電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).ppt

1、1.先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后斷開(kāi)電源，Q不變。 2.據(jù)平行板電容器C=rS/(4kd)來(lái)確定電容的變化。 3.由C=Q/U的關(guān)系判定Q、U的變化。,要點(diǎn)一 電容器的動(dòng)態(tài)問(wèn)題分析方法,學(xué)案3 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),4.動(dòng)態(tài)分析如下表,1.如圖6-3-2所示電路中，A、B為兩塊豎直放 置的金屬板，G是一只靜電計(jì)。開(kāi)關(guān)S合上 充電完畢后再斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，靜電計(jì)指針張開(kāi) 一個(gè)角度，下述哪些做法可使指針張角增 大( ) A.使A、B兩板靠近一些 B.使A、B兩板間加絕緣介質(zhì) C.使B板向右平移一些 D.使A、B正對(duì)面積錯(cuò)開(kāi)一些,C D,體驗(yàn)應(yīng)用,圖6-3-2,

2、2.物理模型 (1)帶電粒子在電場(chǎng)中的加速(如圖6-3-3) 由動(dòng)能定理得：qU加=1/2mv2 得： 。 (2)帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(如圖6-3-4) vxt=v0t=L 1/2at2=y y=1/2at2=qU偏L2/(2mdv20) vx=v0 vy=at,要點(diǎn)二 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),圖6-3-3,圖6-3-4,位移,vy=qU偏L/(mdv0),速度：,1.求解方法 (1)從力的觀點(diǎn)出發(fā)，應(yīng)用牛頓第二定律求解。 (2)從能的觀點(diǎn)出發(fā)，應(yīng)用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。,1.用正交分解法處理 帶電體在重力場(chǎng)、電場(chǎng)中受到的重力、電場(chǎng)力均為恒力，可用正交分解法。 處理這種運(yùn)動(dòng)的基本思想與

3、處理偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)是類似的，可以將此復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解為兩個(gè)互相正交的比較簡(jiǎn)單的直線運(yùn)動(dòng)，而這兩個(gè)直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律我們是可以掌握的，然后再按運(yùn)動(dòng)合成的觀點(diǎn)去求出復(fù)雜運(yùn)動(dòng)的有關(guān)物理量。 2.用能量的觀點(diǎn)處理 從功能觀點(diǎn)出發(fā)分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)，在對(duì)帶電粒子受力情況和運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析的基礎(chǔ)上，再考慮恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題。如果選用動(dòng)能定理，要分清有幾個(gè)力做功，做正功還是負(fù)功，是恒力做功還是變力做功，以及初、末狀態(tài)的動(dòng)能；如果選用能量守恒定律解題，要分清有多少種形式的能參與轉(zhuǎn)化，哪種能量增加，哪種能量減少，并注意電場(chǎng)力做功與路徑無(wú)關(guān)。,名師支招： 運(yùn)動(dòng)學(xué)公式只適用于處理勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，而能量觀點(diǎn)更具有普適性，

4、所以要隨時(shí)關(guān)注用能量的觀點(diǎn)處理帶電粒子在電場(chǎng)或復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，尤其是復(fù)合場(chǎng)中不規(guī)則曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。,要點(diǎn)三 帶電體在重力場(chǎng)、電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),2.2009年高考福建理綜卷如圖6-3-5，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜 面處于電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈 簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電量為q(q0)的滑塊 從距離彈簧上端為s0處?kù)o止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過(guò) 程沒(méi)有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g。 (1)求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間t1；

5、(2)若滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度 大小為vm的過(guò)程中彈簧的彈力所做的功W； (3)從滑塊靜止釋放瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，請(qǐng)?jiān)趫D6-3-6中畫(huà)出滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程 中速度與時(shí)間關(guān)系v-t圖象。圖中橫坐標(biāo)軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上 端接觸、第一次速度達(dá)到最大值及第一次速度減為零的時(shí)刻，縱坐標(biāo)軸上的v1為滑塊 在t1時(shí)刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。(本小題不要求寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程),【答案】 (1) (2) (3)見(jiàn)圖,圖6-3-5,圖6-3-6,體驗(yàn)應(yīng)用,【例1】2009年高考福建理綜卷如圖6-3-7所示，平行板電容器與電

6、動(dòng)勢(shì)為E的直流 電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平 衡狀態(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離( ) A.帶點(diǎn)油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng) B.P點(diǎn)的電勢(shì)將降低 C.帶點(diǎn)油滴的電勢(shì)能將減少 D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大,熱點(diǎn)一 平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析,B,【名師支招】(1)由C=rS/(4kd)，C=Q/U及平行板電容器的帶電量不變，可方便地分析場(chǎng)強(qiáng)變化情況。 (2)P點(diǎn)電勢(shì)的變化情況，依據(jù)電勢(shì)的定義分析判斷，這是分析電勢(shì)的最基本方法。,【解析】本題考查電容器、電勢(shì)、電勢(shì)能等知識(shí)，主要考查學(xué) 生的理解、推理能力。電容器與電源相連，當(dāng)

7、上極板上移時(shí)，板間 距離d增大，場(chǎng)強(qiáng)E=U/d減小，電場(chǎng)力減小，帶電粒子將向下運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；由U=Ed知，P與下極板電勢(shì)差減小，P點(diǎn)電勢(shì)降低，B對(duì)；由EP=q知，粒子帶負(fù)電，電勢(shì)能增加，C錯(cuò)；由C=Q/U知C減小，U不變，Q將減小，D錯(cuò)。,圖6-3-7,1,如圖6-3-8所示，一平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，負(fù)極板接地。在兩極板間有一點(diǎn)P，用E表示兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)，U表示電容器的電壓，表示P點(diǎn)的電勢(shì)。若保持負(fù)極板不動(dòng)，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，變大 C.U變小，不變 D.U不變，不變,A C,圖6-3-8,【例2】如圖6-3-9所示,水平放置的A、B

