高中物理一輪復(fù)習課件：63電容器與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考點考點1 1 電容器與電容電容器與電容1.1.電容器電容器(1)(1)組成：由兩個彼此組成：由兩個彼此_又相互靠近的導(dǎo)體組成又相互靠近的導(dǎo)體組成. .(2)(2)帶電量：一個極板所帶電荷量的帶電量：一個極板所帶電荷量的_._.(3)(3)電容器的充、放電電容器的充、放電. .絕緣絕緣絕對值絕對值充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的的_，電容器中儲存電場能，電容器中儲存電場能. .放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中_轉(zhuǎn)化

2、為其他形式的能轉(zhuǎn)化為其他形式的能. .異種電荷異種電荷電場電場能能2.2.電容電容(1)(1)定義式：定義式：C=C=(2)(2)單位：法拉單位：法拉(F)(F)，1F=_F=_pF.1F=_F=_pF.(3)(3)電容與電壓、電荷量的關(guān)系電容與電壓、電荷量的關(guān)系. .電容電容C C的大小由電容器本身結(jié)構(gòu)決定，與電壓、電荷量的大小由電容器本身結(jié)構(gòu)決定，與電壓、電荷量_._.不隨不隨Q Q變化，也不隨電壓變化變化，也不隨電壓變化. .由由C= C= 可推出可推出C=C=QU_10106 610101212無關(guān)無關(guān)QUQ.U3.3.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：平行

3、板電容器的電容與影響因素：平行板電容器的電容與_成正比，與介成正比，與介質(zhì)的質(zhì)的_成正比，與成正比，與_成反比成反比. .(2)(2)決定式：決定式： ，k k為靜電力常量為靜電力常量. .正對面積正對面積介電常數(shù)介電常數(shù)兩板間的距離兩板間的距離rSC4 kd_1.1.平行板電容器動態(tài)問題分析的理論依據(jù)平行板電容器動態(tài)問題分析的理論依據(jù)(1)(1)平行板電容器的電容平行板電容器的電容C C與板距與板距d d、正對面積、正對面積S S、介質(zhì)介電常數(shù)、介質(zhì)介電常數(shù)r r間的關(guān)系間的關(guān)系(2)(2)平行板電容器內(nèi)部是勻強電場，所以場強平行板電容器內(nèi)部是勻強電場，所以場強(3)(3)電容器所帶電荷量電

4、容器所帶電荷量Q=CU.Q=CU.(4)(4)由以上三式得由以上三式得 該式為平行板電容器極板間勻強電該式為平行板電容器極板間勻強電場的場強的決定式場的場強的決定式, ,常通過常通過 來分析場強的變化來分析場強的變化. .rSC.4 kdUE.dr4 kQES，QS2.2.兩類動態(tài)問題分析比較兩類動態(tài)問題分析比較(1)(1)第一類動態(tài)變化：兩極板間電壓第一類動態(tài)變化：兩極板間電壓U U恒定不變恒定不變(2)(2)第二類動態(tài)變化：電容器所帶電荷量第二類動態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q Q恒定不變恒定不變?nèi)鐖D如圖, ,一個電容器與電池相連，增大一個電容器與電池相連，增大電容器兩極板間的距離，則下列說電

5、容器兩極板間的距離，則下列說法中正確的是法中正確的是( )( )A.A.電容器電容增大電容器電容增大B.B.電容器極板電量增加電容器極板電量增加C.C.在增大極板間距離過程中，電路中電流方向如題圖所示在增大極板間距離過程中，電路中電流方向如題圖所示D.D.原來靜止在電容器極板間的電荷將向上加速運動原來靜止在電容器極板間的電荷將向上加速運動【解析】【解析】選選C.C.根據(jù)根據(jù)C= C= 和和Q=CUQ=CU得：得：d d增大，電容增大，電容C C減小，又電減小，又電壓壓U U恒定，所以電荷量恒定，所以電荷量Q Q減小，電容器放電，電場強度減小，電容器放電，電場強度E E減小，原減小，原來靜止的電

6、容器極板間的電荷將向下加速運動來靜止的電容器極板間的電荷將向下加速運動, ,故答案為故答案為C.C.rS4 kd考點考點2 2 帶電粒子在電場中的運動帶電粒子在電場中的運動1.1.帶電粒子在電場中的加速帶電粒子在電場中的加速帶電粒子在電場中加速，若不計粒子的重力，則電場力對帶電帶電粒子在電場中加速，若不計粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子粒子做的功等于帶電粒子_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= .22011mvmv22_22011mvmv22動

