高中物理 6.3电容器与电容 带电粒子在电场中的运动课件 沪科版

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1、第3讲 电容器与电容 带电粒子 在电场中的运动考点考点1 1 电容器与电容电容器与电容1.1.电容器电容器(1)(1)组成：由两个彼此组成：由两个彼此_又相互靠近的导体组成又相互靠近的导体组成. .(2)(2)带电量：一个极板所带电荷量的带电量：一个极板所带电荷量的_._.绝缘绝缘绝对值绝对值(3)(3)电容器的充、放电电容器的充、放电. .充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的的_，电容器中储存电场能，电容器中储存电场能. .放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中_转

2、化为其他形式的能转化为其他形式的能. .异种电荷异种电荷能能电场电场2.2.电容电容(1)(1)定义式：定义式： (2)(2)单位：法拉单位：法拉(F)(F)，1F=_F=_pF1F=_F=_pF. .(3)(3)电容与电压、电荷量的关系电容与电压、电荷量的关系. .电容电容C C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量_._.不随不随Q Q变化，也不随电压变化变化，也不随电压变化. .由由 可推出可推出C_.QU10106 610101212无关无关QCUQC.U3.3.平行板电容器及其电容平行板电容器及其电容(1)(1)影响因素：平行板电容器的电

3、容与影响因素：平行板电容器的电容与_成正比，与成正比，与介质的介质的_成正比，与成正比，与_成反比成反比. .(2)(2)决定式：决定式： k k为静电力常量为静电力常量. .正对面积正对面积介电常数介电常数两板间的距离两板间的距离_，SC4 kd1.1.平行板电容器动态问题分析的四个依据平行板电容器动态问题分析的四个依据(1)(1)平行板电容器的电容平行板电容器的电容C C与板距与板距d d、正对面积、正对面积S S、介质介电常数、介质介电常数间的关系间的关系(2)(2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强平行板电容器内部是匀强电场，所以场强(3)(3)电容器所带电荷量电容器所带电荷量Q=C

4、U.Q=CU.(4)(4)由以上三式得由以上三式得 该式为平行板电容器极板间匀强电该式为平行板电容器极板间匀强电场的场强的决定式场的场强的决定式, ,常通过常通过 来分析场强的变化来分析场强的变化. .SC.4 kdUE.d4k QES，QS2.2.两类动态问题分析比较两类动态问题分析比较(1)(1)第一类动态变化：两极板间电压第一类动态变化：两极板间电压U U恒定不变恒定不变充电后与电充电后与电池两极相连池两极相连电容器两极板电容器两极板间的电压不变间的电压不变d d变大变大C C变小变小 S S变大变大C C变大变大 变大变大C C变大变大 U U不变不变Q Q变小变小 U U不变不变Q

5、Q变大变大 U U不变不变Q Q变大变大 U U不变，不变，d d变变大，大，E E变小变小U U不变，不变，d d不不变，变，E E不变不变U U不变，不变，d d不不变，变，E E不变不变(2)(2)第二类动态变化：电容器所带电荷量第二类动态变化：电容器所带电荷量Q Q恒定不变恒定不变充电后与电充电后与电池两极断开池两极断开 电容器两极板电电容器两极板电荷量保持不变荷量保持不变 S S变大变大C C变大变大 变大变大C C变大变大 d d变大变大C C变小变小 Q Q不变不变U U变小变小 Q Q不变不变U U变小变小 Q Q不变不变U U变大变大 U U变小，变小，d d不不变，变，E

6、E变小变小U U变小，变小，d d不不变，变，E E变小变小U U变大，变大，d d变变大，大，E E不变不变如图如图, ,一个电容器与电池相连，增大电容一个电容器与电池相连，增大电容器两极板间的距离，则下列说法中正确器两极板间的距离，则下列说法中正确的是的是( )( )A.A.电容器电容增大电容器电容增大B.B.电容器极板电量增加电容器极板电量增加C.C.在增大极板间距离过程中，电路中电流方向如题图所示在增大极板间距离过程中，电路中电流方向如题图所示D.D.原来静止在电容器极板间的电荷将向上加速运动原来静止在电容器极板间的电荷将向上加速运动【解析【解析】选选C.C.根据根据 得：得：d d增

7、大，电容增大，电容C C减小，减小，又电压又电压U U恒定，所以电荷量恒定，所以电荷量Q Q减小，电容器放电，电场强度减小，电容器放电，电场强度E E减减小，原来静止的电容器极板间的电荷将向下加速运动小，原来静止的电容器极板间的电荷将向下加速运动, ,故答案故答案为为C.C.SCQCU4 kd和考点考点2 2 带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的运动1.1.带电粒子在电场中的加速带电粒子在电场中的加速带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子粒子做的功等于带电粒子_的增量的增量. .(1)(1)在匀强电

