電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1、第3講電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第103頁)電容器、電容、平行板電容器1.電容器(1)帶電量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值(2)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能2電容(1)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量(2)定義式：C.(3)單位：法拉(F)，1F106F1012pF.3平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與正對(duì)面積成正比，與電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)成正比，與兩極板間的距離成反比(2)決定式：C，k為靜電力常量【針對(duì)訓(xùn)練】1(

2、2012·江蘇高考)一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對(duì)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(shì)差U的變化情況是()AC和U均增大BC增大，U減小CC減小，U增大DC和U均減小【解析】由平行板電容器電容決定式C知，當(dāng)插入電介質(zhì)后，變大，則在S、d不變的情況下C增大；由電容定義式C得U，又電荷量Q不變，故兩極板間的電勢(shì)差U減小，選項(xiàng)B正確【答案】B帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子在電場(chǎng)中的加速(1)處理方法：利用動(dòng)能定理：qUmv2mv.(2)適用范圍：任何電場(chǎng)2帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(1)研究條件：帶電粒子垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(2)處理方

3、法：類似于平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t.沿電場(chǎng)方向，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)【針對(duì)訓(xùn)練】2兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)差為U，一電子質(zhì)量為m，電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖631所示，OAh，此電子具有的初動(dòng)能是()圖631A.BedUhC.D.【解析】由動(dòng)能定理得：ehEk，所以Ek.【答案】D示波管1.示波管裝置示波管由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空如圖632所示圖6322工作原理(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束沿直線運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮

4、斑(2)YY上加的是待顯示的信號(hào)電壓XX上是機(jī)器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)隨時(shí)間變化的穩(wěn)定圖象【針對(duì)訓(xùn)練】3如圖633所示，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果在熒光屏上P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的()圖633A極板X應(yīng)帶正電B極板X應(yīng)帶正電C極板Y應(yīng)帶正電D極板Y應(yīng)帶正電【解析】由熒光屏上亮斑的位置可知，電子在XX偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中向X極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板X帶正電，A正確，B錯(cuò)誤；電子在YY偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中向Y極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板Y帶正電，C正確，D錯(cuò)誤【答案】AC(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第104頁)平行板

5、電容器內(nèi)部E、U、Q變化問題1.首先要區(qū)分兩種基本情況(1)電容器兩極板電勢(shì)差U保持不變；(2)電容器的帶電荷量Q保持不變2賴以進(jìn)行討論的物理依據(jù)主要有三個(gè)(1)平行板電容器的電容C與板間距d、正對(duì)面積S、介質(zhì)介電常數(shù)間的關(guān)系為C；(2)平行板電容器內(nèi)部是勻強(qiáng)電場(chǎng)，所以場(chǎng)強(qiáng)E；(3)電容器所帶的電荷量QCU.圖634(2013屆長沙一中檢測(cè))如圖634所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計(jì)開始時(shí)開關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開一定角度為了使指針張開角度增大一些，應(yīng)該采取的措施是()A斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板靠近一些B斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板分開一些C保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近

6、一些D保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開一些【解析】使指針張開角度增大一些，就是增大靜電計(jì)兩端的電壓，當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，電壓一定，則C、D錯(cuò)誤；斷開開關(guān)S后，電容器帶電荷量一定，由CQ/U可知要增大電容器兩極板之間電壓，需減小電容C，由平行板電容器電容的決定式C知，保持S不變，增大d，電容C減小，則A錯(cuò)誤、B正確【答案】B【即學(xué)即用】1(2011·天津高考)板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時(shí)，兩極板間電勢(shì)差為U1，板間場(chǎng)強(qiáng)為E1.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閐，其他條件不變，這時(shí)兩極板間電勢(shì)差為U2，板間場(chǎng)強(qiáng)為E2，下列說法正確的是()AU2U1，E2E1BU22U1