7、能動能2.2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(1)(1)研究條件：帶電粒子研究條件：帶電粒子_于電場方向進入勻強電場于電場方向進入勻強電場. .(2)(2)處理方法：類似于處理方法：類似于_，應(yīng)用運動的合成與分解的方，應(yīng)用運動的合成與分解的方法法. .沿初速度方向做沿初速度方向做_運動運動. .沿電場方向做初速度為零的沿電場方向做初速度為零的_運動運動. .垂直垂直平拋運動平拋運動勻速直線勻速直線勻加速直線勻加速直線加速度：加速度：a= = =a= = = a. a.能飛出平行板電容器：能飛出平行板電容器：t=t= y= y= t= t=離開電場時的偏移量：離開電場時的偏

8、移量：y= =y= =離開電場時的偏轉(zhuǎn)角正切：離開電場時的偏轉(zhuǎn)角正切：tan= =tan= =FmqEm_qUmd運動時間運動時間0vl_b.b.打在平行極板上打在平行極板上2211 qUatt ,22 md2mdyqU21at2220qU2mv dl_y0vv20qUmv dl_1.1.帶電粒子在電場中的重力問題帶電粒子在電場中的重力問題(1)(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等除有說明或有明粒子、離子等除有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力確的暗示以外，一般都不考慮重力( (但并不忽略質(zhì)量但并不忽略質(zhì)量).).(2)(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小

9、球等，除有說明或有明帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力確的暗示以外，一般都不能忽略重力. .2.2.粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論(1)(1)以初速度以初速度v v0 0進入偏轉(zhuǎn)電場進入偏轉(zhuǎn)電場y= y= 作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O O點，點，O O點與電場邊緣的距離點與電場邊緣的距離為為x x，則，則x=ycot= x=ycot= 結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就像是從極板間的結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就像是從極板間的 處沿直處沿直線射出線射出. .2210qU11at

10、()22 mdvl2201201mv dqU2dmvqU2lll2l(2)(2)經(jīng)加速電場加速再進入偏轉(zhuǎn)電場：若不同的帶電粒子是從靜經(jīng)加速電場加速再進入偏轉(zhuǎn)電場：若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓止經(jīng)同一加速電壓U U0 0加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，可推得偏移量：可推得偏移量：y= y= 偏轉(zhuǎn)角正切：偏轉(zhuǎn)角正切：tantan 結(jié)論：無論帶電粒子的結(jié)論：無論帶電粒子的m m、q q如何，只要經(jīng)過同一加速電場加如何，只要經(jīng)過同一加速電場加速，再垂直進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出的偏移量速，再垂直進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出的偏移量y y和偏轉(zhuǎn)角和偏轉(zhuǎn)角都是相同的，也就是軌跡完全重合

11、都是相同的，也就是軌跡完全重合. .210U4U dl10U2U dl( (多選多選) )如圖所示，豎直放置的平行金屬板帶等量異種電荷，一如圖所示，豎直放置的平行金屬板帶等量異種電荷，一帶電微粒沿圖中直線從帶電微粒沿圖中直線從a a向向b b運動，下列說法中正確的是運動，下列說法中正確的是( )( )A.A.微粒做勻速運動微粒做勻速運動 B.B.微粒做勻加速運動微粒做勻加速運動C.C.微粒電勢能增大微粒電勢能增大 D.D.微粒動能減小微粒動能減小【解析】【解析】選選C C、D.D.微粒沿微粒沿abab直線運動，其重力與電場力的合力沿直線運動，其重力與電場力的合力沿baba方向，電場力水平向左，

12、做負功，電勢能增大，方向，電場力水平向左，做負功，電勢能增大，C C正確；合力正確；合力與運動方向相反，微粒做勻減速運動，動能減小，與運動方向相反，微粒做勻減速運動，動能減小，D D正確，正確，A A、B B均錯誤均錯誤. . 平行板電容器動態(tài)問題分析平行板電容器動態(tài)問題分析【例證【例證1 1】( (多選多選) )如圖所示，平行板電容器如圖所示，平行板電容器ABAB兩極板水平放置，兩極板水平放置，A A在上方，在上方，B B在下方，現(xiàn)將其和理想二極管串聯(lián)接在電源上，已在下方，現(xiàn)將其和理想二極管串聯(lián)接在電源上，已知知A A和電源正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶電小球沿和電源正極相連，二極管具

