的兩金屬板A A、B B水平放置水平放置,ab,ab為兩板的中心線為兩板的中心線, ,一個帶電粒子以速度一個帶電粒子以速度v v0 0從從a a點水平射入點水平射入, ,沿直線從沿直線從b b點射出

47、點射出, ,若將兩金屬板接到若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上如圖乙所示的交變電壓上, ,欲使該粒子仍能從欲使該粒子仍能從b b點以速點以速度度v v0 0射出射出, ,求求: :世紀金榜導學號世紀金榜導學號4272216442722164(1)(1)交變電壓的周期交變電壓的周期T T應滿足什么條件應滿足什么條件? ?(2)(2)粒子從粒子從a a點射入金屬板的時刻點射入金屬板的時刻t t應滿足什么條件應滿足什么條件? ?【解析】【解析】(1)(1)為使粒子仍從為使粒子仍從b b點以速度點以速度v v0 0穿出電場穿出電場, ,在垂在垂直于初速度方向上直于初速度方向上, ,粒子的運動應為粒

48、子的運動應為: :加速加速, ,減速減速, ,反向反向加速加速, ,反向減速反向減速, ,經歷四個過程后經歷四個過程后, ,回到中心線上時回到中心線上時, ,在在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零垂直于金屬板的方向上速度正好等于零, ,故有故有L=nTvL=nTv0 0解得解得:T= :T= 粒子在粒子在 T T內離開中心線的距離為內離開中心線的距離為y= y= 0Lnv14211aT24()又有又有:a= :a= 解得解得:y= :y= 在運動過程中離開中心線的最大距離為在運動過程中離開中心線的最大距離為y ym m=2y= =2y= 粒子不撞擊金屬板粒子不撞擊金屬板, ,應有應有y ym

49、m d d解得解得:T :T 故故:n :n 0UqEEmd， 20qU T32md20qU T16md1202m2dqU00qUL2dv2m即即n n取大于等于取大于等于 的整數(shù)的整數(shù)所以交變電壓的周期應滿足的條件為所以交變電壓的周期應滿足的條件為: :T= ,T= ,其中其中n n取大于等于取大于等于 的整數(shù)的整數(shù)(2)(2)粒子進入電場的時間應為粒子進入電場的時間應為 故粒子進入電場的時間為故粒子進入電場的時間為:t= (n=1,2,3,):t= (n=1,2,3,)答案答案: :(1)T= ,(1)T= ,其中其中n n取大于等于取大于等于 的整數(shù)的整數(shù)(2)t= (n=1,2,3,)

50、(2)t= (n=1,2,3,)00qUL2dv2m0Lnv00qUL2dv2m135TTT444，2n1T40Lnv00qUL2dv2m2n1T4【強化訓練】【強化訓練】1.(1.(多選多選) )如圖所示為勻強電場的電場強度如圖所示為勻強電場的電場強度E E隨時間隨時間t t變變化的圖象。當化的圖象。當t=0t=0時時, ,在此勻強電場中由靜止釋放一個在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子帶電粒子, ,設帶電粒子只受電場力的作用設帶電粒子只受電場力的作用, ,則下列說法則下列說法中正確的是中正確的是( () )A.A.帶電粒子將始終向同一個方向運動帶電粒子將始終向同一個方向運動B.2sB.2s

51、末帶電粒子回到原出發(fā)點末帶電粒子回到原出發(fā)點C.3sC.3s末帶電粒子的速度為零末帶電粒子的速度為零D.0D.03s3s內內, ,電場力做的總功為零電場力做的總功為零【解析】【解析】選選C C、D D。設第。設第1s1s內粒子的加速度為內粒子的加速度為a a1 1, ,第第2s2s內內的加速度為的加速度為a a2 2, ,由由a= a= 可知可知,a,a2 2=2a=2a1 1, ,假設粒子第假設粒子第1s1s內向內向負方向運動負方向運動,1.5s,1.5s末粒子的速度為零末粒子的速度為零, ,然后向正方向運然后向正方向運動動, ,至至3s3s末回到原出發(fā)點末回到原出發(fā)點, ,粒子的速度為粒子

52、的速度為0,0,由動能定理由動能定理可知可知, ,此過程中電場力做功為零此過程中電場力做功為零, ,綜上所述綜上所述, ,可知可知C C、D D正正確。確。qEm2.(20172.(2017聊城模擬聊城模擬) )如圖甲所示如圖甲所示, ,兩個平行金屬板兩個平行金屬板P P、Q Q豎直放置豎直放置, ,兩板間加上如圖乙所示的電壓。兩板間加上如圖乙所示的電壓。t=0t=0時時,Q,Q板板比比P P板電勢高板電勢高5V,5V,此時在兩板的正中央此時在兩板的正中央M M點有一個電子點有一個電子, ,速度為零速度為零, ,電子在電場力作用下運動電子在電場力作用下運動, ,使得電子的位置使得電子的位置和速

53、度隨時間變化。假設電子始終未與兩板相碰和速度隨時間變化。假設電子始終未與兩板相碰, ,在在0t80t81010-10-10s s的時間內的時間內, ,這個電子處于這個電子處于M M點的右側點的右側, ,速度速度方向向左且大小逐漸減小的時間是方向向左且大小逐漸減小的時間是( () )A.6A.61010-10-10st8st81010-10-10s sB.4B.41010-10-10st6st61010-10-10s sC.2C.21010-10-10st4st41010-10-10s sD.0t2D.0t21010-10-10s s【解析】【解析】選選A A。在。在0t20t21010-10-