7、，E24E1CU2U1，E22E1 DU22U1，E22E1【解析】U1，E1.當(dāng)板間距變?yōu)閐時(shí)，由C可知電容變?yōu)?C，而帶電荷量也變?yōu)?Q，故U2U1，E222E1，故C選項(xiàng)正確【答案】C帶電粒子在電場(chǎng)中的平衡與直線運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)(2)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2帶電粒子在電場(chǎng)中的平衡解題步驟：(1)選取研究對(duì)象(2)進(jìn)行受力分析，注意電場(chǎng)力的方向特點(diǎn)(3)由平衡條件列方程求解3帶電粒子在電場(chǎng)中的變速直線運(yùn)

8、動(dòng)可用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求解或從功能角度用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力恒定，方向與電場(chǎng)線平行，所受重力恒定，方向豎直向下，因此粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)與重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中一定做勻變速運(yùn)動(dòng)軌跡可能為直線，也可能為曲線圖635(2011·福建高考)反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場(chǎng)中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似如圖635所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場(chǎng)力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng)已知電場(chǎng)強(qiáng)度的大小分別是E12.0×103N/C和E24.0×103 N/

9、C，方向如圖所示帶電微粒質(zhì)量m1.0×1020kg，帶電量q1.0×109C，A點(diǎn)距虛線MN的距離d11.0cm，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對(duì)論效應(yīng)求：(1)B點(diǎn)距虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t.【審題視點(diǎn)】(1)明確帶電微粒的運(yùn)動(dòng)過程，微粒在兩個(gè)場(chǎng)強(qiáng)大小、方向都不同的電場(chǎng)中先做勻加速后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)(2)由動(dòng)能定理、牛頓第二定律列方程求解【解析】(1)帶電微粒由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，由動(dòng)能定理有|q|E1d1|q|E2d20由式解得d2d10.50cm.(2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有|q|E1ma

10、1|q|E2ma2設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有d1a1td2a2t又tt1t2由式解得t1.5×108s.【答案】(1)0.50cm(2)1.5×108s【即學(xué)即用】2.圖636(2012·新課標(biāo)全國高考)如圖636，平行板電容器的兩個(gè)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(chǎng)力平衡B電勢(shì)能逐漸增加C動(dòng)能逐漸增加D做勻變速直線運(yùn)動(dòng)【解析】帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個(gè)力的作用，一是重力mg，方向豎直向下，二是電場(chǎng)力FEq，方向垂直于極板向

11、上因二力均為恒力，已知帶電粒子做直線運(yùn)動(dòng)，所以此二力的合力一定在粒子運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；從粒子運(yùn)動(dòng)的方向和電場(chǎng)力的方向可判斷出，電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的電勢(shì)能增加，選項(xiàng)B正確【答案】BD帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題1.粒子的偏轉(zhuǎn)角問題圖637(1)已知電荷情況及初速度如圖637所示，設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m.帶電荷量為q，以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向射入勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)電壓為U1.若粒子飛出電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)角為，則tan，式中vyat·，vxv0，代入得tan.結(jié)論：動(dòng)能一定時(shí)tan與q成正比，電荷量相同時(shí)tan與動(dòng)能成反比

12、(2)已知加速電壓U0若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，則由動(dòng)能定理有：qU0mv由式得：tan結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，它們?cè)陔妶?chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的2粒子的偏轉(zhuǎn)量問題(1)yat2··()2做粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O點(diǎn)，O點(diǎn)與電場(chǎng)邊緣的距離為x，則x.結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中射出時(shí)，就像是從極板間的l/2處沿直線射出(2)若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，則由式得：y結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角和偏轉(zhuǎn)距離與粒子的q、m