8、场中：在匀强电场中：(2)(2)在非匀强电场中：在非匀强电场中：动能动能WqEdqU_.22011mvmv22WqU_.22011mvmv222.2.带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中的偏转(1)(1)研究条件：带电粒子研究条件：带电粒子_于电场方向进入匀强电场于电场方向进入匀强电场. .(2)(2)处理方法：类似于处理方法：类似于_，应用运动的合成与分解，应用运动的合成与分解的方法的方法. .沿初速度方向做沿初速度方向做_运动运动. .沿电场方向做初速度为零的沿电场方向做初速度为零的_运动运动. .垂直垂直平抛运动平抛运动匀速直线匀速直线匀加速直线匀加速直线222yFa_ma.t

9、_11 qUb.yatt ,22 md2mdytqU1yat_2vtan_v 0加速度：能飞出平行板电容器：运动时间打在平行极板上：离开电场时的偏移量：离开电场时的偏转角正切：qEmqUmdv0l22qU2mv d0l2qUmv d0l1.1.带电粒子在电场中的重力问题带电粒子在电场中的重力问题(1)(1)基本粒子：如电子、质子、基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等除有说明或有明粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力确的暗示以外，一般都不考虑重力( (但并不忽略质量但并不忽略质量).).(2)(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明带电颗粒：如液滴、油滴、尘

10、埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力确的暗示以外，一般都不能忽略重力. .2.2.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)(1)以初速度以初速度v v0 0进入偏转电场进入偏转电场. .作粒子速度的反向延长线，设交于作粒子速度的反向延长线，设交于O O点，点，O O点与电场边缘的距离点与电场边缘的距离为为x x，则，则结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的 处沿直处沿直线射出线射出. .2210qU11yat()22 mdvl2201201mv dqUxy cot2dmvqU2 lll2l

11、(2)(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子是经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压从静止经同一加速电压U U0 0加速后进入偏转电场的，可推得加速后进入偏转电场的，可推得偏移量：偏移量： 偏转角正切：偏转角正切：结论：无论带电粒子的结论：无论带电粒子的m m、q q如何，只要经过同一加速电场加如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y y和偏转角和偏转角都是相同的，也就是轨迹完全重合都是相同的，也就是轨迹完全重合. .210Uy,4U dl10Utan2U dl如图所示，竖

12、直放置的平行金属板带等量异种电荷，一带电微如图所示，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一带电微粒沿图中直线从粒沿图中直线从a a向向b b运动，下列说法中正确的是运动，下列说法中正确的是( )( )A.A.微粒做匀速运动微粒做匀速运动 B.B.微粒做匀加速运动微粒做匀加速运动C.C.微粒电势能增大微粒电势能增大 D.D.微粒动能减小微粒动能减小【解析【解析】选选C C、D.D.微粒沿微粒沿abab直线运动，其重力与电场力的合力沿直线运动，其重力与电场力的合力沿baba方向，电场力水平向左，做负功，电势能增大，方向，电场力水平向左，做负功，电势能增大，C C正确；合力正确；合力与运动方向相反，

13、微粒做匀减速运动，动能减小，与运动方向相反，微粒做匀减速运动，动能减小，D D正确，正确，A A、B B均错误均错误. .考点考点3 3 示波管示波管1.1.构造：构造：_，偏转极板，偏转极板，荧光屏荧光屏.(.(如图所示如图所示) ) 电子枪电子枪2.2.工作原理工作原理(1)YY(1)YY上加的是待显示的上加的是待显示的_，XXXX上是机器自身产上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做生的锯齿形电压，叫做_._.(2)(2)观察到的现象观察到的现象. .如果在偏转电极如果在偏转电极XXXX和和YYYY之间都没有加电压，则电子枪射之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏出的电子沿

14、直线运动，打在荧光屏_，在那里产生一个亮，在那里产生一个亮斑斑. .若所加扫描电压和若所加扫描电压和_的周期相等，就可以在荧光屏的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图像上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图像. .信号电压信号电压扫描电压扫描电压中心中心信号电压信号电压1.1.电子打在荧光屏上将出现亮点，若电子打在屏上的位置快速电子打在荧光屏上将出现亮点，若电子打在屏上的位置快速移动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线移动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线. .2.2.如图所示，如果只在偏转电极如图所示，如果只在偏转电极YYYY上加上如图甲所示上加上

