電容器帶電粒子在電場中的運動.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；電容器充電后斷開電源，Q不變。 2.據(jù)平行板電容器C=rS/(4kd)來確定電容的變化。 3.由C=Q/U的關系判定Q、U的變化。,要點一 電容器的動態(tài)問題分析方法,學案3 電容器 帶電粒子在電場中的運動,4.動態(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。開關S合上 充電完畢后再斷開開關，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、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正對面積錯開一些,C D,體驗應用,圖6-3-2,

2、2.物理模型 (1)帶電粒子在電場中的加速(如圖6-3-3) 由動能定理得：qU加=1/2mv2 得： 。 (2)帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)(如圖6-3-4) vxt=v0t=L 1/2at2=y y=1/2at2=qU偏L2/(2mdv20) vx=v0 vy=at,要點二 帶電粒子在電場中的運動,圖6-3-3,圖6-3-4,位移,vy=qU偏L/(mdv0),速度：,1.求解方法 (1)從力的觀點出發(fā)，應用牛頓第二定律求解。 (2)從能的觀點出發(fā)，應用動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、電場中受到的重力、電場力均為恒力，可用正交分解法。 處理這種運動的基本思想與

3、處理偏轉(zhuǎn)運動是類似的，可以將此復雜的運動分解為兩個互相正交的比較簡單的直線運動，而這兩個直線運動的規(guī)律我們是可以掌握的，然后再按運動合成的觀點去求出復雜運動的有關物理量。 2.用能量的觀點處理 從功能觀點出發(fā)分析帶電粒子的運動問題時，在對帶電粒子受力情況和運動情況進行分析的基礎上，再考慮恰當?shù)囊?guī)律解題。如果選用動能定理，要分清有幾個力做功，做正功還是負功，是恒力做功還是變力做功，以及初、末狀態(tài)的動能；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，并注意電場力做功與路徑無關。,名師支招： 運動學公式只適用于處理勻強電場中的運動問題，而能量觀點更具有普適性，

4、所以要隨時關注用能量的觀點處理帶電粒子在電場或復合場中的運動問題，尤其是復合場中不規(guī)則曲線運動問題。,要點三 帶電體在重力場、電場中的運動,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 面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。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處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過 程沒有機械能損失，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)歷的時間t1；

5、(2)若滑塊在沿斜面向下運動的整個過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的過程中彈簧的彈力所做的功W； (3)從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在圖6-3-6中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程 中速度與時間關系v-t圖象。圖中橫坐標軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上 端接觸、第一次速度達到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v1為滑塊 在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。(本小題不要求寫出計算過程),【答案】 (1) (2) (3)見圖,圖6-3-5,圖6-3-6,體驗應用,【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、動勢為E的直流 電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平 衡狀態(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離( ) A.帶點油滴將沿豎直方向向上運動 B.P點的電勢將降低 C.帶點油滴的電勢能將減少 D.若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大,熱點一 平行板電容器的動態(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，可方便地分析場強變化情況。 (2)P點電勢的變化情況，依據(jù)電勢的定義分析判斷，這是分析電勢的最基本方法。,【解析】本題考查電容器、電勢、電勢能等知識，主要考查學 生的理解、推理能力。電容器與電源相連，當

7、上極板上移時，板間 距離d增大，場強E=U/d減小，電場力減小，帶電粒子將向下運動，A錯；由U=Ed知，P與下極板電勢差減小，P點電勢降低，B對；由EP=q知，粒子帶負電，電勢能增加，C錯；由C=Q/U知C減小，U不變，Q將減小，D錯。,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，負極板接地。在兩極板間有一點P，用E表示兩極板間的場強，U表示電容器的電壓，表示P點的電勢。若保持負極板不動，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?，F(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板小孔進入板間電場，欲使小 球剛好打到A板，A、B間電勢差UAB應為多大？,【名師支招】討論帶電粒子在電場中做直線運動(加速或減速)的方法： 能量方法能量守恒定律； 功能關系動能定理； 力和加速度方法牛頓運動定律，勻變速直線運動公式。,【解析】法一：小球運動分兩個過程，在B板下方時僅受重力作用，做豎 直上拋運動；進入電場后受向下的電場力和重力作用，做勻減速直線運動。小 球運動到B板時速度為vB， 對第一個運動過程：vB2=v02-2gH 對第二個運動過程：加速度為a=(mg+qE)/m

9、 按題意，h為減速運動的最大位移，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)部勻強電場的場強和電勢差的關系，易知UAB=hE，故有UAB=mv02-2g(H+h)/(2q) 法二：對小球的整個運動過程由動能定理得 -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,熱點二 帶電粒子在電場中的直線運動,2,【答案】(1) (2),飛行時間質(zhì)譜儀可通過測量離子飛行時間得到離子的比 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 場加速后，進入長度為L的真空管AB，可測得離子飛越 AB所用時間t1。改進以上方法，如圖6-3-11所示，讓離 子飛越AB后進入場強為E(方向如圖6-3-11)的勻強電場區(qū) 域BC，在電場的作用下，離子返回B端，此時，測得離 子從A出發(fā)后飛行的總時間t2。(不計離子重力) (1)忽略離子源中離子的初速度，用t1計算比荷；用t2 計算比荷。 (2)離子源中相同比荷離子的初速度不盡相同，設兩個比 荷都為q/m的離子在A端的速度分別為v和v(vv)， 在改進后的方法中，它們飛行的總時間通常不同，存在時間差t，可通過調(diào)節(jié) 電場E使t=0,求此時E的大小。,圖6-3-

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

12、子垂直于電場方向射入勻強電場后，做類平拋運動，如圖6-3-12所示。 設電子射離電場的時間為t，偏轉(zhuǎn)距離為y，則有 L=v0t y=1/2at2 又因為電子只受電場力作用，由牛頓第二定律得 qE=ma 解聯(lián)立方程組可得 y=7.010-2 m 設電子射出電場時速度為v，由動能定理得 qEy=1/2mv2-1/2mv20 解得v=7.62106 m/s 設射出時速度與射入時速度間夾角為，則有 cos=v0/v=0.393 7 所以=66.8,圖6-3-12,【答案】(1)7.62106 m/s，與入射時速度間夾角為66.8 (2)7.010-2 m,熱點三 帶電粒子在勻強電場中的偏轉(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中運動的簡 化模型示意圖。在Oxy平面的ABCD區(qū)域內(nèi)，存在兩個 場強大小均為E的勻強電場和，兩電場的邊界均