第21讲 电容器及带电粒子在电场中的运动.doc

邹平一中2009级物理一轮复习学案第21讲 电容器及带电粒子在电场中的运动【考纲要求】1.理解电容器及电容的概念，会用电容的定义式和平行板电容器电容的决定式动态分析问题2.知道带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转问题3.知道示波器原理，会综合力学知识分析带电粒子在复合场中的运动问题【知识梳理】一、电容器与电容1电容器(1)组成：两个互相靠近又彼此绝缘的导体构成电容器。(2)带电量：是指每个极板上所带电荷量的绝对值(3)电容器的充、放电充电：使电容器两极板带上等量异种电荷的过程。充电的过程是将电场能储存在电容器中放电：使充电后的电容器失去电荷的过程。放电的过程中储存在电容器中的电场能转化为其他形式的能量2电容：定义式： _单位：法拉(F)，1 F_F1012pF3平行板电容器电容决定式：C_，k为静电力常量即平行板电容器的电容与介质的介电常数成正比，与两板正对的面积成正比，与两板间距成反比保持两极板与电源相连，则电容器两极板间_不变充电后断开电源，则电容器所带的_不变二、带电粒子在电场中的运动1.带电粒子的加速：对于加速问题，一般从能量角度，应用动能定理求解。若为匀变速直线运动，可用牛顿运动定律与运动学公式求解。2. 带电粒子在匀强电场中的偏转：对于带电粒子以垂直匀强电场的方向进入电场后，受到的电场力恒定且与初速度方向垂直，做匀变速曲线运动（类平抛运动）。处理方法往往是利用运动的合成与分解的特性：分合运动的独立性、分合运动的等时性、分运动与合运动的等效性。沿初速度方向为匀速直线运动、沿电场力方向为初速度为零的匀加速运动。基本关系：x方向：匀速直线运动Y方向：初速度为零的匀加速直线运动离开电场时侧向偏转量： 离开电场时的偏转角： 推论1.粒子从偏转电场中射出时,其速度反向延长线与初速度方向交一点,此点平分沿初速度方向的位移。 推论2.位移和速度不在同一直线上，且tan=2tan。3.示波管的工作原理(1)构造：电子枪，偏转电极，荧光屏. (2)工作原理（如图所示） (3)如果在偏转电极XX和YY之间都没有加电压，则电子枪射出电子后沿直线传播，打在荧光屏上，在那里产生一个亮斑.电极YY上加的待显示的信号电压，XX上是机器自身的锯齿形电压，叫做扫描电压.若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象.【考点讲练】类型一：平行板电容器的动态分析【例1】 如图所示的电路中，电容器的N板接地，在其两板间的P点固定一个带负电的点电荷，分析以下过程后，电容器的电荷量Q、两极间的电压U、两极间的场强E、P点的电势P、负电荷在P点的电势能Ep各如何变化?（1）S接通后再将M板上移一小段距离；（2）S接通后断开，再将N板上移一小段距离.总结：处理平行板电容器内部E、U、Q变化问题的基本思路类型二：带电粒子在电场中的平衡与直线运动【例2】如图所示，板长L=4 cm的平行板电容器，板间距离d=3 cm，板与水平线夹角=37，两板所加电压为U=100 V，有一带负电液滴，带电荷量为q=310-10C，以v0=1 m/s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，取g=10 m/s2.求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度. 总结：1.带电粒子在电场中运动时重力的处理 2方法技巧：讨论带电粒子在电场中做直线运动（加速或减速）的方法类型三：带电粒子在匀强电场中的偏转【例3】如图所示，一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度射入水平放置的两平行金属板中间，金属板长为l，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为L.若在两金属板间加直流电压U2时，光点偏离中线，打在荧光屏的P点，求(1)电子加速后的速度大小；(2)电子离开偏转电场时偏向角（速度与水平方向的夹角）（3）op距离类型四：带电粒子在交变电场中的运动【例4】如图（甲）所示电子以水平初速度v0沿平行金属板中央射入，在金属板间加上如图（乙）所示的交变电压.已知电子质量为m，电荷量为e，电压周期为T，电压为U0，求：（1）若电子从t=0时刻进入板间，在半周期内恰好能从板的上边缘飞出，则电子飞出速度为多大？（2）若电子在t=0时刻进入板间，能从板右边水平飞出，则金属板为多长？（选做)若电子能从板中点O水平飞出，电子应从哪一时刻进入板间，两板间距至少为多大？【针对训练】1. （11天津理综T5）板间距为的平行板电容器所带电荷量为时，两极板间电势差为，板间场强为.现将电容器所带电荷量变为，板间距变为，其他条件不变，这时两极板间电势差，板间场强为，下列说法正确的是A. B. C. D. 2.（09福建15）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 （ B ）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少 D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大3.如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动.关于电子到达Q板时的速率，下列说法正确的是（ ）A.两极板间距离越大，加速时间越长，电子获得的速率就越大B.两极板间距离越小，加速度就越大，电子获得的速率也越大C.电子获得的速率与两极板间的距离无关，仅与加速电压有关D.以上分析都不正确4.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？5.如图所示.质量为m，带正电的粒子以速度v0从O点沿水平方向射入方向竖直向下的匀强电场中，A点是粒子运动轨迹上的一点，O、A两点的连线与水平方向夹角=30，求粒子通过A点时的动能. 6.示波器是用来观察电信号随时间变化的仪器.示波器的核心部件是示波管.示波管的工作原理示意图如图所示.电子经电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h.两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长L.为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量），可采用的方法是（ ）A.增大两板间电势差U2 B.尽可能使板长L短些C.尽可能使板间距离d小一些 D.使加速电压U1升高一些7.