15、如图甲所示U UY Y=U=Um msintsint的电压，荧光屏上亮点的偏移也将按正弦规律变化，的电压，荧光屏上亮点的偏移也将按正弦规律变化，即即y=yy=ym msintsint，并在荧光屏上观察到的亮线的形状为图丙，并在荧光屏上观察到的亮线的形状为图丙A(A(设偏转电压频率较高设偏转电压频率较高).).3.3.如果只在偏转电极如果只在偏转电极XXXX上加上如图乙所示的电压，在荧光屏上加上如图乙所示的电压，在荧光屏上观察到的亮线的形状为图丙上观察到的亮线的形状为图丙B(B(设偏转电压频率较高设偏转电压频率较高).).4.4.如果在偏转电极如果在偏转电极YYYY上加上图甲所示的电压，同时在偏

16、转电上加上图甲所示的电压，同时在偏转电极极XXXX上加上图乙所示的电压，在荧光屏上观察到的亮线的形上加上图乙所示的电压，在荧光屏上观察到的亮线的形状为图丙状为图丙C(C(设偏转电压频率较高设偏转电压频率较高).).如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成极和荧光屏组成. .如果在荧光屏上如果在荧光屏上P P点出现亮斑，那么示波管中点出现亮斑，那么示波管中的的( )( )A.A.极板极板X X应带正电应带正电 B.B.极板极板XX应带正电应带正电C.C.极板极板Y Y应带正电应带正电 D.D.极板极板YY应带正电应

17、带正电【解析【解析】选选A A、C.C.要使电子打在要使电子打在P P点，沿点，沿YYYY方向，应使电子向方向，应使电子向Y Y方向偏，极板方向偏，极板Y Y应带正电，沿应带正电，沿XXXX方向，应使电子向方向，应使电子向X X方向偏，方向偏，极板极板X X应带正电，故应带正电，故A A、C C正确正确. . 平行板电容器动态问题分析平行板电容器动态问题分析【例证【例证1 1】如图所示，平行板电容器】如图所示，平行板电容器ABAB两两极板水平放置，极板水平放置，A A在上方，在上方，B B在下方，现将在下方，现将其和理想二极管串联接在电源上，已知其和理想二极管串联接在电源上，已知A A和电源正

18、极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿ABAB中中心水平射入，打在心水平射入，打在B B极板上的极板上的N N点，小球的重力不能忽略，现通点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动过上下移动A A板来改变两极板板来改变两极板ABAB间距间距( (两极板仍平行两极板仍平行) )，则下列说，则下列说法正确的是法正确的是( )( )A.A.若小球带正电，当若小球带正电，当ABAB间距增大时，小球打在间距增大时，小球打在N N的左侧的左侧B.B.若小球带正电，当若小球带正电，当ABAB间距减小时，小球打在间距减小时，小球打在N N的左侧的左侧C.C.若

19、小球带负电，当若小球带负电，当ABAB间距减小时，小球可能打在间距减小时，小球可能打在N N的右侧的右侧D.D.若小球带负电，当若小球带负电，当ABAB间距增大时，小球可能打在间距增大时，小球可能打在N N的左侧的左侧【解题指南【解题指南】解答本题时应注意以下三点：解答本题时应注意以下三点：(1)(1)二极管的单向导电性对电路的影响二极管的单向导电性对电路的影响. .(2)(2)小球电性对小球加速度大小变化的影响小球电性对小球加速度大小变化的影响. .(3)(3)小球的水平位移与小球运动时间的关系小球的水平位移与小球运动时间的关系. .【自主解答【自主解答】选选B B、C.C.当板间距增大时，

20、由当板间距增大时，由 可知，电可知，电容器的电容将变小容器的电容将变小, ,因二极管的存在，电容器上的电量将保持不因二极管的存在，电容器上的电量将保持不变，由变，由 可知，板间电场强度不变，因此板间可知，板间电场强度不变，因此板间距增大时，不影响小球打在距增大时，不影响小球打在B B板上的位置，板上的位置，A A、D D均错误；若板间均错误；若板间距减小，则电容器的电容距减小，则电容器的电容C C增大，电源通过二极管给电容器充增大，电源通过二极管给电容器充电，电容器的带电量增加，两板间的电压不变电，电容器的带电量增加，两板间的电压不变, ,此时板间电场强此时板间电场强度将增大，若小球带正电，由

21、度将增大，若小球带正电，由mg+Eqmg+Eq=ma=ma， 可知，小球的可知，小球的加速度变大，小球打在加速度变大，小球打在B B板上的时间板上的时间t t变小，由变小，由x=vx=v0 0t t知，小球将知，小球将SC4 kdUQQ 4 kEdCdS21yat2落在落在N N的左侧，的左侧，B B正确；若小球带负电，由正确；若小球带负电，由mg-Eqmg-Eq=ma, =ma, 可知，小球加速度变小，小球打在可知，小球加速度变小，小球打在B B板上的时间板上的时间t t变大，由变大，由x=vx=v0 0t t可知，小球将落在可知，小球将落在N N的右侧，的右侧，C C正确正确. .21ya

