电容器、带电粒子在电场中的运动问题

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1、 电容器、带电粒子在电场中的运动问题二、学习目标：1、知道电容器电容的概念，会判断电容器充、放电过程中各个物理量的变化情况。2、建立带电粒子在匀强电场中加速和偏转问题的分析思路，熟悉带电粒子在电场中的运动特点。3、重点掌握与本部分内容相关的重要的习题类型及其解法。考点地位：带电粒子在电场中的加速与偏转是高考的重点和难点，题型涉及全面，既可以通过选择题也可以通过计算题的形式进行考查，题目综合性很强，能力要求较高，在高考试题中常以压轴题的形式出现，知识面涉及广，过程复杂，对于电容器的考查，因其本身与诸多的电学概念联系而一直处于热点地位，考题多在电容器的决定式及电容器的动态分析上选材。09年全国卷第

2、19题、福建卷15题、天津卷第5题、08年重庆卷第21题、上海单科卷14题、海南卷第4题、07年广东卷第6题通过选择题形式进行考查，09年四川卷25题、广东卷20题、浙江卷23题、安徽卷23题、08年上海卷23题、07年重庆卷第24题、四川卷第24题、上海卷第22题均通过大型综合计算题的形式进行考查。三、重难点解析：（一）电容和电容器：1、电容：（1）定义：电容器所带的电荷量（是指一个极板所带电荷量的绝对值）与电容器两极板间电压的比值. （2）公式：CQ/U. 单位：法拉，1F=（3）物理意义：电容反映电容器容纳电荷的本领的物理量，和电容器是否带电无关. （4）制约因素：电容器的电容与Q、U的

3、大小无关，是由电容器本身情况决定，对一个确定的电容器，它的电容是一定的，与电容器是否带电及带电多少无关。注意：由知，对确定的电容器，Q与U成正比，比值不变；对不同的电容器，U相同时，Q越大，则C越大，因此说C是反映电容器容纳电荷本领的物理量。2、平等板电容器（1）决定因素：C与极板正对面积、介质的介电常数成正比，与极板间距离成反比。（2）公式：，式中k为静电力常量。（3）的比较1）公式是电容的定义式，对任何电容器都适用。对一个确定的电容器其电容已确定，不会随其带电量的改变而改变，电容大小由电容器本身的因素决定，是用来表示电容器容纳电荷本领的物理量。2）公式是平行板电容器电容的决定式，只对平行板

4、电容器适用。电容C随、S、d等因素的变化而变化。问题1：电容概念的理解问题：对一电容充电时电容器的电容C、带电量Q、电压U之间的图象如图所示，其中正确的是（ ）答案：CD变式1：如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图。当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况。在下列图中能正确反映C与d之间变化规律的图像是答案：A变式2：对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是（ ）A. 将两极板的间距加大，电容将增大B. 将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小C. 在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板

5、间距的陶瓷板，电容将增大D. 在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大答案：BCD问题2：平行板电容器的动态分析问题：水平放置的两块正对平行金属板构成一个平行板电容器，该金属板电容器的两极分别与一电池的正负极和开关相连，在电容器的两块水平金属板之间有一带正电的质点，如图所示。当开关闭合后，质点可悬浮处于静止状态。下列说法中正确的是A. 保持开关闭合，若将电容器的两块水平金属板之间距离增大，则电容变大，质点向上运动B. 保持开关闭合，若将电容器的两块水平金属板之间距离减小，则电容变大，质点向上运动C. 断开开关，若将电容器的两块水平金属板错开一部分，则电容变大，质

6、点向上运动D. 断开开关，若将电容器的两块水平金属板错开一部分，则电容变小，质点向上运动答案：BD变式3：如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地. 一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态. 现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离 （ ）A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动B. P点的电势将降低C. 带电油滴的电势能将减小D. 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大答案：B变式4：如图所示，D是一只二极管，AB是平行板电容器，在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态，当两极板A和B间的距离增大一些的瞬间（两极板仍平行），带电微粒P的运动情况是（

7、）A. 向下运动B. 向上运动C. 仍静止不动D. 不能确定答案：C小结：平行板电容器动态分析的方法：（1）认清分析的前提是Q与U中的哪个量恒定不变，一是电容器两板间的电势差U保持不变（与电源连接）；二是电容器所带的电荷量Q保持不变（与电源断开）。（2）用决定式判断电容C的变化趋势。（3）由定义式判断Q与U中会发生变化的那个量的变化趋势。（4）由（常用于U不变时）或E（常用于Q不变时）分析场强的变化。（因为，所以E）（5）由F=qE分析电场中的点电荷受力变化，进一步分析其运动状态。例如：合力为零时，带电体将处于静止或匀速直线运动状态；合力方向与初速度方向在同一直线上时，带电体将被加速或减速（初

