2013-2014學年物理滬科版選修31教案：第六章第3講電容器的電容帶電粒子在勻強電場中的運動

1、第 3 講電容器的電容帶電粒子在勻強電場中的運動一、電容器、電容1 電容器組成帶電荷量兩個彼此絕緣又相互靠近的導體構成電容器一個極板所帶電荷量的絕對值充電：使電容器帶電的過程， 充電后電容器兩極板分別帶上等量異種電荷， 電容器中儲存電場能充、放電放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量額定電壓電容器長期正常工作的最大電壓擊穿電壓把電容器的電介質(zhì)擊穿導電使電容器損壞的極限電壓2.電容(1)定義 ：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢差U 的比值Q(2)定義式 ： C U.(3)物理意義 ：表示電容器容納電荷本領的物理量(4)單位 ：法拉 ( F)， 1 F

2、106F 1012 pF.3 平行板電容器(1)影響因素 ：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與兩極板間距離成反比Sr(2)決定式 ： C 4kd.二、帶電粒子在電場中的運動1 帶電粒子在電場中的加速(1)運動狀態(tài)分析 ：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與速度方向在同一直線上，做勻加速直線運動(2)用動力學規(guī)律分析：a qE， E U， v2 v20 2ad.md(3)用功能關系分析：若粒子初速度為零，則：12，所以 v2qU.qUmvm2若粒子初速度不為零，則：qU 1mv2 1mv02.22以上公式適用于一切電場(包括勻強電場和非勻

3、強電場)2 帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(1)研究條件 ：帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場(2)處理方法 ：類似于平拋運動，應用運動的合成與分解的方法沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t l.v0沿電場方向，做初速度為零的勻加速直線運動加速度： a F qE qUm mmdla.能飛出平行板電容器：t v0運動時間b.打在平行極板上：1 21 qU2，y at t22 mdt2mdyqU離開電場時的偏移量：1 2qUl2y at222mv0d離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tan vyqUl2v0 mv0d三、示波管1 示波管的構造 ： (1)電子槍、 (2)偏轉(zhuǎn)電極、(3) 熒光屏2 工作原理 (如圖

4、所示 )(1)如果在偏轉(zhuǎn)電極 XX 和 YY 之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線傳播，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑(2)YY 上加的是待顯示的信號電壓 XX 上是機器自身的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的圖象四、靜電現(xiàn)象的解釋1 靜電平衡(1)概念： 導體中 (包括表面 )沒有電荷的定向移動的狀態(tài)(2)特點：導體內(nèi)部場強：導體內(nèi)部處處為零電勢：導體為等勢體，導體表面為等勢面凈電荷：分布在外表面2 靜電現(xiàn)象的應用(1)靜電屏蔽： 處于靜電平衡的空腔導體，腔外電場對腔內(nèi)空間不產(chǎn)生影響(2)尖端放電： 所帶電荷與

5、導體尖端的電荷符號相反的粒子，由于被吸引而奔向尖端，與尖端上的電荷中和的現(xiàn)象1電子以初速度v0 沿垂直場強方向射入兩平行金屬板中間的勻強電場中，現(xiàn)增大兩板間的電壓，但仍能使電子穿過該電場則電子穿越平行板間的電場所需時間()A隨電壓的增大而減小B隨電壓的增大而增大C與電壓的增大無關D不能判定是否與電壓增大有關t l ，與兩極板間電壓無關，故答案為解析：設板長為 l，則電子穿越電場的時間C.Cv0答案：2(2012 江蘇單科 )一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C 和兩極板間的電勢差 U 的變化情況是 ()A C 和 U 均增大B C 增大

6、， U 減小C C 減小， U 增大D C 和 U 均減小S解析：由平行板電容器電容決定式C變大，則在、知，當插入電介質(zhì)后，4kdS dQQ不變的情況下C 增大；由電容定義式C U得 U C，又電荷量 Q 不變，故兩極板間的電勢差U 減小，選項B 正確答案：B3(2013 京朝陽區(qū)模擬北)如圖所示，在某一真空中，只有水平向右的勻強電場和豎直向下的重力場，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0 的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A 向 B 做直線運動那么 ()A微粒帶正、負電荷都有可能B微粒做勻減速直線運動C微粒做勻速直線運動D微粒做勻加速直線運動解析：只有微粒受到水平向左的電場力才能使得合力方向與速度方向在一條