22、t2【互动探究【互动探究】在【例证在【例证1 1】中，若去掉电路中的二极管，则正确】中，若去掉电路中的二极管，则正确的选项是的选项是( )( )【解析【解析】选选B B、C C、D.D.如上述例题分析，当板间距离变小时，二如上述例题分析，当板间距离变小时，二极管的存在并没有起到作用，故极管的存在并没有起到作用，故B B、C C仍正确；若板间距离变仍正确；若板间距离变大，因板间电压不变，板间电场强度将变小，若小球带正电，大，因板间电压不变，板间电场强度将变小，若小球带正电，由由mg+Eqmg+Eq=ma, =ma, 可得小球打在可得小球打在B B板上的时间增大，由板上的时间增大，由x=vx=v0

23、 0t t可知，小球打在可知，小球打在N N的右侧，的右侧，A A错误；若小球带负电，由错误；若小球带负电，由mg-Eqmg-Eq=ma,=ma, 可知，小球打在可知，小球打在B B板上的时间减小，由板上的时间减小，由x=vx=v0 0t t知，小球打知，小球打在在N N的左侧，的左侧，D D正确正确. .21yat221yat2【总结提升【总结提升】分析电容器动态问题时的四点注意分析电容器动态问题时的四点注意(1)(1)先确定电容器的不变量先确定电容器的不变量(Q(Q或或U).U).(2)(2)只有当电容器的电量发生变化时，电容器支路上才有充电或只有当电容器的电量发生变化时，电容器支路上才有

24、充电或放电电流放电电流. .(3)(3)若电路中有二极管，其单向导电性将影响电容器充电或放电若电路中有二极管，其单向导电性将影响电容器充电或放电. .(4)(4)电容器电量不变时，改变板间距将不引起板间电场强度的变电容器电量不变时，改变板间距将不引起板间电场强度的变化化. . 带电粒子在电场中的偏转带电粒子在电场中的偏转【例证【例证2 2】如图所示，真空中水平放置】如图所示，真空中水平放置的两个相同极板的两个相同极板Y Y和和YY长为长为L L，相距，相距d d，足够大的竖直屏与两板右侧相距足够大的竖直屏与两板右侧相距b.b.在两在两板间加上可调偏转电压板间加上可调偏转电压U UYYYY，一束

25、质量，一束质量为为m m、带电量为、带电量为+q+q的粒子的粒子( (不计重力不计重力) )从两板左侧中点从两板左侧中点A A以初速度以初速度v v0 0沿水平方向射入电场且能穿出沿水平方向射入电场且能穿出. .(1)(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心中心O O点；点；(2)(2)求两板间所加偏转电压求两板间所加偏转电压U UYYYY的范围；的范围；(3)(3)求粒子可能到达屏上区域的长度求粒子可能到达屏上区域的长度. .【解题指南【解题指南】解答本题时应注意以下两点：解答本题时应注意以下两点：(1)(1)两板间所

26、加的电压的最大值对应粒子恰好沿板的边缘飞出的两板间所加的电压的最大值对应粒子恰好沿板的边缘飞出的情况情况. .(2)(2)屏上粒子所能到达的最大长度为粒子沿上、下板边缘到达屏屏上粒子所能到达的最大长度为粒子沿上、下板边缘到达屏上的位置间距上的位置间距. . 【自主解答【自主解答】(1)(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为设粒子在运动过程中的加速度大小为a a，离开，离开偏转电场时偏转距离为偏转电场时偏转距离为y y，沿电场方向的速度为，沿电场方向的速度为v vy y，偏转角为，偏转角为，其反向延长线通过，其反向延长线通过O O点，点，O O点与板右端的水平距离为点与板右端的水平距离为x x，

27、则有则有 L=vL=v0 0t t v vy y=at=at21yat2 联立可得联立可得 即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心心O O点点. .(2) (2) 由由式解得式解得当当 时，时，则两板间所加电压的范围为则两板间所加电压的范围为y0vytanvx ，Lx2EqamUEd220qULy2dmvdy2220YY2md vUqL222200YY22md vmd vUqLqL(3)(3)当当 时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设其大小为设其大小为y y0 0，则，则y y0 0=y+bt

28、an=y+btan又又 解得：解得：故粒子在屏上可能到达的区域的长度为故粒子在屏上可能到达的区域的长度为答案：答案：(1)(1)见自主解答见自主解答dy2y0vdtanvL ，0d L2by2L0d L2b2y.L 222200YY22md vmd v2UqLqL d L2b3L【总结提升【总结提升】确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离yy的的三种方法三种方法其中其中 是应用上例第是应用上例第(1)(1)问的结论得出的，一般问的结论得出的，一般不直接用于计算题的求解过程不直接用于计算题的求解过程. . y0b1 yyvv2 yybtanL3 y(b)tan2