13、無關(guān)，僅取決于加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，它們?cè)陔妶?chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角度和偏轉(zhuǎn)距離總是相同的(1)偏轉(zhuǎn)角是指入射速度與出射速度間的夾角，而不是位移與入射速度間的夾角(2)偏轉(zhuǎn)位移相同的粒子(在同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中)，偏轉(zhuǎn)角也相同圖638(2013屆高新一中檢測(cè))如圖638所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向沿x軸的正方向，場(chǎng)強(qiáng)為E.在A(l,0)點(diǎn)有一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子，以沿y軸負(fù)方向的初速度v0開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間到達(dá)B(0，l)點(diǎn)(不計(jì)重力作用)求：(1)粒子的初速度v0的大??；(2)當(dāng)粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做功的瞬時(shí)功率【解析】(1)粒子在y方向不受力，

14、做勻速直線運(yùn)動(dòng)；在x方向由于受恒定的電場(chǎng)力，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)所以粒子做的是類平拋運(yùn)動(dòng)設(shè)粒子的初速度為v0，則在y方向上有yv0t在x方向上有xat2t2又xyl可得v0(2)設(shè)粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)沿x軸方向的速度為vx，則電場(chǎng)力做功的瞬時(shí)功率為PqEvx由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得vx所以PqEvxqE【答案】(1) (2)qE【即學(xué)即用】3.圖639(2013屆南昌一中檢測(cè))如圖639所示，電子在電勢(shì)差為U1的加速電場(chǎng)中由靜止開始運(yùn)動(dòng)，然后射入電勢(shì)差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，入射方向跟極板平行整個(gè)裝置處在真空中，重力可忽略在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角

15、變大的是()AU1變大、U2變大BU1變小、U2變大CU1變大、U2變小DU1變小、U2變小【解析】設(shè)電子被加速后獲得的速度為v0，水平極板長為l，則由動(dòng)能定理得U1qmv，電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時(shí)間t，又設(shè)電子在水平極板間的加速度為a，水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得a，電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，平行于電場(chǎng)方向的速度vyat，聯(lián)立解得vy，又tan，故U2變大、U1變小，一定能使偏轉(zhuǎn)角變大，故B正確【答案】B(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第105頁)平行板電容器中的帶電體平行板電容器兩極板間帶電體的運(yùn)動(dòng)問題是典型的力電綜合問題，要分別從力、電兩個(gè)角度分析研究(1)力學(xué)角度：電場(chǎng)力等影響了帶電體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，

16、帶電體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(靜止、加速或減速)需要分析受力情況；(2)電學(xué)角度：平行板電容器的兩極板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，由E知，兩極板間的電壓U決定了兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E，帶電體運(yùn)動(dòng)的加速度需要分析兩極板間的電壓在真空中水平放置平行板電容器，兩極板間有一個(gè)帶電油滴，電容器兩極板間距為d，當(dāng)平行板電容器的電壓為U0時(shí)，油滴保持靜止?fàn)顟B(tài)，如圖6310所示當(dāng)給電容器突然充電使其電壓增加U1，油滴開始向上運(yùn)動(dòng)；經(jīng)時(shí)間t后，電容器突然放電使其電壓減少U2，又經(jīng)過時(shí)間t，油滴恰好回到原來位置假設(shè)油滴在運(yùn)動(dòng)過程中沒有失去電荷，充電和放電的過程均很短暫，這段時(shí)間內(nèi)油滴的位移可忽略不計(jì)，重力加速度為g.試求：圖6310(1)帶

17、電油滴所帶電荷量與質(zhì)量之比；(2)第一個(gè)t與第二個(gè)t時(shí)間內(nèi)油滴運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比；(3)U1與U2之比【潛點(diǎn)探究】(1)油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，受兩個(gè)力平衡，即勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)力和重力；(2)電容器突然充電使其電壓增加U1，電場(chǎng)強(qiáng)度增大，油滴所受合力向上，向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，其中U1決定了加速度a1的大小；(3)電容器突然放電使其電壓減少U2，電場(chǎng)強(qiáng)度減小，油滴所受合力向下，油滴先向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，再反向勻加速回到出發(fā)點(diǎn)，其中U2U1決定了加速度a2的大??；(4)電壓增加U1后的勻加速運(yùn)動(dòng)和電壓減少U2后的運(yùn)動(dòng)，位移大小與所用時(shí)間t相等，可以得到加速度a1和a2的關(guān)系，從而建立U1與U2的關(guān)系【規(guī)范