13、有單向?qū)щ娦?，一帶電小球沿ABAB中心水平射入，打在中心水平射入，打在B B極板上的極板上的N N點，小球的重力不能忽略，現(xiàn)點，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下移動通過上下移動A A板來改變兩極板板來改變兩極板ABAB間距間距( (兩極板仍平行兩極板仍平行) )，則下列，則下列說法正確的是說法正確的是( )( )A.A.若小球帶正電，當若小球帶正電，當ABAB間距增大時，小球打在間距增大時，小球打在N N的左側(cè)的左側(cè)B.B.若小球帶正電，當若小球帶正電，當ABAB間距減小時，小球打在間距減小時，小球打在N N的左側(cè)的左側(cè)C.C.若小球帶負電，當若小球帶負電，當ABAB間距減小時，小球可能打在間距

14、減小時，小球可能打在N N的右側(cè)的右側(cè)D.D.若小球帶負電，當若小球帶負電，當ABAB間距增大時，小球可能打在間距增大時，小球可能打在N N的左側(cè)的左側(cè)【解題指南】【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下三點：解答本題時應(yīng)注意以下三點：(1)(1)二極管的單向?qū)щ娦詫﹄娐返挠绊懚O管的單向?qū)щ娦詫﹄娐返挠绊? .(2)(2)小球電性對小球加速度大小變化的影響小球電性對小球加速度大小變化的影響. .(3)(3)小球的水平位移與小球運動時間的關(guān)系小球的水平位移與小球運動時間的關(guān)系. .【自主解答】【自主解答】選選B B、C.C.當板間距增大時，由當板間距增大時，由C= C= 可知，電容可知，電容器的電容將

15、變小器的電容將變小, ,因二極管的存在，電容器上的電量將保持不因二極管的存在，電容器上的電量將保持不變，由變，由E= E= 可知，板間電場強度不變，因此板間可知，板間電場強度不變，因此板間距增大時，不影響小球打在距增大時，不影響小球打在B B板上的位置，板上的位置，A A、D D均錯誤；均錯誤； rS4 kdrUQQ 4 kdCdS若板間距減小，則電容器的電容若板間距減小，則電容器的電容C C增大，電源通過二極管給電容增大，電源通過二極管給電容器充電，電容器的帶電量增加，兩板間的電壓不變器充電，電容器的帶電量增加，兩板間的電壓不變, ,此時板間電此時板間電場強度將增大，若小球帶正電，由場強度將

16、增大，若小球帶正電，由mg+Eq=mamg+Eq=ma，y= aty= at2 2可知，小可知，小球的加速度變大，小球打在球的加速度變大，小球打在B B板上的時間板上的時間t t變小，由變小，由x=vx=v0 0t t知，小知，小球?qū)⒙湓谇驅(qū)⒙湓贜 N的左側(cè)，的左側(cè)，B B正確；若小球帶負電，由正確；若小球帶負電，由mg-Eq=ma,mg-Eq=ma,y= aty= at2 2可知，小球加速度變小，小球打在可知，小球加速度變小，小球打在B B板上的時間板上的時間t t變大，變大，由由x=vx=v0 0t t可知，小球?qū)⒙湓诳芍?，小球?qū)⒙湓贜 N的右側(cè)，的右側(cè)，C C正確正確. .1212【互動

17、探究】【互動探究】( (多選多選) )在【例證在【例證1 1】中，若去掉電路中的二極管，】中，若去掉電路中的二極管，則正確的選項是則正確的選項是( )( )【解析】【解析】選選B B、C C、D.D.如上述例題分析，當板間距離變小時，二如上述例題分析，當板間距離變小時，二極管的存在并沒有起到作用，故極管的存在并沒有起到作用，故B B、C C仍正確；若板間距離變?nèi)哉_；若板間距離變大，因板間電壓不變，板間電場強度將變小，若小球帶正電，大，因板間電壓不變，板間電場強度將變小，若小球帶正電，由由mg+Eq=ma,y= atmg+Eq=ma,y= at2 2可得小球打在可得小球打在B B板上的時間增大

18、，由板上的時間增大，由x=vx=v0 0t t可知，小球打在可知，小球打在N N的右側(cè)，的右側(cè)，A A錯誤；若小球帶負電，由錯誤；若小球帶負電，由mg-Eq=mg-Eq=ma,y= atma,y= at2 2可知，小球打在可知，小球打在B B板上的時間減小，由板上的時間減小，由x=vx=v0 0t t知，小知，小球打在球打在N N的左側(cè)，的左側(cè)，D D正確正確. .1212【總結(jié)提升】【總結(jié)提升】分析電容器動態(tài)問題時應(yīng)注意的問題分析電容器動態(tài)問題時應(yīng)注意的問題(1)(1)先確定電容器的不變量先確定電容器的不變量(Q(Q或或U).U).(2)(2)只有當電容器的電量發(fā)生變化時，電容器支路上才有充