29、 Ly(b)tan2 【变式训练【变式训练】如图所示为一真空示波管的如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝示意图，电子从灯丝K K发出发出( (初速度可忽略初速度可忽略不计不计) )，经灯丝与，经灯丝与A A板间的电压板间的电压U U1 1加速，从加速，从A A板中心孔沿中心线板中心孔沿中心线KOKO射出，然后进入两块平行金属板射出，然后进入两块平行金属板M M、N N形成形成的偏转电场中的偏转电场中( (偏转电场可视为匀强电场偏转电场可视为匀强电场) )，电子进入，电子进入M M、N N间电间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电

30、场后打在荧光屏上的上的P P点点. .已知已知M M、N N两板间的电压为两板间的电压为U U2 2，两板间的距离为，两板间的距离为d d，板长，板长为为L L，电子的质量为，电子的质量为m m，电荷量为，电荷量为e e，不计电子受到的重力及它们，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力之间的相互作用力. .(1)(1)求电子穿过求电子穿过A A板时速度的大小；板时速度的大小；(2)(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)(3)若要使电子打在荧光屏上若要使电子打在荧光屏上P P点的上方，可采取哪些措施？点的上方，可采取哪些措施？【解析【解析】(1)(1)设电

31、子经电压设电子经电压U U1 1加速后的速度为加速后的速度为v v0 0，由动能定理，由动能定理解得解得 (2)(2)电子以速度电子以速度v v0 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动. .设偏转电场设偏转电场的电场强度为的电场强度为E E，电子在偏转电场中运动的时间为，电子在偏转电场中运动的时间为t t，加速度为，加速度为a a，电子离开偏转电场时的侧移量为，电子离开偏转电场时的侧移量为y.y.由牛顿第二定律和运动学由牛顿第二定律和运动学公式公式2101eUm

32、v02 ，102eUvm0Ltv解得：解得：(3)(3)由由 可知，减小可知，减小U U1 1和增大和增大U U2 2均可使均可使y y增大，从而使电增大，从而使电子打在子打在P P点上方点上方. .答案：答案：(1) (2) (3)(1) (2) (3)减小加速电压减小加速电压U U1 1或或增大偏转电压增大偏转电压U U2 22UFma,FeE,Ed21yat2221U Ly4U d221U Ly4U d12eUm221U L4U d【变式备选【变式备选】如图所示，真空室中速如图所示，真空室中速度度v v0 0=1.6=1.610107 7 m/s m/s的电子束，连续的电子束，连续地沿两

33、水平金属板中心线地沿两水平金属板中心线OOOO射入，射入，已知极板长已知极板长 l=4 cm=4 cm，板间距离，板间距离d=1 cmd=1 cm，板右端距离荧光屏，板右端距离荧光屏PQPQ为为L=18 cm.L=18 cm.电子电荷量电子电荷量q=1.6q=1.61010-19 -19 C C，质量，质量m=0.91m=0.911010-30 -30 kg.kg.若若在电极在电极abab上加上加 的交变电压，在荧光屏的竖的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴直坐标轴y y上能观测到多长的线段？上能观测到多长的线段？( (设极板间的电场是均匀设极板间的电场是均匀的、两板外无电场、荧光屏足够大的、两板

34、外无电场、荧光屏足够大) )u220 2sin100 t V【解析【解析】因为经过偏转电场的时间为因为经过偏转电场的时间为故可以认为进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀故可以认为进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动强电场中运动在偏转电场中纵向最大位移在偏转电场中纵向最大位移所以电子能够打在荧光屏上的最大竖直偏转电压所以电子能够打在荧光屏上的最大竖直偏转电压9 02t2.5 10sT0.02 stv，而l2mU qd1Eqata22mdm，2220m22md vmdU91 Vqtql当当U=UU=Um m=91 V=91 V时，时，因为因为偏转量偏转量y y轴上的观测量为

35、轴上的观测量为2y=10 cm.2y=10 cm.答案：答案：10 cm10 cmmUEdy6my0vqUvatt4 10 m/stan0.25dmv ，dy Ltan5 cm2 带电体运动中的力电综合问题带电体运动中的力电综合问题【例证【例证3 3】(16(16分分) )在足够长的粗糙绝缘板在足够长的粗糙绝缘板A A上放一个质量为上放一个质量为m m、电、电荷量为荷量为+q+q的小滑块的小滑块B.B.用手托住用手托住A A置于方向水平向左、场强大小为置于方向水平向左、场强大小为E E的匀强电场中，此时的匀强电场中，此时A A、B B均能静止，如图所示均能静止，如图所示. .现将绝缘板现将绝缘