如图所示，质量为m=510-8 kg的带电粒子以v0=2 m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B中央飞入电场，已知板长L=10 cm，板间距离d=2 cm，当AB间加电压UAB=103 V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场（设此时A板电势高，g取10 m/s2）.求：（1）带电粒子的电性，电荷量为多少？（2）A、B间所加电压U在什么范围内带电粒子能从板间飞出？8.如图所示，水平放置的平行金属板间有匀强电场一根长为l的绝缘细绳一端固定在O点，另一端系有质量为m并带有一定电荷的小球小球原来静止在C点当给小球一个水平速度后，它能在竖直面内绕O点做匀速圆周运动若将两板间的电压增大为原来的3倍，求：要使小球从C点开始在竖直面内绕O点做圆周运动，至少要给小球多大的水平速度？在这种情况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？第21讲 电容器及带电粒子在电场中的运动答案【例1】解析：（1）S接通后，M、N两极间电压就等于电源电动势，所以U不变.M板上移，板间距离d变大，根据C=知C变小，由于Q=CU，所以Q变小；由于E=，所以随着d变大，E变小；由于P0=UPN=EdPN，随着E变小，电势降低，所以负电荷在P点的电势能Ep增加.（2）S接通后再断开，电容器的电荷量Q不变.N板上移，板间距离d变小，根据C=知C变大，由于U=，所以随着C变大，U变小；根据E=，可知E不变；由P0=UPN=EdPN可知，随着dPN变小，P降低.若将负电荷从N移到P，电场力的功为WNP=qEdPN，随dPN变小，Ep增加.答案：见解析总结：处理平行板电容器内部E、U、Q变化问题的基本思路1.首先要区分两种基本情况；(1)电容器始终与电源相连时，电容器两极板电势差U保持不变；(2)电容器充电后与电源断开时，电容器所带电荷量Q保持不变.2.赖以进行讨论的物理依据有三个：(1)平行板电容器电容的决定式C；(2)平行板电容器内部为匀强电场，所以场强E；(3)电容器所带电荷量QCU.【例2】【详解】(1)画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qEcos=mg,qEsin=ma,E=U/d解之得：m=qUcos/dg代入数据得m=810-8 kg(2)对液滴由动能定理得： qU= v=所以v=1.32 (m/s)总结：1.带电粒子在电场中运动时重力的处理 (1)基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量).(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、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. 2.方法技巧：讨论带电粒子在电场中做直线运动（加速或减速）的方法： 能量方法能量守恒定律； 功能关系动能定理； 力和加速度方法牛顿运动定律，匀变速直线运动公式.【例3】【解析】设电子射出偏转极板时偏移距离为y，偏转角为，则OPyLtan 又yat2()2tan 在加速电场加速过程中，由动能定理有eU1mv由式解得y，tan 代入式得OP【思路点拨】粒子在电场中的加速应用动能定理，在偏转电场中偏转应将运动分解，在电场外则用匀速直线运动公式处理.【思维提升】粒子的偏转角(1)以初速度v0进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为，则结论：动能一定时tan与q成正比，电荷量相同时tan与动能成反比.(2)经加速电场加速再进入偏转电场不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有： 得：tan= 结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场.2.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)以初速度v0进入偏转电场 作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出.(2)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U0加速后进入偏转电场的，则由和得：偏移量： 偏转角正切为：tan结论：无论带电粒子的m、q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y和偏转角都是相同的，也就是轨迹完全重合. 【例4】解析：（1）由动能定理得，e=mv2mv02， 即v=.（2）要使电子能从右边水平飞出，经过时间t应满足：t=nT（n=1，2，3），所以有：l=v0t=nv0T（n=1、2、3）（3）要粒子从O点水平飞出，电子进入时刻应为t=+n=T（n=0、1、2、3）在半个周期内竖直位移为y=a（）22=.两板间距离d应满足条件：y 由得d.思维总结：带电粒子在交变电场中运动情况比较复杂，画出vt图象可以使问题简捷1. 【详解】当平行板电容器的其他条件不变，板间距离变为时，电容器的电容为，又知电容器的带电量为2Q，则得知，即，根据匀强电场中电势差与场强之间的关系式得，因此选项C正确，其它选项都错误。2.解析：电容器两端电压U不变，由公式，场强变小，电场力变小，带点油滴将沿竖直方向向下运动，A错； P到下极板距离d不变，而强场E减小，由公式U=Ed知P与正极板的电势差变小，又因为下极板电势不变，所以P点的电势变小，B对；由于电场力向上，而电场方向向下，可以推断油滴带负电，又P点的电势降低，所以油滴的电势能增大，C错；图中电容器两端电压U不变,电容C减小时由公式Q=CU，带电量减小，D错。3.解析：电子从P到Q过程，由动能定理得eU=mv2解得v=，速率v仅由电势差决定，与平板间距、运动时间、加速度的大小无关.故选C.4. 解析： 对小球的整个运动过程由动能定理得 mg（H+h）qUAB=mv02解得：UAB=.5. 解析：粒子所做的运动是类平抛运动，可有竖直方向上的位移和水平方向上的位移之间的关系，求出粒子过A点的动能，=tan =/3，其中at=v，v为A点粒子竖直方向上的速度大小，v=v0时，v2=v02+v2=v02（1+）=v02.代入动能的表达式即可求出动能的值.Ek=mv2=mv02.误区警示：题中=30是位移方向与水平方向的夹角，不是速度方向与水平方向的夹角.6.解析：加速过程有：eU1=mv02 偏转过程：L=v0t h=at2=t2 由得.因此要提高灵敏度，可采用的办法有增大L，减小U1，减小d.故C对.7解析：（1）当UAB=103 V时，粒子做直线运动，有q=mg. q=1011 C，带负电.（2）当A、B间所加电压比较大时，粒子向上偏，设刚好能从上边缘飞出，有：m