54、10s s時間內時間內,Q,Q板比板比P P板電勢板電勢高高5V,E= ,5V,E= ,方向水平向左方向水平向左, ,所以電子所受電場力方向所以電子所受電場力方向向右向右, ,加速度方向也向右加速度方向也向右, ,所以電子向右做勻加速直線所以電子向右做勻加速直線運動運動; ;在在2 21010-10-10st4st41010-10-10s s時間內時間內,Q,Q板比板比P P板電勢低板電勢低5V,5V,電場強度方向水平向右電場強度方向水平向右, ,所以電子所受電場力方向所以電子所受電場力方向向左向左, ,加速度方向也向左加速度方向也向左, ,所以電子向右做勻減速所以電子向右做勻減速Ud直線運動

55、直線運動, ,當當t=4t=41010-10-10s s時速度為零時速度為零; ;在在4 41010-10-10st st 661010-10-10s s時間內時間內,Q,Q板比板比P P板電勢低板電勢低5V,5V,電場強度方向水電場強度方向水平向右平向右, ,所以電子所受電場力方向向左所以電子所受電場力方向向左, ,加速度方向也加速度方向也向左向左, ,所以電子向左做勻加速直線運動所以電子向左做勻加速直線運動; ;在在6 61010-10-10stst881010-10-10s s時間內時間內,Q,Q板比板比P P板電勢高板電勢高5V,5V,電場強度方向水電場強度方向水平向左平向左, ,所以

56、電子所受電場力方向向右所以電子所受電場力方向向右, ,加速度方向也加速度方向也向右向右, ,所以電子向左做勻減速直線運動所以電子向左做勻減速直線運動, ,到到8 81010-10-10s s時刻速度為零時刻速度為零, ,恰好又回到恰好又回到M M點。綜上分析可知點。綜上分析可知: :在在6 6 1010-10-10st8st81010-10-10s s時間內時間內, ,這個電子處于這個電子處于M M點的右側點的右側, ,速速度方向向左且大小逐漸減小度方向向左且大小逐漸減小, ,故選項故選項A A正確。正確?！炯庸逃柧殹俊炯庸逃柧殹?2017(2017南通模擬南通模擬) )如圖甲所示如圖甲所示,

57、 ,兩平行金屬板兩平行金屬板MNMN、PQPQ的的板長和板間距離相等板長和板間距離相等, ,板間存在如圖乙所示的隨時間周板間存在如圖乙所示的隨時間周期性變化的電場期性變化的電場, ,電場方向與兩板垂直電場方向與兩板垂直, ,在在t=0t=0時刻時刻, ,一一不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電不計重力的帶電粒子沿板間中線垂直電場方向射入電場場, ,粒子射入電場時的速度為粒子射入電場時的速度為v v0 0,t=T,t=T時刻粒子剛好沿時刻粒子剛好沿MNMN板右邊緣射出電場。則板右邊緣射出電場。則( () )A.A.該粒子射出電場時的速度方向一定是沿垂直電場方該粒子射出電場時的速度方向一

58、定是沿垂直電場方向的向的B.B.在在t= t= 時刻時刻, ,該粒子的速度大小為該粒子的速度大小為2v2v0 0C.C.若該粒子在若該粒子在 時刻以速度時刻以速度v v0 0進入電場進入電場, ,則粒子會打則粒子會打在板上在板上D.D.若該粒子的入射速度變?yōu)槿粼摿Ｗ拥娜肷渌俣茸優(yōu)?v2v0 0, ,則該粒子仍在則該粒子仍在t=Tt=T時刻時刻射出電場射出電場T2T2【解析】【解析】選選A A。粒子射入電場。粒子射入電場, ,在水平方向上做勻速直在水平方向上做勻速直線運動線運動, ,在豎直方向上前半個周期內先做勻加速直線運在豎直方向上前半個周期內先做勻加速直線運動動, ,在后半個周期內做勻減速直

59、線運動在后半個周期內做勻減速直線運動, ,一個周期末豎一個周期末豎直方向上的分速度為零直方向上的分速度為零, ,可知粒子射出電場時的速度方可知粒子射出電場時的速度方向一定沿垂直電場方向向一定沿垂直電場方向, ,故選項故選項A A正確正確; ;在在t= t= 時刻時刻, ,粒粒子在水平方向上的分速度為子在水平方向上的分速度為v v0 0, ,因為兩平行金屬板因為兩平行金屬板MNMN、PQPQ的板長和板間距離相等的板長和板間距離相等, ,則有則有v v0 0T= T= 2 22,2,T2T2yv2解得解得v vy y=v=v0 0, ,根據平行四邊形定則知根據平行四邊形定則知, ,粒子的速度為粒子

60、的速度為v= v= v v0 0, ,故選項故選項B B錯誤錯誤; ;若該粒子在若該粒子在 時刻以速度時刻以速度v v0 0進入電進入電場場, ,粒子在豎直方向上的運動情況與粒子在豎直方向上的運動情況與0 0時刻進入時運動時刻進入時運動的方向相反的方向相反, ,運動規(guī)律相同運動規(guī)律相同, ,則粒子不會打在板上則粒子不會打在板上, ,故選故選項項C C錯誤錯誤; ;若該粒子的入射速度變?yōu)槿粼摿Ｗ拥娜肷渌俣茸優(yōu)?v2v0 0, ,則粒子射出電則粒子射出電場的時間場的時間t= t= 故選項故選項D D錯誤。錯誤。T20LT2v2 ，2考點考點5 5帶電粒子的力電綜合問題帶電粒子的力電綜合問題【核心要