36、板A A从从图中位置图中位置 P P垂直电场线移至位置垂直电场线移至位置Q Q，发现小滑块，发现小滑块B B相对相对A A发生了运发生了运动动. .为研究方便可以将绝缘板为研究方便可以将绝缘板A A的运动简化成先匀加速接着匀减的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程速到静止的过程. .测量发现竖直方向加速的时间为测量发现竖直方向加速的时间为0.8 s0.8 s，减速，减速的时间为的时间为0.2 s.P0.2 s.P、Q Q位置高度差为位置高度差为0.5 m.0.5 m.已知匀强电场的场已知匀强电场的场强强 A A、B B之间动摩擦因数之间动摩擦因数=0.4,g=0.4,g取取10 m/s10

37、 m/s2 2. .求：求： 0.3mgEq，(1)(1)绝缘板绝缘板A A加速和减速的加速度大小分别为多大？加速和减速的加速度大小分别为多大？(2)(2)滑块滑块B B最后停在离出发点水平距离为多大处？最后停在离出发点水平距离为多大处？【解题指南【解题指南】解答本题时应注意以下两点：解答本题时应注意以下两点：(1)(1)滑块滑块B B相对于相对于A A加速滑动过程发生在滑块加速滑动过程发生在滑块B B向上减速的过程向上减速的过程. .(2)(2)滑块滑块B B相对于相对于A A减速滑动过程发生在绝缘板减速滑动过程发生在绝缘板A A停止运动以后停止运动以后. .【规范解答【规范解答】(1)(1

38、)设绝缘板设绝缘板A A匀加速和匀减速的加速度大小分别匀加速和匀减速的加速度大小分别为为a a1 1和和a a2 2，其时间分别为，其时间分别为t t1 1和和t t2 2，P P、Q Q高度差为高度差为h h，则有，则有a a1 1t t1 1=a=a2 2t t2 2 (2(2分分) ) (2 (2分分) )求得求得a a1 1=1.25 m/s=1.25 m/s2 2，a a2 2=5 m/s=5 m/s2 2. (2. (2分分) )(2)(2)研究滑块研究滑块B B，在绝缘板，在绝缘板A A上匀减速的过程中，由牛顿第二定上匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得律可得竖直方向：竖直方向：m

39、g-N=mamg-N=ma2 2 (2(2分分) )水平方向：水平方向：Eq-NEq-N=ma=ma3 3 (2(2分分) )221 12 211ha ta t22解得解得a a3 3=0.1g=1 m/s=0.1g=1 m/s2 2 (1(1分分) )在这个过程中滑块在这个过程中滑块B B的水平位移大小为的水平位移大小为 (1(1分分) )在绝缘板在绝缘板A A静止后，滑块静止后，滑块B B将沿水平方向做匀减速运动，设加速将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为度大小为a a4 4，有，有mg-Eqmg-Eq=ma=ma4 4，得，得a a4 4=0.1g=1 m/s=0.1g=1 m/s2

40、 2 (2(2分分) )该过程中滑块该过程中滑块B B的水平位移大小为的水平位移大小为s s4 4=s=s3 3=0.02 m (1=0.02 m (1分分) )最后滑块最后滑块B B静止时离出发点的水平距离静止时离出发点的水平距离s=ss=s4 4+s+s3 3=0.04 m. (1=0.04 m. (1分分) )答案：答案：(1)1.25 m/s(1)1.25 m/s2 2 5 m/s5 m/s2 2 (2)0.04 m(2)0.04 m233 21sa t0.02 m.2【总结提升【总结提升】带电体在电场中的运动问题的两种求解思路带电体在电场中的运动问题的两种求解思路1.1.运动学与动力

41、学观点运动学与动力学观点(1)(1)运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题, ,一般一般有两种情况有两种情况: :带电粒子初速度方向与电场线共线带电粒子初速度方向与电场线共线, ,则粒子做匀变速直线运动则粒子做匀变速直线运动; ;带电粒子的初速度方向垂直电场线带电粒子的初速度方向垂直电场线, ,则粒子做匀变速曲线运动则粒子做匀变速曲线运动( (类平抛运动类平抛运动).).(2)(2)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时, ,一般要采取类似一般要采取类似平抛运动的解决方法平抛运动的解决方法. .2.2.功能

42、观点功能观点首先对带电体受力分析首先对带电体受力分析, ,再分析运动形式再分析运动形式, ,然后根据具体情况选然后根据具体情况选用公式计算用公式计算. .(1)(1)若选用动能定理若选用动能定理, ,则要分清有多少个力做功则要分清有多少个力做功, ,是恒力做功还是是恒力做功还是变力做功变力做功, ,同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量. .(2)(2)若选用能量守恒定律若选用能量守恒定律, ,则要分清带电体在运动中共有多少种则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化能量参与转化, ,哪些能量是增加的哪些能量是增加的, ,哪些能量是减少的哪些

