17-18版第7章第3節(jié)　電容器　帶電粒子在電場中的運(yùn)動

1、第3節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動知識點(diǎn)1電容器、電容、平行板電容器1電容器(1)帶電量：一個極板所帶電荷量的絕對值(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，電容器中儲存電場能放電：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)，1 F106F1012pF.3平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與兩極板間的距離成反比(2)決定式：C，k為靜電力常量知識點(diǎn)2帶電粒子在電場中的運(yùn)動1帶電粒

2、子在電場中的加速(1)處理方法：利用動能定理：qUmv2mv.(2)適用范圍：任何電場2帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)(1)研究條件：帶電粒子垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(2)處理方法：類似于平拋運(yùn)動，應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解的方法沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間t.沿電場方向，做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動知識點(diǎn)3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7­3­1所示圖7­3­12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，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

3、號電壓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)隨時間變化的穩(wěn)定圖象1正誤判斷(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和(×)(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比(×)(3)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運(yùn)動(×)(4)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運(yùn)動()(5)示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的()(6)帶電粒子在電場中運(yùn)動時重力一定可以忽略不計(×)2帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(多選)電子束焊接機(jī)中的電子槍如圖7&#

4、173;3­2所示，K為陰極，A為陽極，兩極之間的電勢差為U.A、K之間的電場線分布如圖所示陰極發(fā)出的電子在電場作用下由靜止?fàn)顟B(tài)從K加速運(yùn)動到A，設(shè)電子的質(zhì)量為m，則下列說法正確的是()圖7­3­2A陰陽兩極的電場為勻強(qiáng)電場B電子在運(yùn)動過程中的加速度變大C電子的電勢能不斷增加D電子到達(dá)陽極時的速度vBD由圖中的電場線分布特點(diǎn)可知A項(xiàng)錯誤；從電場線的分布特點(diǎn)可看出，電子在加速過程中所受到的電場力逐漸變大，因此電子的加速度在變大，B項(xiàng)正確；由于電子帶負(fù)電，當(dāng)它從K極向A極運(yùn)動時，電場力做正功，電勢能減小，C項(xiàng)錯誤；由動能定理可得eUmv2，解得電子的速度為v，D項(xiàng)正確

5、3平行板電容器的電容電容式加速度傳感器的原理結(jié)構(gòu)如圖7­3­3所示，質(zhì)量塊右側(cè)連接輕質(zhì)彈簧，左側(cè)連接電介質(zhì)，彈簧與電容器固定在外框上質(zhì)量塊可帶動電介質(zhì)移動改變電容則()圖7­3­3A電介質(zhì)插入極板間越深，電容器電容越小B當(dāng)傳感器以恒定加速度運(yùn)動時，電路中有恒定電流C若傳感器原來向右勻速運(yùn)動，突然減速時彈簧會伸長D當(dāng)傳感器由靜止突然向右加速瞬間，電路中有順時針方向電流D根據(jù)電容器的電容公式C，當(dāng)電介質(zhì)插入極板間越深，即電介質(zhì)增大，則電容器電容越大，故A錯誤；當(dāng)傳感器以恒定加速度運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律可知，彈力大小不變，則電容器的電容不變，因兩極的電壓不變

6、，則電容器的電量不變，因此電路中沒有電流，故B錯誤；若傳感器原來向右勻速運(yùn)動，突然減速時，質(zhì)量塊因慣性，則繼續(xù)向右運(yùn)動，從而壓縮彈簧，故C錯誤；當(dāng)傳感器由靜止突然向右加速瞬間，質(zhì)量塊要向左運(yùn)動，導(dǎo)致插入極板間電介質(zhì)加深，因此電容會增大，由于電壓不變，根據(jù)QCU，可知，極板間的電量增大，電容器處于充電狀態(tài)，因此電路中有順時針方向電流，故D正確5示波管的原理(多選)如圖7­3­4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() 【導(dǎo)學(xué)號：92492292】圖7­3­4A極板X應(yīng)帶正電B極板X應(yīng)帶正