7、直線上，由此可知微粒所受的電場力方向與場強方向相反，則微粒必帶負電，且運動過程中微粒做勻減速直線運動，故選項B 正確答案：B4.如圖所示為一只“極距變化型電容式傳感器”的部分構件示意圖，當動極板和定極板之間的距離d 變化時， 電容 C 便發(fā)生變化， 通過測量電容C 的變化就可知道兩板之間距離d 的變化情況，在下列圖中能正確反映C 與 d 之間變化規(guī)律的圖象是()解析：由平行板電容器電容的決定式CS電容 C可知，在其他條件不變的情況下，4kd與極板之間的距離 d 成反比， C d 圖象為雙曲線的一支，故選項A 正確答案：A5如圖是示波管的工作原理圖：電子經(jīng)電場加速后垂直于偏轉(zhuǎn)電場方向射入偏轉(zhuǎn)電場

8、，若加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)電場的極板長度與極板間的距離分別為L 和 d，y 為電子離開偏轉(zhuǎn)電場時發(fā)生的偏轉(zhuǎn)距離取“單位偏y轉(zhuǎn)電壓引起的偏轉(zhuǎn)距離”來描述示波管的靈敏度，即 U2(該比值越大則靈敏度越高)，則下列哪種方法可以提高示波管的靈敏度()A增大 U1B增大 U2C減小 LD減小 d1 21eU2 L 2U 2L2解析：設電子離開加速電場時速度大小為v，則eU1，2 ，解得 ，L 202mv0 y2 md v0y4dU1故 y ，可見，減小 d 可以提高示波管的靈敏度，答案選D.U 24dU1答案：D平行板電容器的兩類動態(tài)問題分析1 第一類動態(tài)變化：兩極板間電壓 U 恒定不變2

9、 第二類動態(tài)變化：電容器所帶電荷量 Q 恒定不變(2012 海南單科 )將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷量分別用d、 U、 E 和 Q 表示下列說法正確的是 ()A保持 U 不變，將d 變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E 變?yōu)樵瓉淼囊话隑保持 E 不變，將d 變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U 變?yōu)樵瓉淼膬杀禖保持 d 不變，將Q 變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U 變?yōu)樵瓉淼囊话隓保持 d 不變，將Q 變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E 變?yōu)樵瓉淼囊话虢馕觯?由UE d知，當U 不變， d 變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，E 變?yōu)樵瓉淼囊话耄珹 項正確；當E 不變， d 變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，U 變?yōu)樵瓉淼囊话耄珺 項錯誤；當電容

10、器中d 不變時， C 不變，由 C QU知，當Q 變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，U 變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C 項錯誤；Q 變?yōu)樵瓉淼囊话耄琔變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，則E 變?yōu)樵瓉淼囊话耄珼 項正確答案： AD運用電容的定義式和決定式分析電容器相關量變化的思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變S(2)用決定式C4rkd分析平行板電容器電容的變化Q(3)用定義式CU 分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化U(4)用 E d分析電容器極板間場強的變化1 1：如圖所示，電路中，A、 B為兩塊豎直放置的金屬板，G 是一只靜電計， 開關 S 合上后，靜電計指針張開一個角度，下述哪些做法可使指針張角增大A使 A、

11、 B 兩板靠近一些B使 A、 B 兩板正對面積錯開一些C斷開 S后，使 B 板向右平移拉開一些D斷開 S 后，使 A、 B 兩板正對面積錯開一些解析：圖中靜電計的金屬桿接A 板，外殼和 B 板均接地，靜電計顯示的是A、()B 兩極板間的電壓，指針張角越大，表示兩板間的電壓越高當合上S 后， A、 B兩板與電源兩極相連，板間電壓等于電源電壓不變，靜電計指針張角不變；當斷開S 后，板間距離增大，正對面積減小，都將使電容器的電容變小，而電容器電荷量不變，由U Q/C 可知，板間電壓U 增大，從而靜電計指針張角增大綜上所述，答案為C 、 D.答案：CD帶電粒子在電場中的直線運動問題運動狀態(tài)：帶電粒子沿

12、與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的靜電力與速度方向在同一直線上，做勻變速直線運動(2012 標課 )如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子 ()A所受重力與電場力平衡B電勢能逐漸增加C動能逐漸增加D做勻變速直線運動解析：帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個力的作用，一是重力mg，方向豎直向下，二是電場力F Eq，方向垂直于極板向上，如圖所示因二力均為恒力，已知帶電粒子做直線運動，所以此二力的合力一定在粒子運動的直線軌跡上，根據(jù)牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運動，選項D 正確，選項A、 C錯