18、解答】(1)油滴靜止時(shí)mgq，則.(2)設(shè)第一個(gè)t內(nèi)油滴的位移為x1，加速度為a1，第二個(gè)t內(nèi)油滴的位移為x2，加速度為a2，則x1a1t2x2v1ta2t2，且v1a1t，x2x1解得a1a213.(3)油滴向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)qmgma1，即qma1油滴向上減速運(yùn)動(dòng)時(shí)mgqma2，即qma2則解得.【答案】(1)(2)13(3)14【即學(xué)即用】4(2012·大綱全國高考)如圖6311，一平行板電容器的兩個(gè)極板豎直放置，在兩極板間有一帶電小球，小球用一絕緣輕線懸掛于O點(diǎn)現(xiàn)給電容器緩慢充電，使兩極板所帶電荷量分別為Q和Q，此時(shí)懸線與豎直方向的夾角為/6.再給電容器緩慢充電，直到懸線和豎直方

19、向的夾角增加到/3，且小球與兩極板不接觸求第二次充電使電容器正極板增加的電荷量圖6311【解析】設(shè)電容器電容為C.第一次充電后兩極板之間的電壓為U兩極板之間電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E式中d為兩極板間的距離按題意，當(dāng)小球偏轉(zhuǎn)角1時(shí)，小球處于平衡位置設(shè)小球質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，則有Tcos1mgTsin1qE式中T為此時(shí)懸線的張力聯(lián)立式得tan1設(shè)第二次充電使正極板上增加的電荷量為Q，此時(shí)小球偏轉(zhuǎn)角2，則tan2聯(lián)立式得代入數(shù)據(jù)解得Q2Q.【答案】2Q(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第106頁)平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1(2012·海南高考)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場(chǎng)強(qiáng)度大小和極板所帶的電荷量分別用

20、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)樵瓉淼膬杀叮瑒tU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)樵瓉淼囊话搿窘馕觥坑蒃知，當(dāng)U不變，d變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r(shí)，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，A項(xiàng)正確；當(dāng)E不變，d變?yōu)樵瓉淼囊话霑r(shí)，U變?yōu)樵瓉淼囊话耄珺項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)電容器中d不變時(shí)，C不變，由C知，當(dāng)Q變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r(shí)，U變?yōu)樵瓉淼膬杀叮珻項(xiàng)錯(cuò)誤；Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄琔變?yōu)樵瓉淼囊话霑r(shí)，則E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珼項(xiàng)正確【答案】AD示波管的原理及應(yīng)用2(2011·安徽高考)如圖6

21、312為示波管的原理圖如果在電極YY之間所加的電壓按圖6313(a)所示的規(guī)律變化，在電極XX之間所加的電壓按圖6313(b)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會(huì)看到的圖形是()圖6312(a)(b)圖6313【解析】電子在YY和XX間沿電場(chǎng)方向均作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由位移公式sat2t2，知水平位移和豎直位移均與電壓成正比在t0時(shí)刻，UY0知豎直位移為0，故A、C錯(cuò)誤在t時(shí)刻，UY最大知豎直位移最大，故B正確，D錯(cuò)誤【答案】B帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)3(2011·安徽高考)如圖6314(a)所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖6314(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上則t0可能屬于的時(shí)間段是()(a)(b)圖6314A0<t0<B.<t0<C.<t0<TDT<t0<【解析】設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正依題意得，粒子的速度方向時(shí)而為正，時(shí)而為負(fù)，最終打在A板上時(shí)位移為負(fù)，速度方向?yàn)樨?fù)作出t00、時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖象如圖所示由于速度圖線與時(shí)間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象可知0<t0<，<