8、速为零必加速）；合力恒定且方向与初速度方向垂直时，带电体将做类平抛运动等。（二）带电粒子在电场中的运动：1. 平衡带电粒子在电场中处于静止状态，设匀强电场两极板电压为U，板间距离为d，则。2. 带电粒子在电场中的加速（1）运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做加（减）速直线运动. （2）用功能观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量. 即此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场. 3. 带电粒子在电场中的偏转：带电粒子以垂直匀强电场的场强方向进入电场后，做类平抛运动（如图所示）. （1）运动状态分析：带电粒子以速度v0

9、垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90角的电场力作用而做匀变速曲线运动. （2）偏转问题的分析处理方法：类似于平抛运动的分析处理，应用运动的合成和分解的知识沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间：。沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动：离开电场时的偏移量：离开电场时的偏转角：问题3：带电粒子在电场中的直线运动问题：如图所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电。现有质量为m、电荷量为+q的小球在B板下方距离为H处，以初速度v0竖直向上从B板小孔进入板间电场，欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差UAB应为多大？解析：解法一：小球运动分两个过程，在B板下方时仅受重力

10、作用，做竖直上抛运动；进入电场后受向下的电场力和重力作用，做匀减速直线运动。对第一个运动过程：H对第二个运动过程：加速度为。按题意，h为减速运动的最大位移，故有，整理得联立两式解得。注意到平行板电容器内部匀强电场的场强和电势差的关系，易知，故有。解法二：将动能定理用于运动全过程，注意在全过程中重力做负功，在第二个过程中电场力做负功，则由得，整理得。变式5：如图所示，板长L=4cm的平行板电容器，板间距离d=3cm，板与水平夹角37，两板所加电压为U=100V，有一带负电液滴，带电荷量为，以的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出，g取，求（1）液滴的质量；

11、（2）液滴飞出时的速度。解析：由于带电粒子重力方向竖直向下，所受电场力方向只能垂直两板向上，其合力方向水平向右，做匀加速运动。（1）竖直方向：cos37mg，解得。（2）方法一：水平方向：37ma解得设液滴在平行板中飞行距离为s，则又由得方法二：液滴受到的合力 37由动能定理得解得答案：（1） （2）1.32m/s【小结】讨论带电粒子在电场中做直线运动（加速或减速）的方法：1. 能量方法能量守恒定律2. 功和能方法动能定理3. 力和加速度方法牛顿运动定律，匀变速直线运动公式4. 动量方法动量定理，动量守恒定律问题4：带电粒子在电场中的偏转运动问题：在电子技术中，通常用设定电场的方法来调控带电粒

12、子的运动轨迹，如图所示，在x0的空间中，存在沿x轴正方向的匀强电场E；在x0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小也为E。一电子（e，m）在x=d处的P点以沿y轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力，求（1）电子的x方向分运动的周期；（2）电子运动的轨迹与y轴相交的两个相邻交点间的距离；（3）试定性画出电子运动的轨迹. 解答：（1）电子在x轴方向上做往复运动，开始加速运动的时间t满足故运动周期。（2）电子沿y轴做匀速直线运动，两个相邻交点的时间间隔故相邻交点间的距离（3）轨迹如图所示变式6： 如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E。在A（d，0）点有一个静止的中性微粒，由于

13、内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微粒，其中电荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达（0，d）点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求（1）分裂时两个微粒各自的速度；（2）当微粒1到达（0，d）点时，电场力对微粒1做功的瞬时功率；（3）当微粒1到达（0，d）点时，两微粒间的距离。解析：（1）设分裂时微粒1的初速度为v1，到达（0，d）点所用时间为t。依题意可知微粒1带负电，在电场力的作用下做类平抛运动，得下列方程由得根号外的负号表示沿y轴的负方向。设分裂时另一微粒2的速度为v2，根据动量守恒定律得，沿y轴正方向。（2）微粒1运动到B（0，d）点时，速度在x轴方向上的分