7、電C極板Y應(yīng)帶正電D極板Y應(yīng)帶正電AC由熒光屏上亮斑的位置可知，電子在XX偏轉(zhuǎn)電場中向X極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板X帶正電，A正確，B錯誤；電子在YY偏轉(zhuǎn)電場中向Y極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板Y帶正電，C正確，D錯誤平行板電容器及其動態(tài)分析問題1.分析比較的思路(1)先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開，Q不變(2)用決定式C確定電容器電容的變化(3)用定義式C判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U的變化(4)用E分析電容器極板間場強(qiáng)的變化2兩類動態(tài)變化問題的比較分類充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開不變量UQd變大C變小Q變小E變小C變小U變大E不變S變大C變大

8、Q變大E不變C變大U變小E變小r變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小題組通關(guān)1(2017·汕頭模擬)如圖7­3­5所示，在水平放置的已經(jīng)充電的平行板電容器之間，有一帶負(fù)電的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，若某時刻油滴的電荷量開始減小，為維持該油滴原來的靜止?fàn)顟B(tài)，應(yīng)() 【導(dǎo)學(xué)號：92492293】圖7­3­5A給平行板電容器充電，補(bǔ)充電荷量B讓平行板電容器放電，減少電荷量C使兩極板相互靠近些D使兩極板相互遠(yuǎn)離些A根據(jù)平行板電容器的電容公式和電容的定義式有：C，油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)時，電場力與重力等大反向，mg，給電容器充電，電荷量增大，電容不變，電勢差增大，

9、油滴電荷量減少，可以使電場力不變，故A正確；讓電容器放電，電量減小，電容不變，電勢差減小，油滴電荷量減少，電場力一定減小，故B錯誤；因電容器與電源斷開，電荷量不變，兩極板間電場強(qiáng)度E，與板間距離d無關(guān)，所以電容器兩極板靠近和遠(yuǎn)離時，電場強(qiáng)度不變，電荷的電量減小，則電場力減小，電荷不能平衡2(2016·天津高考)如圖7­3­6所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，表示靜電計指針的偏角若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中

10、虛線位置，則()圖7­3­6A增大，E增大B增大，Ep不變C減小，Ep增大D減小，E不變D由題意可知平行板電容器的帶電荷量Q不變，當(dāng)下極板不動，上極板向下移動一段距離時，兩極板間距d減小，則電容C變大，由U可知U變小，則靜電計指針的偏角減小又因?yàn)閮砂彘g電場強(qiáng)度E，Q、S不變，則E不變因?yàn)镋不變，則點(diǎn)電荷從P點(diǎn)移動到下極板(電勢為零)電場力做功不變，電勢能的變化相同，則點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能Ep不變，故只有選項(xiàng)D正確電容器動態(tài)分析問題的分析技巧1抓住不變量，弄清楚是電容器的電荷量不變還是電壓不變2根據(jù)電容的決定式分析電容的變化，再根據(jù)電容的定義式分析電荷量或電壓的變化，最后分析

11、電場強(qiáng)度的變化帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動1.是否考慮重力的處理方法(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，一般都要考慮重力2解決問題的兩種思路(1)運(yùn)動狀態(tài)的分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，受到的電場力方向與運(yùn)動方向在同一條直線上，做加(減)速直線運(yùn)動(2)用功與能的觀點(diǎn)分析：電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的變化量，即qUmv2mv.多維探究考向1僅在電場力作用下的直線運(yùn)動1. (多選)如圖7­3­7所示為勻強(qiáng)電場的

12、電場強(qiáng)度E隨時間t變化的圖象當(dāng)t0時，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是()圖7­3­7A帶電粒子將始終向同一個方向運(yùn)動B2 s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)C3 s末帶電粒子的速度為零D03 s內(nèi)，電場力做的總功為零CD設(shè)第1 s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2 s內(nèi)的加速度為a2，由a可知，a22a1，可見，粒子第1 s內(nèi)向負(fù)方向運(yùn)動，1.5 s末粒子的速度為零，然后向正方向運(yùn)動，至3 s末回到原出發(fā)點(diǎn)，粒子的速度為0，由動能定理可知，此過程中電場力做功為零，綜上所述，可知C、D正確考向2在電場力和重力作用下的直線運(yùn)動2.如圖7&#