13、誤；從粒子運動的方向和電場力的方向可判斷出，電場力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，選項B 正確答案：BD求解帶電粒子在電場中的直線運動問題的方法1應用牛頓第二定律a F Eq qUqU2Uqmm dm ? v2add.2mv2 2ax 2admd2用功能關系分析122qU(1)若粒子初速度為零，則：2mv qU，所以 vm .1212(2)若粒子初速度不為零，則：2mv2mv0 qU.以上公式適用于一切電場(包括勻強電場和非勻強電場)2 1：如圖所示，水平光滑絕緣軌道MN 的左端有一個固定擋板，軌道所在空間存在 E 4.0 102 N/ C、水平向左的勻強電場一個質(zhì)量m 0.10 kg 、帶電

14、荷量 q 5.0 10 5C 的滑塊 (可視為質(zhì)點 )，從軌道上與擋板相距x1 0.20 m 的 P 點由靜止釋放，滑塊在電場力作用下向左做勻加速直線運動當滑塊與擋板碰撞后滑塊沿軌道向右做勻減速直線運動，運動到與擋板相距 x2 0.10 m 的 Q 點，滑塊第一次速度減為零若滑塊在運動過程中，電荷量始終保持不變，求：(1)滑塊沿軌道向左做勻加速直線運動的加速度的大??；(2)滑塊從 P 點運動到擋板處的過程中，電場力所做的功；(3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機械能解析：(1)設滑塊沿軌道向左做勻加速運動的加速度為a此過程滑塊所受合外力F qE 2.0 10 2 N根據(jù)牛頓第二定律F ma解

15、得 a 0.20 m/s2.(2)滑塊從 P 點運動到擋板處的過程中，電場力所做的功 W1qEx14.0103J.(3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機械能等于滑塊由P 點運動到Q 點過程中電場力所做的功即 E qE(x1 x2) 2.0 103 J.答案：(1)0.20 m/s2 3 3(2)4.0 10 J(3)2.0 10 J帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L 、場強為E的勻強電場，在與右側虛線相距也為L 處有一與電場平行的屏現(xiàn)有一電荷量為 q、質(zhì)量為 m 的帶電粒子 (重力不計 )，以垂直于電場線方向的初速度v0 射入電場中， v0 方向的延長線與屏

16、的交點為O.試求：(1)粒子從射入到打到屏上所用的時間；(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan ；(3)粒子打到屏上的點 P 到 O 點的距離 x.解析：(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間2Lt v0.(2)設粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中Eq的加速度為：a mL qEL 所以 vy av0 mv0所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為vyqELtan v0 mv0 .(3)設粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則1L21 qEL 2y a(v0) 222

17、 mv0又 x y Ltan ，23qEL2LqEL3qEL 2答案：(1) v0(2)mv0(3)2mv02求解帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題的方法1運動的合成與分解法(1)垂直于電場線方向上：勻速直線運動(2)平行于電場線方向上：初速度為零的勻加速運動2能量觀點 (功能關系 )用功能觀點分析帶電粒子和帶電體在電場中的運動3確定粒子打到屏上的位置離屏中心的距離y 的三種方法b(1)y y vyv0(2)y ybtan L(3)y (2 b)tan L其中 y (2 b)tan 是應用上例第(1)問的結論得出的，一般不直接用于計算題的求解過程3 1： (2012 無錫市高三一模)如圖所示，勻強電場方

18、向沿x 軸的正方向，場強為 E.在 A(l,0)點有一個質(zhì)量為m，電荷量為q 的粒子，以沿y 軸負方向的初速度v0 開始運動，經(jīng)過一段時間到達B(0， l)點 (不計重力作用 )求：(1)粒子的初速度 v0 的大??；(2)當粒子到達 B 點時，電場力對粒子做功的瞬時功率解析：(1) 粒子在 y 方向不受力， 做勻速直線運動； 在 x 方向由于受恒定的電場力，做勻加速直線運動 所以粒子做的是類平拋運動 設粒子的初速度為v0，則在 y 方向上有 y v0t121 qE 21 qE l 2在 x 方向上有x 2at 2 m t 2 m (v0)又 x y l可得 v0qEl2m.(2)設粒子到達 B

19、 點時的速度為v，則電場力做功的瞬時功率為P qEvx由運動學公式可得vx 2al2qElm所以 P qEvx qE2qEl .m答案：(1)qEl(2) qE2qEl2mm帶電粒子在交變電場中的運動這類問題涉及力學和電學知識的綜合運用，但實際上是一個力學問題，解答這類問題， 仍要從受力分析 (力的大小、 方向的變化特點 )和運動分析 (運動狀態(tài)及形式 )入手，應用力學的基本規(guī)律定性、定量討論，注意思維方法和技巧的靈活運用1 借助圖象，展示物理過程帶電粒子在交變電場中運動時，受靜電力作用，其加速度、速度等均做周期性變化，借助圖象來描述它在電場中的運動情況，可直觀展示物理過程，從而獲得啟迪，快捷