14、量为，则由得电场力对它做功的瞬时功率（3）中性微粒分裂时，根据电荷守恒定律，微粒2带等量的正电荷，所受电场力沿x轴的正方向，在电场力的作用下也做类平抛运动。根据对称性，当微粒1到达B（0，d）点时，微粒2运动到C（2d，d）点，此时两微粒间的距离是答案：（1）分裂时微粒1的速度，沿y轴负方向。微粒2的速度沿y轴正方向（2）【预习导学】（电阻定律与欧姆定律综合）（一）电流1. 电流：电荷的 移动形成电流。规定 定向移动的方向为电流的方向。2. 电流的形成条件：（1）要有能 的电荷。（2）导体两端必须有 。3. 电流强度：通过导体横截面的 跟通过这些电荷量所用时间t的比值叫电流强度，简称电流，即。

15、4. 电流强度的微观表达式：I 。5. 电流的传导速度等于电场的传播速度，它远大于电荷定向移动的速度。（二）电阻、电阻定律1. 电阻：表示导体对 作用大小的物理量。其定义式为R 。 电阻与电压和电流强度无关。2. 电阻定律：在温度不变的情况下，导体的电阻跟它的 成正比，跟它的 成反比，其表达式为。3. 电阻率：反映 的物理量，其特点是随温度的改变而变化，材料不同，电阻率一般不同。4. 半导体与超导体：有些材料，它们的导电性能介于 和 之间，且电阻随温度的升高而减小，这种材料称为 ，有些材料，当它的温度降到 附近时，电阻突然变为零，这种现象叫 ，能够发生超导现象的物质称为 ，材料由正常状态转变为

16、超导状态的温度，叫做超导材料的 。（三）部分电路欧姆定律1. 部分电路欧姆定律：导体中的电流跟它两端的 成正比，跟它的 成反比，其表达式为。2. 欧姆定律的适用范围： 、 （对气体导电不适用）和 （不含电动机及电解槽的电路）。3. 导体的伏安特性：导体中的电流I和电压U的关系可以用图线表示。用纵坐标表示 、横坐标表示 ，画出的IU图线叫做导体的伏安特性曲线。伏安特性曲线为直线的元件叫做 元件，伏安特性曲线不是直线的元件叫做 元件（如气体、半导体二极管等）。【模拟试题】（答题时间：45分钟）*1. 如图所示，A、B为一对中间开有小孔的平行金属板，相距一定距离，A板接地. 现有一电子在t=0时刻在

17、A板小孔中由静止开始向B板运动，不计重力及阻力影响，使电子一定能从B中小孔射出，则B板电势与时间t的变化规律是 *2. 如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子从平行板电容器左侧的中点处以速度v0沿垂直于电场线方向进入电容器，恰能从下边缘处飞出，飞出时速度大小为v1。若其他条件不变，而在电容器内加上垂直纸面向里的匀强磁场，则带电粒子恰能从上极板边缘处飞出，飞出时速度大小为v2，不计粒子的重力，则以下速度大小的关系正确的是A. B. C. D. *3. 在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为s、电流为I的电子束。已知电子的电

18、量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为l的电子束内电子个数是A. B. C. D. *4. 如图甲所示为示波管的构造示意图，现在上加上信号，上加上信号（如图乙、图丙所示），则在屏幕上看到的图形是*5. 真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，则下列判断中正确的是A. 三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B. 三种粒子打到荧光屏上的位置相同C. 偏转电场的电场力

19、对三种粒子做功之比为1：2：2D. 加速电场和偏转电场的电场力对三种粒子所做总功之比为1：2：4*6. 如图所示，A为位于一定高度处的质量为、带电荷量为的微粒，B为位于水平地面上的质量为M的用特殊材料制成的长方形空心盒子，盒子与地面间的动摩擦因数0.2，盒内存在着竖直向上的匀强电场，场强大小，盒外存在着竖直向下的匀强电场，场强大小也为E，盒的上表面开有一系列略大于微粒的小孔，孔间距满足一定的关系，使得微粒进出盒子的过程中始终不与盒子接触。当微粒A以v=1m/s的速度从孔1进入盒子的瞬间，盒子B恰以v1=0.4m/s的速度向右滑行. 设盒子足够长，取重力加速度g=10m/s2，不计微粒的重力，微

20、粒恰能顺次从各个小孔进出盒子. 试求：（1）从微粒第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程；（2）微粒A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间；（3）盒子上至少要开多少个小孔，才能保证微粒始终不与盒子接触. *7. 如图所示，A、B为两块距离很近的平行金属板，板中央均有小孔。一细束电子经A板小孔水平射入A、B之间，电子刚到A板小孔时动能为100eV，电子束是连续不断地射入的。在B板右侧，平行金属板M、N之间加U=20V的恒定电压. 整个装置处在真空中，平行金属板MN组成的电容器的板长为，板间距离为. 现在在A、B两板之间加一个如图乙所示的交变电压U1，在t=0到t=2s时间