19、電或只有當電容器的電量發(fā)生變化時，電容器支路上才有充電或放電電流放電電流. .(3)(3)若電路中有二極管，其單向?qū)щ娦詫⒂绊戨娙萜鞒潆娀蚍烹娙綦娐分杏卸O管，其單向?qū)щ娦詫⒂绊戨娙萜鞒潆娀蚍烹? .(4)(4)電容器電量不變時，改變板間距將不引起板間電場強度的變電容器電量不變時，改變板間距將不引起板間電場強度的變化化. . 帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)【例證【例證2 2】如圖所示，真空中水平放置的】如圖所示，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，相距，相距d d，足，足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距b.b.在兩板在兩板間加

20、上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓U UYYYY，一束質(zhì)量，一束質(zhì)量為為m m、帶電量為、帶電量為+q+q的粒子的粒子( (不計重力不計重力) )從兩板左側(cè)中點從兩板左側(cè)中點A A以初速度以初速度v v0 0沿水平方向射入電場且能穿出沿水平方向射入電場且能穿出. .(1)(1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的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中心O O點；點；(2)(2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓求兩板間所加偏轉(zhuǎn)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. .【解題指南】【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以

21、下兩點：解答本題時應(yīng)注意以下兩點：(1)(1)兩板間所加的電壓的最大值對應(yīng)粒子恰好沿板的邊緣飛出的兩板間所加的電壓的最大值對應(yīng)粒子恰好沿板的邊緣飛出的情況情況. .(2)(2)屏上粒子所能到達的最大長度為粒子沿上、下板邊緣到達屏屏上粒子所能到達的最大長度為粒子沿上、下板邊緣到達屏上的位置間距上的位置間距. .【自主解答】【自主解答】(1)(1)設(shè)粒子在運動過程設(shè)粒子在運動過程中的加速度大小為中的加速度大小為a a，離開偏轉(zhuǎn)電場，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距離為時偏轉(zhuǎn)距離為y y，沿電場方向的速度，沿電場方向的速度為為v vy y，偏轉(zhuǎn)角為，偏轉(zhuǎn)角為，其反向延長線，其反向延長線通過通過O O點，點，O

22、O點與板右端的水平距離為點與板右端的水平距離為x x，則有則有y= aty= at2 2 L=vL=v0 0t t v vy y=at=attan= tan= 聯(lián)立可得聯(lián)立可得x= x= 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O O點點. .12y0vyvx，L2(2)a= (2)a= E= E= 由由式解得式解得y=y=當當y= y= 時，時，U UYYYY= =則兩板間所加電壓的范圍為則兩板間所加電壓的范圍為EqmUd220qUL2dmvd22202md vqL222200YY22md vmd vUqLqL(3)(3)當

23、當y= y= 時，粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大，時，粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大，設(shè)其大小為設(shè)其大小為y y0 0，則，則y y0 0=y+btan=y+btan又又tan= tan= ，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2y2y0 0= = 答案：答案：(1)(1)見自主解答見自主解答 (2) (2) (3)(3)d2y0vdvLd(L2b)2Ld(L2b).L222200YY22md vmd vUqLqLd(L2b)L【總結(jié)提升】【總結(jié)提升】確定粒子打到屏上的位置離屏中心的距離確定粒子打到屏上的位置離屏中心的距離yy的三的三

24、種方法種方法(1)y= (1)y= (2)y=y+btan(2)y=y+btan(3)y=( +b)tan(3)y=( +b)tan其中其中y=( +b)tany=( +b)tan是應(yīng)用上例第是應(yīng)用上例第(1)(1)問的結(jié)論得出的，一般問的結(jié)論得出的，一般不直接用于計算題的求解過程不直接用于計算題的求解過程. .y0byvvL2L2【變式訓(xùn)練】【變式訓(xùn)練】如圖所示為一真空示波管如圖所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲的示意圖，電子從燈絲K K發(fā)出發(fā)出( (初速度可初速度可忽略不計忽略不計) )，經(jīng)燈絲與，經(jīng)燈絲與A A板間的電壓板間的電壓U U1 1加加速，從速，從A A板中心孔沿中心線板中

25、心孔沿中心線KOKO射出，然射出，然后進入兩塊平行金屬板后進入兩塊平行金屬板M M、N N形成的偏轉(zhuǎn)形成的偏轉(zhuǎn)電場中電場中( (偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場) )，電子進入，電子進入M M、N N間電間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的上的P P點點. .已知已知M M、N N兩板間的電壓為兩板間的電壓為U U2 2，兩板間的距離為，兩板間的距離為d d，板長，板長為為L L，電子的質(zhì)量為，電子的質(zhì)量為m m，電荷量為，電荷量為e e，不計電子受到的重力及它們，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用