13、173;3­8所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為，極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運(yùn)動并從極板N的右邊緣B處射出，則()圖7­3­8A微粒達(dá)到B點(diǎn)時動能為mvB微粒的加速度大小等于gsin C兩極板的電勢差UMND微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程電勢能減少C微粒僅受電場力和重力，電場力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運(yùn)動，合力方向沿水平方向由此可得，電場力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運(yùn)動，微粒到達(dá)B時動能小于mv，選項(xiàng)A錯誤；根據(jù)qEsin ma，qEcos

14、 mg，解得agtan ，選項(xiàng)B錯誤；兩極板的電勢差UMNEd，選項(xiàng)C正確；微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增加，電勢能增加量qUMN，選項(xiàng)D錯誤3(2017·汕頭模擬)如圖7­3­9所示，M和N是兩個帶等量異種電荷的平行正對金屬板，兩板與水平方向的夾角為60°.將一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從靠近N板的位置由靜止釋放，釋放后，小球開始做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動方向與豎直方向成30°角已知兩金屬板間的距離為d，重力加速度為g，則() 【導(dǎo)學(xué)號：92492294】圖7­3­9AN板帶負(fù)電BM、N板之間的場強(qiáng)大

15、小為C小球從靜止到與M板接觸前的瞬間，合力對小球做的功為mgdDM、N板之間的電勢差為D小球帶正電，受到的電場力方向與電場方向相同，所以N板帶正電，A錯誤；小球的運(yùn)動方向就是小球所受合力方向，而小球的運(yùn)動方向恰好在小球所受重力方向和電場力方向夾角的平分線上，所以電場力等于mg，M、N板之間的場強(qiáng)大小為E，B錯誤；M、N板之間的電勢差為UEd，D正確；小球從靜止到與M板接觸前的瞬間，重力和電場力做的功都是mgd，合力對小球做的功為2mgd，C錯誤解決粒子在電場中直線運(yùn)動問題的兩種方法1用牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律求解2用動能定理或能量守恒定律求解3選取思路：前者適用于粒子受恒力作用時，后者適用于粒

16、子受恒力或變力作用時這和解決物體受重力、彈力、摩擦力等做直線運(yùn)動的問題的思路是相同的，不同的是受力分析時，不要遺漏電場力帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)1.偏轉(zhuǎn)問題(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場線方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(2)運(yùn)動形式：類平拋運(yùn)動(3)處理方法：應(yīng)用運(yùn)動的合成與分解(4)運(yùn)動規(guī)律：加速度：a在電場中的運(yùn)動時間：t離開電場時的偏移量yat2離開電場時的偏轉(zhuǎn)角tan 2兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為.3帶電粒

17、子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時，也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置間的電勢差母題 (多選)(2015·天津高考)如圖7­3­10所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強(qiáng)電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么()圖7­3­10A偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多B三種粒子打到屏上時的速度一樣大C三種粒子運(yùn)動到屏上所用時間相同D三種粒子一定打到屏上的同一位置【自主思考】(1)氕核、

18、氘核、氚核三種粒子有什么不同點(diǎn)和相同點(diǎn)？提示：三種粒子的符號分別為：H、H、H，相同點(diǎn)是均帶有一個單位的正電荷，qe.不同點(diǎn)是質(zhì)量數(shù)不同，分別是1、2、3，即質(zhì)量之比為123.(2)如何分析在E2中電場力對三種粒子的做功多少？提示：因電場力qE2為恒力，故由WqE2·y分析，而y是在E2中的偏轉(zhuǎn)位移，可由y分析AD根據(jù)動能定理有qE1dmv，得三種粒子經(jīng)加速電場加速后獲得的速度v1.在偏轉(zhuǎn)電場中，由lv1t2及yt得，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)位移y，則三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)位移大小相等，又三種粒子帶電荷量相同，根據(jù)WqE2y得，偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多，選項(xiàng)A正確；根據(jù)動能定