43、能量是减少的. .【变式训练【变式训练】在空间中水平面在空间中水平面MNMN的的下方存在竖直向下的匀强电场，质下方存在竖直向下的匀强电场，质量为量为m m的带电小球由的带电小球由MNMN上方的上方的A A点以点以一定初速度水平抛出，从一定初速度水平抛出，从B B点进入电点进入电场，到达场，到达C C点时速度方向恰好水平，点时速度方向恰好水平，A A、B B、C C三点在同一直线上，三点在同一直线上，且且AB=2BCAB=2BC，如图所示，如图所示. .由此可见由此可见( )( )A.A.电场力为电场力为3mg3mgB.B.小球带正电小球带正电C.C.小球从小球从A A到到B B与从与从B B到

44、到C C的运动时间相等的运动时间相等D.D.小球从小球从A A到到B B与从与从B B到到C C的速度变化量相等的速度变化量相等【解析【解析】选选A A、D.D.小球在沿小球在沿MNMN方向上做匀速直线运动，速度为方向上做匀速直线运动，速度为v v0 0，在，在ABAB段做平抛运动，在段做平抛运动，在BCBC段做类平抛运动且加速度方向向段做类平抛运动且加速度方向向上，设直线上，设直线ACAC与与MNMN成成角，则角，则 由由AB=2BCAB=2BC可得可得t t1 1=2t=2t2 2，代入得小球在电场中的加速度，代入得小球在电场中的加速度a=2ga=2g，由，由F F电电-mg=ma-mg=

45、ma得得F F电电=3mg=3mg，且小球带负电，且小球带负电，A A对，对，B B、C C错；小球从错；小球从A A到到B B与从与从B B到到C C的速度变化量相等，且都为的速度变化量相等，且都为vv=gt=gt1 1或或vv=at=at2 2，D D对对. .22120 10 211gtaty22tanxv tv t ，考查内容考查内容带电粒子在交变电场中的运动带电粒子在交变电场中的运动【例证】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为【例证】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d d的两平行极板，如图甲所示的两平行极板，如图甲所示. .加在极板加在极板A A、B B间的电

46、压间的电压U UABAB做周期做周期性变化，其正向电压为性变化，其正向电压为U U0 0，反向电压为，反向电压为-kU-kU0 0(k(k1)1)，电压变化，电压变化的周期为的周期为22，如图乙所示，如图乙所示. .在在t=0t=0时，极板时，极板B B附近的一个电子，附近的一个电子，质量为质量为m m、电荷量为、电荷量为e e，受电场作用由静止开始运动，受电场作用由静止开始运动. .若整个运动若整个运动过程中，电子未碰到极板过程中，电子未碰到极板A A，且不考虑重力作用，且不考虑重力作用. .若若 电子电子在在0 02 2时间内不能到达极板时间内不能到达极板A A，求，求d d应满足的条件应

47、满足的条件. . 5k,4【规范解答【规范解答】电子在电子在0 0时间内做匀加速运动，加速度的大时间内做匀加速运动，加速度的大小为小为位移位移在在22时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小为加速度的大小为初速度的大小为初速度的大小为v v1 1=a=a1 1匀减速运动阶段的位移匀减速运动阶段的位移依据题意依据题意d dx x1 1+x+x2 2解得解得答案：答案：01eUamd2111xa2025eUa4md2122vx2a209eUd10m209eUd10m1.1.根据电容器电容的定义式根据电容器电容的定义式 可知可知( )( )A.A.

48、电容器所带的电荷量电容器所带的电荷量Q Q越多，它的电容就越大，越多，它的电容就越大，C C与与Q Q成正比成正比B.B.电容器不带电时，其电容为零电容器不带电时，其电容为零C.C.电容器两极板之间的电压电容器两极板之间的电压U U越高，它的电容就越小，越高，它的电容就越小，C C与与U U成成反比反比D.D.以上说法均不对以上说法均不对【解析【解析】选选D.D.电容器的电容的大小与其本身因素有关，与带电电容器的电容的大小与其本身因素有关，与带电量的多少、两极板电压的大小无关，故量的多少、两极板电压的大小无关，故A A、B B、C C错误，错误，D D正确正确. .QCU，2.2.如图所示，两

49、板间距为如图所示，两板间距为d d的平行板电容器的平行板电容器与电源连接，电键与电源连接，电键K K闭合闭合. .电容器两板间有一电容器两板间有一质量为质量为m m、带电荷量为、带电荷量为q q的微粒静止不动的微粒静止不动. .下下列各叙述中正确的是列各叙述中正确的是( )( )A.A.微粒带的是正电微粒带的是正电B.B.电源电动势大小为电源电动势大小为C.C.电键电键K K断开，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动断开，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动D.D.保持电键保持电键K K闭合，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速闭合，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动运动