26、力之間的相互作用力. .(1)(1)求電子穿過求電子穿過A A板時速度的大??；板時速度的大小；(2)(2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量；求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量；(3)(3)若要使電子打在熒光屏上若要使電子打在熒光屏上P P點的上方，可采取哪些措施？點的上方，可采取哪些措施？【解析】【解析】(1)(1)設(shè)電子經(jīng)電壓設(shè)電子經(jīng)電壓U U1 1加速后的速度為加速后的速度為v v0 0，由動能定理由動能定理eUeU1 1= mv= mv0 02 2-0-0，解得，解得v v0 0= =1212eUm(2)(2)電子以速度電子以速度v v0 0進入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線進入偏轉(zhuǎn)電場

27、后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動. .設(shè)偏轉(zhuǎn)電場設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為的電場強度為E E，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t t，加速度為，加速度為a a，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y.y.由牛頓第二定律和運動學(xué)由牛頓第二定律和運動學(xué)公式公式t=t=F=ma,F=eE,E=F=ma,F=eE,E=y= aty= at2 2解得：解得：y=y=0Lv2Ud12221U L4U d(3)(3)由由y= y= 可知，減小可知，減小U U1 1和增大和增大U U

28、2 2均可使均可使y y增大，從而使電子增大，從而使電子打在打在P P點上方點上方. .答案：答案：(1) (2) (3)(1) (2) (3)減小加速電壓減小加速電壓U U1 1或增大偏轉(zhuǎn)或增大偏轉(zhuǎn)電壓電壓U U2 2221U L4U d12eUm221U L4U d【變式備選】【變式備選】如圖所示，真空室中速度如圖所示，真空室中速度v v0 0=1.6=1.610107 7 m/s m/s的電子束，連續(xù)地沿兩的電子束，連續(xù)地沿兩水平金屬板中心線水平金屬板中心線OOOO射入，已知極板射入，已知極板長長 l=4 cm=4 cm，板間距離，板間距離d=1 cmd=1 cm，板右端距，板右端距離熒

29、光屏離熒光屏PQPQ為為L=18 cm.L=18 cm.電子電荷量電子電荷量q=1.6q=1.61010-19-19 C C，質(zhì)量，質(zhì)量m=0.91m=0.911010-30-30 kg. kg.若在電極若在電極abab上加上加u=220 sin100t Vu=220 sin100t V的交的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標軸變電壓，在熒光屏的豎直坐標軸y y上能觀測到多長的線段？上能觀測到多長的線段？( (設(shè)設(shè)極板間的電場是均勻的、兩板外無電場、熒光屏足夠大極板間的電場是均勻的、兩板外無電場、熒光屏足夠大) )2【解析】【解析】因為經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間為因為經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間為t= =2.5t=

30、=2.51010-9-9 s s，而，而T= T= 故可以認為進入偏轉(zhuǎn)電場的電子均在當時所加電壓形成的勻強故可以認為進入偏轉(zhuǎn)電場的電子均在當時所加電壓形成的勻強電場中運動電場中運動0vl20.02 st在偏轉(zhuǎn)電場中縱向最大位移在偏轉(zhuǎn)電場中縱向最大位移所以電子能夠打在熒光屏上的最大豎直偏轉(zhuǎn)電壓所以電子能夠打在熒光屏上的最大豎直偏轉(zhuǎn)電壓U Um m= =91 V= =91 V當當U=UU=Um m=91 V=91 V時，時，E=E=因為因為v vy y=at= =4=at= =410106 6 m/s m/s，tan= =0.25tan= =0.25偏轉(zhuǎn)量偏轉(zhuǎn)量y= +Ltan=5 cmy= +L

31、tan=5 cmy y軸上的觀測量為軸上的觀測量為2y=10 cm.2y=10 cm.答案：答案：10 cm10 cm2mU qd1Eqata22mdm，222022md vmdqtqlmUdmqUtdmy0vvd2 帶電體運動中的力電綜合問題帶電體運動中的力電綜合問題【例證【例證3 3】(16(16分分) )在足夠長的粗糙絕緣板在足夠長的粗糙絕緣板A A上放一個質(zhì)量為上放一個質(zhì)量為m m、電、電荷量為荷量為+q+q的小滑塊的小滑塊B.B.用手托住用手托住A A置于方向水平向左、場強大小為置于方向水平向左、場強大小為E E的勻強電場中，此時的勻強電場中，此時A A、B B均能靜止，如圖所示均能