19、理，qE1dqE2ymv，得到粒子離開偏轉(zhuǎn)電場E2打到屏上時的速度v2，由于三種粒子的質(zhì)量不相等，故v2不一樣大，選項(xiàng)B錯誤；粒子打在屏上所用的時間t(L為偏轉(zhuǎn)電場左端到屏的水平距離)，由于v1不一樣大，所以三種粒子打在屏上的時間不相同，選項(xiàng)C錯誤；根據(jù)vyt2及tan 得，帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan ，即三種帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角相等，又由于它們的側(cè)位移相等，故三種粒子打到屏上的同一位置，選項(xiàng)D正確母題遷移(2017·山西運(yùn)城一模)真空中的某裝置如圖7­3­11所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏今有質(zhì)子、氘核和粒子均由A板從

20、靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上已知質(zhì)子、氘核和粒子的質(zhì)量之比為124，電荷量之比為112，則下列判斷中正確的是()圖7­3­11A三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同B三種粒子打到熒光屏上的位置相同C偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為122D偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為124 B設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1mv，解得v0，三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運(yùn)動到熒

21、光屏經(jīng)歷的時間不同，故A錯誤；根據(jù)推論y、tan 可知，y與粒子的種類、質(zhì)量、電量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為WqEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為11 2，則有電場力對三種粒子做功之比為112，故C、D錯誤帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題求解通法(1)解決帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)模型的通法：加速電場中的運(yùn)動一般運(yùn)用動能定理qUmv2進(jìn)行計算；在偏轉(zhuǎn)電場中的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動，可利用運(yùn)動的分解進(jìn)行計算；二者靠速度相等聯(lián)系在一起(2)計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y的四種方法：Yydtan (d為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)；Ytan (L

22、為電場寬度)；Yyvy·；根據(jù)三角形相似.等效法處理帶電粒子在電場、重力場中的運(yùn)動母題(2017·太原模擬)如圖7­3­12所示，在豎直平面內(nèi)的平面直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方有水平向右的勻強(qiáng)電場，有一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的帶電絕緣小球，從y軸上的P(0，L)點(diǎn)由靜止開始釋放，運(yùn)動至x軸上的A(L,0)點(diǎn)時，恰好無碰撞地沿切線方向進(jìn)入在x軸下方豎直放置的四分之三圓弧形光滑絕緣細(xì)管細(xì)管的圓心O1位于y軸上，交y軸于B點(diǎn)，交x軸于A點(diǎn)和C(L,0)點(diǎn)該細(xì)管固定且緊貼x軸，內(nèi)徑略大于小球外徑不計一切阻力，重力加速度為g.求：圖7­3­

23、;12(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小；(2)小球運(yùn)動到B點(diǎn)時對細(xì)管的壓力的大小和方向；(3)小球從C點(diǎn)飛出后會落在x軸上的哪一位置【解析】(1)小球釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運(yùn)動，小球從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入細(xì)管，則速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°則tan 45°解得勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E.(2)根據(jù)幾何關(guān)系可知，圓弧形細(xì)管的半徑rL，圓心的坐標(biāo)為O1(0，L)設(shè)小球運(yùn)動到B點(diǎn)時速度為vB，此時受到重力和細(xì)管的支持力FN，從P點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中根據(jù)動能定理得：mv0mg(2LL)EqL小球運(yùn)動到B點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律得：FNmgm聯(lián)立解得：FN3(1)mg根據(jù)牛頓第三定律可知，小球運(yùn)動到B點(diǎn)時對細(xì)管的壓力大小為3(1)mg，方向豎直向下(3)設(shè)小球運(yùn)動到A點(diǎn)的速度為vA，運(yùn)動到C點(diǎn)的速度為vC，從P點(diǎn)到A點(diǎn)的過程中，根據(jù)動能定理得：mvmgLEqL解得：vA2小球從C點(diǎn)拋出后做類平拋運(yùn)動，拋出時的速度vCvA2小球的加速度gg當(dāng)小球沿拋出方向和垂直拋出方向位移相等時，又回到x軸則有：vCtgt2解得：t2則沿x軸方向運(yùn)動的位移xvCt×2×28L則小球從C點(diǎn)飛出后落在x軸上的橫坐標(biāo)：xL8L7