20、地分析求解2 分過程解決問題不同過程電場不同，帶電粒子受力不同，加速度不同，但有規(guī)律可尋，特別是對稱性的思路往往是解決問題的捷徑此類題型一般有三種情況： 一是粒子做單向直線運動 (一般用牛頓運動定律求解 )，二是粒子做往返運動 (一般分段研究 )，三是粒子做偏轉(zhuǎn)運動 (一般根據(jù)交變電場特點分段研究 )如圖甲所示，兩平行正對的金屬板A、B 間加有如圖乙所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P 處若在 t0 時刻釋放該粒子，粒子會時而向 A 板運動，時而向B 板運動，并最終打在A 板上則 t0 可能屬于的時間段是 () TB.T t 3TA 0 t04204C.3T t0

21、 TD T t0 9T48解析：帶電粒子僅在電場力作用下做直線運動，0 分別為 0、 T、 T、3T 時的 v t 圖 (規(guī)定向右的方向為t424正 )如圖所示，在運動一個周期內(nèi)位移為負的最終打在A板上，根據(jù)圖像，選項所給的符合的時間段為T3T2t0 4 .B答案：(2013 南京市學情調(diào)研 )如圖甲所示，一電子以v0 的初速度沿平行金屬板的軸線射入金屬板空間從電子射入的時刻開始在金屬板間加如圖乙所示的交變電壓，假設電子能穿過平行金屬板，則下列說法正確的是()A電子只可能從軸線到上極板之間的空間射出(不包括軸線 )B電子只可能從軸線到下極板之間的空間射出 (不包括軸線 )C 電子可能從軸線到上

22、極板之間的空間射出，也可能沿軸線方向射出D電子射出后動能一定增大解析：本題考查了帶電粒子在交變電場中的運動由題意可知，當電子在電場中運動的時間恰好等于在A、 B 板間所加交變偏轉(zhuǎn)電壓周期的整數(shù)倍時，電子可沿軸線射出，故A、B 錯， C 正確；當電子恰好沿軸線射出時，電子速度不變，其動能也不變，故 D 錯答案：C1.(2013 鄭州市高三質(zhì)量預測 )下列是某同學對電場中的概念、公式的理解， 其中正確的是()F ，電場中某點的電場強度和試探電荷q 的電荷量無關A根據(jù)電場強度 E qQ，電容器極板上的電荷量每增加1 C，電壓就增加 1 VB根據(jù)電容 C UC根據(jù)電場力做功W qU，一個電子在1 V

23、電壓下加速，電場力做功為1 eVW，電源電動勢在數(shù)值上等于靜電力把1 C 的正電荷在電源內(nèi)從負極D根據(jù)電動勢 E q移送到正極所做的功解析： EF 電場的定義式，不能說E 由 F 和 q 決定，即電場中某點的電場強度和試探qQ電荷的電荷量無關，選項A 正確；根據(jù)電容C U，應該說電容器極板的電壓每增加1 V ，電荷量就增加 1 C，選項 B 錯誤；根據(jù)電場力做功W qU，一個電子在 1 V 電壓下加速，電場W力做正功，為1 eV，選項 C 錯誤；根據(jù)電動勢E q ，電源電動勢在數(shù)值上應該是等于非靜電力所做的功，選項 D 錯誤；因此答案選 A.答案：A2.平行板電容器的兩極板A、 B 接于電池兩

24、極，一帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部閉合開關 S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為，如圖所示，則 ()A保持開關 S 閉合，帶正電的A 板向 B 板靠近，則 增大B保持開關 S 閉合，帶正電的A 板向 B 板靠近，則 不變C開關 S 斷開，帶正電的A 板向 B 板靠近，則 增大D開關 S 斷開，帶正電的A 板向 B 板靠近，則 不變解析：懸線偏離豎直方向的夾角的大小由帶電小球受的電場力和重力兩因素決定 因重力不變， 故電場力增大時就增大 在保持開關 S 閉合，即保持電容器兩極板間電壓U 不變由于 A、B 板靠近， d 變小，極板間電UU場強度 E d就增大，因而帶電小球受電場力F qE qd增大，則 增大；若斷開開關 S，即表明電容器極板上的電荷量Q 不變當 A、 B 板靠近后，電容器的電容CU Q，電容器兩板間電壓 U 減小電r S 將增大，根據(jù)4kdCUU Q 4kQ容器兩板間的場強E d有無變化呢？把上述各關系代入， 得 E d CdrS .由此可知場強不變，帶電小球受電場力不變，則不變答案：AD3 (2013 原模擬太 )示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示如果在熒光屏上P 點出現(xiàn)亮斑，