8、兩平行板相距h，上板A帶正電。現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量 為+q的小球在B板下方距離為H處，以初速度v0豎直向上從B板小孔進(jìn)入板間電場(chǎng)，欲使小 球剛好打到A板，A、B間電勢(shì)差UAB應(yīng)為多大？,【名師支招】討論帶電粒子在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)(加速或減速)的方法： 能量方法能量守恒定律； 功能關(guān)系動(dòng)能定理； 力和加速度方法牛頓運(yùn)動(dòng)定律，勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式。,【解析】法一：小球運(yùn)動(dòng)分兩個(gè)過(guò)程，在B板下方時(shí)僅受重力作用，做豎 直上拋運(yùn)動(dòng)；進(jìn)入電場(chǎng)后受向下的電場(chǎng)力和重力作用，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。小 球運(yùn)動(dòng)到B板時(shí)速度為vB， 對(duì)第一個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程：vB2=v02-2gH 對(duì)第二個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程：加速度為a=(mg+qE)/m

9、 按題意，h為減速運(yùn)動(dòng)的最大位移，故有h=vB2/(2a)，整理得 vB2=2gh+2qhE/m 聯(lián)立兩式解得hE=mv02-2g(H+h)/(2q) 由平行板電容器內(nèi)部勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)和電勢(shì)差的關(guān)系，易知UAB=hE，故有UAB=mv02-2g(H+h)/(2q) 法二：對(duì)小球的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程由動(dòng)能定理得 -mg(H+h)-qUAB=-1/2mv02 解得：UAB=mv02-2g(H+h)/(2q)。,【答案】mv20-2g(H+h)/(2q),圖6-3-9,熱點(diǎn)二 帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng),2,【答案】(1) (2),飛行時(shí)間質(zhì)譜儀可通過(guò)測(cè)量離子飛行時(shí)間得到離子的比 荷q/m。如圖6-3-1

10、0所示，帶正電的離子經(jīng)電壓為U的電 場(chǎng)加速后，進(jìn)入長(zhǎng)度為L(zhǎng)的真空管AB，可測(cè)得離子飛越 AB所用時(shí)間t1。改進(jìn)以上方法，如圖6-3-11所示，讓離 子飛越AB后進(jìn)入場(chǎng)強(qiáng)為E(方向如圖6-3-11)的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū) 域BC，在電場(chǎng)的作用下，離子返回B端，此時(shí)，測(cè)得離 子從A出發(fā)后飛行的總時(shí)間t2。(不計(jì)離子重力) (1)忽略離子源中離子的初速度，用t1計(jì)算比荷；用t2 計(jì)算比荷。 (2)離子源中相同比荷離子的初速度不盡相同，設(shè)兩個(gè)比 荷都為q/m的離子在A端的速度分別為v和v(vv)， 在改進(jìn)后的方法中，它們飛行的總時(shí)間通常不同，存在時(shí)間差t，可通過(guò)調(diào)節(jié) 電場(chǎng)E使t=0,求此時(shí)E的大小。,圖6-3-

11、10,圖6-3-11,【例3】一個(gè)電子以初速度v03.0106 m/s沿著垂直于場(chǎng)強(qiáng)方向射入兩帶電平行金屬板間，金屬板長(zhǎng)L=6.010-2 m，兩板之間可以看成是勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E=2103 N/C，電子的電量e=1.610-19 C，質(zhì)量m=9.110-31 kg，求： (1)電子射離電場(chǎng)時(shí)的速度； (2)出射點(diǎn)與入射點(diǎn)沿場(chǎng)強(qiáng)方向的距離。,【名師支招】(1)處理帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的一般方法是運(yùn)動(dòng)的合成與分解。 (2)在不涉及速度方向時(shí)，用動(dòng)能定理求解較方便。 (3)微觀粒子(如電子、質(zhì)子、粒子等)的重力都忽略不計(jì)；但當(dāng)帶電體是液滴、小球等時(shí)，一般要考慮重力。,【解析】電

12、子垂直于電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖6-3-12所示。 設(shè)電子射離電場(chǎng)的時(shí)間為t，偏轉(zhuǎn)距離為y，則有 L=v0t y=1/2at2 又因?yàn)殡娮又皇茈妶?chǎng)力作用，由牛頓第二定律得 qE=ma 解聯(lián)立方程組可得 y=7.010-2 m 設(shè)電子射出電場(chǎng)時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理得 qEy=1/2mv2-1/2mv20 解得v=7.62106 m/s 設(shè)射出時(shí)速度與射入時(shí)速度間夾角為，則有 cos=v0/v=0.393 7 所以=66.8,圖6-3-12,【答案】(1)7.62106 m/s，與入射時(shí)速度間夾角為66.8 (2)7.010-2 m,熱點(diǎn)三 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn),3,【答案】 (1)(-2L，L/4) (2)y=L2/(4x) (3)y=L2/(4x)+L2/(2nx),如圖6-3-13所示為研究電子槍中電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的簡(jiǎn) 化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個(gè) 場(chǎng)強(qiáng)大小均為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和，兩電場(chǎng)的邊界均