32、靜止，如圖所示. .現(xiàn)將絕緣板現(xiàn)將絕緣板A A從從圖中位置圖中位置 P P垂直電場線移至位置垂直電場線移至位置Q Q，發(fā)現(xiàn)小滑塊，發(fā)現(xiàn)小滑塊B B相對相對A A發(fā)生了運發(fā)生了運動動. .為研究方便可以將絕緣板為研究方便可以將絕緣板A A的運動簡化成先勻加速接著勻減的運動簡化成先勻加速接著勻減速到靜止的過程速到靜止的過程. .測量發(fā)現(xiàn)豎直方向加速的時間為測量發(fā)現(xiàn)豎直方向加速的時間為0.8 s0.8 s，減速，減速的時間為的時間為0.2 s.P0.2 s.P、Q Q位置高度差為位置高度差為0.5 m.0.5 m.已知勻強電場的場強已知勻強電場的場強E= E= ，A A、B B之間動摩擦因數(shù)之間動摩

33、擦因數(shù)=0.4,g=0.4,g取取10 m/s10 m/s2 2. .求：求：0.3mgq(1)(1)絕緣板絕緣板A A加速和減速的加速度大小分別為多大？加速和減速的加速度大小分別為多大？(2)(2)滑塊滑塊B B最后停在離出發(fā)點水平距離為多大處？最后停在離出發(fā)點水平距離為多大處？【解題指南】【解題指南】解答本題時應(yīng)注意以下兩點：解答本題時應(yīng)注意以下兩點：(1)(1)滑塊滑塊B B相對于相對于A A加速滑動過程發(fā)生在滑塊加速滑動過程發(fā)生在滑塊B B向上減速的過程向上減速的過程. .(2)(2)滑塊滑塊B B相對于相對于A A減速滑動過程發(fā)生在絕緣板減速滑動過程發(fā)生在絕緣板A A停止運動以后停止

34、運動以后. .【規(guī)范解答】【規(guī)范解答】(1)(1)設(shè)絕緣板設(shè)絕緣板A A勻加速和勻減速的加速度大小分別勻加速和勻減速的加速度大小分別為為a a1 1和和a a2 2，其時間分別為，其時間分別為t t1 1和和t t2 2，P P、Q Q高度差為高度差為h h，則有，則有a a1 1t t1 1=a=a2 2t t2 2 (2(2分分) )h= (2h= (2分分) )求得求得a a1 1=1.25 m/s=1.25 m/s2 2，a a2 2=5 m/s=5 m/s2 2. (2. (2分分) )221 12 211a ta t22(2)(2)研究滑塊研究滑塊B B，在絕緣板，在絕緣板A A上

35、勻減速的過程中，由牛頓第二定律上勻減速的過程中，由牛頓第二定律可得可得豎直方向：豎直方向：mg-Fmg-FN N=ma=ma2 2 (2(2分分) )水平方向：水平方向：Eq-FEq-FN N=ma=ma3 3 (2(2分分) )求得求得a a3 3=0.1g=1 m/s=0.1g=1 m/s2 2 (1(1分分) )在這個過程中滑塊在這個過程中滑塊B B的水平位移大小為的水平位移大小為x x3 3= (1= (1分分) )23 21a t0.02 m.2在絕緣板在絕緣板A A靜止后，滑塊靜止后，滑塊B B將沿水平方向做勻減速運動，設(shè)加速將沿水平方向做勻減速運動，設(shè)加速度大小為度大小為a a4

36、 4，有，有mg-Eq=mamg-Eq=ma4 4，得，得a a4 4=0.1g=1 m/s=0.1g=1 m/s2 2 (2(2分分) )該過程中滑塊該過程中滑塊B B的水平位移大小為的水平位移大小為x x4 4=x=x3 3=0.02 m (1=0.02 m (1分分) )最后滑塊最后滑塊B B靜止時離出發(fā)點的水平距離靜止時離出發(fā)點的水平距離x=xx=x4 4+x+x3 3=0.04 m. (1=0.04 m. (1分分) )答案：答案：(1)1.25 m/s(1)1.25 m/s2 2 5 m/s5 m/s2 2 (2)0.04 m(2)0.04 m【總結(jié)提升】【總結(jié)提升】帶電體在電場中