50、mgdq【解析【解析】选选B B、D.D.微粒静止，所受合力为零，电场力必定竖直向微粒静止，所受合力为零，电场力必定竖直向上，微粒带负电，且有上，微粒带负电，且有 得电源的电动势得电源的电动势 故故A A错误，错误，B B正确；保持正确；保持K K闭合，电容器两端电压不变，板间距增闭合，电容器两端电压不变，板间距增大，由大，由 可知，板间电场强度减小，微粒将向下加速运可知，板间电场强度减小，微粒将向下加速运动，动，D D正确；电键正确；电键K K断开，电容器极板所带电量不变，改变板间断开，电容器极板所带电量不变，改变板间距时，板间电场强度不变，故微粒仍处于平衡状态，距时，板间电场强度不变，故微

51、粒仍处于平衡状态，C C错误错误. .Umgqd，mgdUq，UEd3.3.如图所示，有一带电粒子如图所示，有一带电粒子( (不计重力不计重力) )贴贴着着A A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为压为U U1 1时，带电粒子沿轨迹时，带电粒子沿轨迹从两板右端连从两板右端连线的中点飞出；当偏转电压为线的中点飞出；当偏转电压为U U2 2时，带电粒子沿轨迹时，带电粒子沿轨迹落到落到B B板板中间中间. .设粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压设粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压U U1 1、U U2 2之比之比为为( )( )A.18 B.14 C.12

52、 D.11A.18 B.14 C.12 D.11【解析【解析】选选A.A.由题意可知，由题意可知，由以上两式可推导出：由以上两式可推导出：U U1 1UU2 2=18=18，故，故A A正确正确. .22120U qd11Lat222 dm v，2220L()U q12d2 dmv，4.4.如图甲所示，两个平行如图甲所示，两个平行金属板金属板P P、Q Q竖直放置，两竖直放置，两板间加上如图乙所示的电板间加上如图乙所示的电压，压，t=0t=0时，时，Q Q板比板比P P板电势高板电势高5 V5 V，此时在两板的正中央，此时在两板的正中央M M点有一点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动

53、，使得电子的位个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化置和速度随时间变化. .假设电子始终未与两板相碰假设电子始终未与两板相碰. .在在0t80t8 1010-10-10 s s的时间内，这个电子处于的时间内，这个电子处于M M点的右侧，速度方向向左且大点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是小逐渐减小的时间是( )( )A.0t2A.0t21010-10 -10 s sB.2B.21010-10-10 st4 st41010-10-10 s sC.4C.41010-10 -10 st6st61010-10-10 s sD.6D.61010-10-10 st

54、8 st81010-10-10 s s【解析【解析】选选D.D.分析电子的受力可知，电子从分析电子的受力可知，电子从M M点开始先向右加速，点开始先向右加速，再向右减速，再向右减速，4 41010-10-10 s s末速度为零，然后再向左加速至末速度为零，然后再向左加速至6 61010- -10 10 s s，从，从6 61010-10-108 81010-10 -10 s s再向左减速，速度图像如图所示，再向左减速，速度图像如图所示，由此可知电子在由此可知电子在M M点右侧，速度方向向左且大小减小的时间为点右侧，速度方向向左且大小减小的时间为6 61010-10-108 81010-10 -

55、10 s s，D D正确正确. .5.(20125.(2012常州模拟常州模拟) )如图是说明示波如图是说明示波器工作原理的示意图，已知两平行板器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为间的距离为d d、板长为、板长为l，电子经电压，电子经电压为为U U1 1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场. .设设电子质量为电子质量为m me e、电荷量为、电荷量为e.e.(1)(1)求经电场加速后电子速度求经电场加速后电子速度v v的大小的大小; ;(2)(2)要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电要使电子离开偏转电场时的偏转角

56、度最大，两平行板间的电压压U U2 2应是多少？应是多少？(3)(3)电子离开偏转电场偏转角度最大时，电子的动能多大？电子离开偏转电场偏转角度最大时，电子的动能多大？【解析【解析】(1)(1)电子经电压为电子经电压为U U1 1的电场加速，根据动能定理：的电场加速，根据动能定理：则经电场加速后电子的速度则经电场加速后电子的速度(2)(2)电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏转量为电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏转量为电子受到偏转电场的电场力电子受到偏转电场的电场力电子沿偏转电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有电子沿偏转电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有可解得两平行板间电压可解得两平行板间电压21e1eUm v21e2eUvmd,22222UFeE ,E,d22d1a t2222eFat,mv，l21222d UU l(3)(3)对电子运用动能定理得对电子运用动能定理得: :答案：答案：(1) (2) (3)(1) (2) (3)2kk01k02k12UeEE2eUEdEeU (1)l1e2eUm2122d Ul212deU (1)l