21、内，A板电势高于B板电势，则在U1随时间变化的第一个周期内，在哪段时间内电子从偏转电场右侧飞出？（不计电子在AB板之间运动时间）*8. 如图（a）所示，为一组间距为d的足够大的平行金属板，板间加有随时间变化的电压（如图（b）所示），设U0和T已知，A板上O处有一静止的带电粒子，其带电量为q，质量为m（不计重力），t=0时刻起该带电粒子受板间电场加速向B板运动，途中由于电场反向，粒子又向A板返回（粒子未曾与B板相碰）。（1）当时求带电粒子在t=T时刻的动能；（2）为使带电粒子能在0T时间内回到O点，要大于多少。【试题答案】1. ABD 若B板电势按照A图所示的规律变化，电子将做匀加速运动，则一定

22、能使电子从B中小孔射出；若B板电势按照B图所示的规律变化，在前半周期，电子将做变加速运动，在后半周期，电子将做变减速运动速度减小到零，所以一定能使电子从B中小孔射出；若B板电势按照C图所示规律变化，电子在第一个1/4周期变加速运动，第二个1/4周期变减速到零，第三个1/4周期反向变加速运动，第四个1/4周期反向变减速到零，即电子可能在平行金属板之间做往复运动，不一定能使电子从B中小孔射出；若B板电势按照D图所示的规律变化，在前半周期电子将做匀加速运动，在后半周期电子做匀减速运动至速度减小到零，则一定能使电子从B中小孔射出. 所以一定能使电子从B中小孔射出的是B板电势按如图A、B、D变化. 2.

23、 B 粒子在向下偏的过程中做类平抛运动，粒子在向上偏的过程中做复杂曲线运动，洛伦兹力不做功，解以上两式可得B正确. 3. A 电子经过电压为U的电场加速，由动能定理，设单位长电子束中的电子数为n，由电流定义式得I=vne，长为l的电子束内电子个数是N=nl，联立解得，A正确. 4. D 由起始时刻和上的电压情况可将B、C排除，由于在上加上的信号周期为上所加信号周期的2倍，所以在屏幕上看到的图形是两个正弦波，因此D正确。5. B 质子、氘核和粒子均由A板从静止开始被加速电场加速，由动能定理可知三种粒子均以速度垂直于电场方向进入偏转电场，在偏转电场中做类平抛运动，由于三种粒子的比荷q/m不同，故进

24、入偏转电场时速度大小不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不相同，A错误；三种粒子打到荧光屏上的位置由偏转角决定，偏转角，显然偏转角只与加速电压U、偏转电压U、极板长度L、极板间距d有关，与粒子质量和带电量无关，所以三种粒子打到荧光屏上的位置相同，B正确；偏转电场对三种粒子的电场力之比等于电荷量之比，为1：1：2，由于偏转相同，位移相同，所以偏转电场对三种粒子做功之比为1：1：2. 加速电场对三种粒子的电场力之比等于电荷量之比，为1：1：2，由于加速位移相同，所以加速电场对三种粒子做功之比为1：1：2，所以加速电场和偏转电场的电场力对三种粒子所做总功之比为1：1：2，D错误。6. （1

25、）微粒在盒子内、外运动时，盒子的加速度盒子全过程中做匀减速直线运动，所以通过的总路程是：（2）A在盒子内运动时，以向上为正方向，解得：，方向向上。A在盒子外运动时，以向下为正方向，则，方向向下。A在盒子内运动的时间，同理A在盒子外运动的时间，A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所用的时间（3）微粒运动一个周期盒子减少的速度为，从小球第一次进入盒子到盒子停下，微粒运动的周期数为。故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个，即11个。7. 欲从平行金属板M、N之间射出，必有，由类平抛运动规律得，由牛顿第二定律得，电子进入平行金属板M、N之间时的动能联立解得整理得，代入数据得。电子在平行金属板A、B之间加速，由动能定理得将代入得，即B板电势高于A板电势150V。又，解得。由算出的数据结合题图乙可知，能够从平行金属板M、N之间射出电子的时间段是2.5s3.5s。8. （1）带电粒子受到正向电压作用时的加速度大小，正向电压作用时间后带电粒子的速度；受到反向电压作用时的加速度大小，在t=T时刻带电粒子的速度带电粒子在t=T时刻的动能（2）正向电压作用时间带电粒子的位移，反向电压作用下带电粒子的位移，为使带电粒子回到O点，则有联立解得因为，所以