37、的運動問題的兩種求解思路帶電體在電場中的運動問題的兩種求解思路1.1.運動學(xué)與動力學(xué)觀點運動學(xué)與動力學(xué)觀點(1)(1)運動學(xué)觀點是指用勻變速運動的公式來解決實際問題運動學(xué)觀點是指用勻變速運動的公式來解決實際問題, ,一般一般有兩種情況有兩種情況: :帶電粒子初速度方向與電場線共線帶電粒子初速度方向與電場線共線, ,則粒子做勻變速直線運動則粒子做勻變速直線運動; ;帶電粒子的初速度方向垂直電場線帶電粒子的初速度方向垂直電場線, ,則粒子做勻變速曲線運動則粒子做勻變速曲線運動( (類平拋運動類平拋運動). ). (2)(2)當帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時當帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時,

38、 ,一般要采取類似一般要采取類似平拋運動的解決方法平拋運動的解決方法. .2.2.功能觀點功能觀點首先對帶電體受力分析首先對帶電體受力分析, ,再分析運動形式再分析運動形式, ,然后根據(jù)具體情況選然后根據(jù)具體情況選用公式計算用公式計算. .(1)(1)若選用動能定理若選用動能定理, ,則要分清有多少個力做功則要分清有多少個力做功, ,是恒力做功還是是恒力做功還是變力做功變力做功, ,同時要明確初、末狀態(tài)及運動過程中的動能的增量同時要明確初、末狀態(tài)及運動過程中的動能的增量. .(2)(2)若選用能量守恒定律若選用能量守恒定律, ,則要分清帶電體在運動中共有多少種則要分清帶電體在運動中共有多少種能

39、量參與轉(zhuǎn)化能量參與轉(zhuǎn)化, ,哪些能量是增加的哪些能量是增加的, ,哪些能量是減少的哪些能量是減少的. .【變式訓(xùn)練】【變式訓(xùn)練】( (多選多選) )在空間中水平面在空間中水平面MNMN的下方存在豎直向下的勻強電場，的下方存在豎直向下的勻強電場，質(zhì)量為質(zhì)量為m m的帶電小球由的帶電小球由MNMN上方的上方的A A點點以一定初速度水平拋出，從以一定初速度水平拋出，從B B點進入點進入電場，到達電場，到達C C點時速度方向恰好水平，點時速度方向恰好水平，A A、B B、C C三點在同一直線三點在同一直線上，且上，且AB=2BCAB=2BC，如圖所示，如圖所示. .由此可見由此可見( )( )A.A.

40、電場力為電場力為3mg3mgB.B.小球帶正電小球帶正電C.C.小球從小球從A A到到B B與從與從B B到到C C的運動時間相等的運動時間相等D.D.小球從小球從A A到到B B與從與從B B到到C C的速度變化量相等的速度變化量相等【解析】【解析】選選A A、D.D.小球在沿小球在沿MNMN方向上做勻速直線運動，速度為方向上做勻速直線運動，速度為v v0 0，在，在ABAB段做平拋運動，在段做平拋運動，在BCBC段做類平拋運動且加速度方向向段做類平拋運動且加速度方向向上，設(shè)直線上，設(shè)直線ACAC與與MNMN成成角，角，則則tan= tan= ，由，由AB=2BCAB=2BC可得可得t t1

41、 1=2t=2t2 2，代入得小球，代入得小球在電場中的加速度在電場中的加速度a=2ga=2g，由，由F F電電-mg=ma-mg=ma得得F F電電=3mg=3mg，且小球帶負，且小球帶負電，電，A A對，對，B B、C C錯；小球從錯；小球從A A到到B B與從與從B B到到C C的速度變化量相等，的速度變化量相等，且都為且都為v=gtv=gt1 1或或v=atv=at2 2，D D對對. .22120 10 211gtaty22xv tv t【例證】制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為【例證】制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d d的兩平行極板，如圖甲所示的兩平行極

42、板，如圖甲所示. .加在極板加在極板A A、B B間的電壓間的電壓U UABAB做周期做周期性變化，其正向電壓為性變化，其正向電壓為U U0 0，反向電壓為，反向電壓為-kU-kU0 0(k(k1)1)，電壓變化，電壓變化的周期為的周期為22，如圖乙所示，如圖乙所示. .在在t=0t=0時，極板時，極板B B附近的一個電子，附近的一個電子，質(zhì)量為質(zhì)量為m m、電荷量為、電荷量為e e，受電場作用由靜止開始運動，受電場作用由靜止開始運動. .若整個運動若整個運動過程中，電子未碰到極板過程中，電子未碰到極板A A，且不考慮重力作用，且不考慮重力作用. .若若k= ,k= ,電子在電子在0 022時

43、間內(nèi)不能到達極板時間內(nèi)不能到達極板A A，求，求d d應(yīng)滿足的條件應(yīng)滿足的條件. .考查內(nèi)容帶電粒子在交變電場中的運動54【規(guī)范解答】【規(guī)范解答】電子在電子在0 0時間內(nèi)做勻加速運動，加速度的大小時間內(nèi)做勻加速運動，加速度的大小為為a a1 1= = 位移位移x x1 1= a= a1 12 2在在22時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小為加速度的大小為a a2 2= =初速度的大小為初速度的大小為v v1 1=a=a1 1勻減速運動階段的位移勻減速運動階段的位移x x2 2= =依據(jù)題意依據(jù)題意d dx x1 1+x+x2 2解得解得d

44、 d答案：答案：d d 0eUmd1205eU4md212v2a209eU10m209eU10m1.1.根據(jù)電容器電容的定義式根據(jù)電容器電容的定義式C= C= ，可知，可知( )( )A.A.電容器所帶的電荷量電容器所帶的電荷量Q Q越多，它的電容就越大，越多，它的電容就越大，C C與與Q Q成正比成正比B.B.電容器不帶電時，其電容為零電容器不帶電時，其電容為零C.C.電容器兩極板之間的電壓電容器兩極板之間的電壓U U越高，它的電容就越小，越高，它的電容就越小，C C與與U U成反成反比比D.D.以上說法均不對以上說法均不對QU【解析】【解析】選選D.D.電容器的電容的大小與其本身因素有關(guān)，

45、與帶電電容器的電容的大小與其本身因素有關(guān)，與帶電量的多少、兩極板電壓的大小無關(guān)，故量的多少、兩極板電壓的大小無關(guān)，故A A、B B、C C錯誤，錯誤，D D正確正確. .2.(20122.(2012泰州模擬泰州模擬) )如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬如圖所示，帶等量異號電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，板在真空中水平放置，M M、N N為板間同一電場線上的兩點，一帶為板間同一電場線上的兩點，一帶電粒子電粒子( (不計重力不計重力) )以速度以速度v vM M經(jīng)過經(jīng)過M M點沿電場線向下運動，且未與點沿電場線向下運動，且未與下板接觸，一段時間后，粒子以速度下板接觸，一段時間后，粒子以速度

46、v vN N折回折回N N點點. .則則( )( )A.A.粒子受電場力的方向一定由粒子受電場力的方向一定由M M指向指向N NB.B.粒子在粒子在M M點的速度一定比在點的速度一定比在N N點的大點的大C.C.粒子在粒子在M M點的電勢能一定比在點的電勢能一定比在N N點的大點的大D.D.電場中電場中M M點的電勢一定高于點的電勢一定高于N N點的電勢點的電勢【解析】【解析】選選B.B.粒子只受電場力作用，經(jīng)粒子只受電場力作用，經(jīng)M M點向下運動，然后又返點向下運動，然后又返回向上經(jīng)過回向上經(jīng)過N N點，故電場力的方向一定由點，故電場力的方向一定由N N指向指向M M，A A錯誤；由錯誤；由

47、M M到到N N的過程中，電場力做負功，粒子在的過程中，電場力做負功，粒子在M M點的速度一定比在點的速度一定比在N N點的點的大，粒子在大，粒子在M M點的電勢能一定比在點的電勢能一定比在N N點的小，點的小，B B正確，正確，C C錯誤；因錯誤；因粒子的電性未知，故無法確定板間電場的具體方向，也無法比粒子的電性未知，故無法確定板間電場的具體方向，也無法比較較M M點與點與N N點電勢的高低，點電勢的高低，D D錯誤錯誤. .3.3.如圖所示，有一帶電粒子如圖所示，有一帶電粒子( (不計重力不計重力) )貼著貼著A A板沿水平方向射入板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓為勻強電場，當偏轉(zhuǎn)電壓

48、為U U1 1時，帶電粒子沿軌跡時，帶電粒子沿軌跡從兩板右端從兩板右端連線的中點飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為連線的中點飛出；當偏轉(zhuǎn)電壓為U U2 2時，帶電粒子沿軌跡時，帶電粒子沿軌跡落到落到B B板中間板中間. .設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則電壓設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則電壓U U1 1、U U2 2之之比為比為( )( )A.18 B.14A.18 B.14C.12 D.11C.12 D.11【解析】【解析】選選A.A.由題意可知，由題意可知， 由以上兩式可推導(dǎo)出：由以上兩式可推導(dǎo)出：U U1 1UU2 2=18=18，故，故A A正確正確. .22120U qd11Lat222 dm v，2220L(