2014届高考物理一轮复习金榜课件：6.3-电容器与电容-带电粒子在电场中的运动资料

第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动学问点1常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ1.电容器(1)组成：由两个彼此_____又相互靠近的导体组成。(2)带电量：一个极板所带电荷量的_______。(3)电容器的充电、放电：①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_________，电容器中储存电场能。②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中_______转化为其他形式的能。绝缘确定值异种电荷电场能2.常见的电容器(1)分类：从构造上可分为_____电容器和_____电容器。(2)击穿电压：加在电容器极板上的_____电压，电容器外壳上标的电压是_____电压，这个电压比击穿电压___(选填“高”“低”)。固定可变极限额定低3.电容(1)定义式：C=___。(2)单位：法拉(F)，1F=___μF=____pF。(3)电容与电压、电荷量的关系：①电容C的大小由电容器本身结构确定，与电压、电荷量_____。不随Q变更，也不随电压变更。②由C=可推出C=1061012无关(Q-U图像、C-Q图像)4.平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与_________成正比，与介质的_________成正比，与_____________成反比。(2)确定式：__________，k为静电力常量。正对面积介电常数两板间的距离学问点2带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ1.平衡问题平衡条件:F合＝__。2.加(减)速问题带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场中，受到的静电力方向与运动方向在一条直线上，做___________运动。0匀变速直线3.偏转问题(1)运动性质不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到方向与初速度方向垂直的静电力作用而做_______运动。(2)处理方法①分析方法——类平抛运动的合成与分解a.垂直于电场线方向为_________运动。b.平行于电场线方向为初速度为零的_______运动。类平抛匀速直线匀加速②基本过程，如图所示③几个结论设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d，(忽视重力影响)，则有a.加速度：。b.在电场中的运动时间：t=___。

___________

______

_________一图二结论学问点2带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ1.粒子的偏转角(1)以初速度v0垂直进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为θ,则结论：动能确定时，tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与动能成反比。(2)粒子从静止起先经加速电场U0加速后再进入偏转电场则有：qU0=mv02可解得：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：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则偏移量：偏转角正切：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θ都是相同的，也就是运动轨迹完全重合。【典例3】(2013·广东卷，15)喷墨打印机的简化模型如图6－3－12所示，重力可忽视的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中 ()． A．向负极板偏转 B．电势能渐渐增大 C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关学问点3示波管Ⅰ1.构造①_______，②偏转电极，③荧光屏。(如图所示)电子枪2.工作原理(1)YY′上加的是待显示的_________，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做_________。(2)视察到的现象。①假如在偏转电极XX′和YY′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_____，在那里产生一个亮斑。②若所加扫描电压和_________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更的稳定图像。信号电压扫描电压中心信号电压【思索辨析】(1)电容器的电容表示其储存电荷的实力。()(2)电容器的电容与它所带的电荷量成正比。()(3)放电后的电容器电量为零，电容也为零。()(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()(5)带电粒子在电场中可以做圆周运动。()(6)示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的()(7)带电粒子在电场中运动时重力必需忽视不计。()考点1平行板电容器的两类动态变更问题(三年3考)对比分析【考点解读】1.分析比较的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)用确定式分析平行板电容器电容的变更。(3)用定义式分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变更。(4)用分析电容器极板间场强的变更。2.两类动态变更问题的比较分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd变大C变小Q变小E变小C变小U变大E不变S变大C变大Q变大E不变C变大U变小E变小ε变大C变大Q变大E不变C变大U变小E变小3．动态分析如下表【典例透析1】用限制变量法，可以探讨影响平行板电容器的因素(如图)。设两极板正对面积为Ｓ，极板间的距离为ｄ，静电计指针偏角为θ。试验中，极板所带电荷量不变，若()A.保持S不变，增大d，则θ变大B.保持S不变，增大d，则θ变小C.保持d不变，增大S，则θ变小D.保持d不变，增大S，则θ不变【解析】选A、C。验电器、静电计、电压表的区分一、验电器1、验电器的构造验电器的球形金属外壳与带有金属小球的金属杆是绝缘的,金属杆的下端有很薄的金属箔片.2、工作原理：同种电荷相互排斥电荷量越大、排斥力越大、张角越大3、验电器的主要用途：检验物体是否带电，比较带电的种类以及所带电荷量的多少等。二、静电计1、静电计的构造静电计是测量电势差的仪器，是验电器的基础上改造而成的.静电计也是主要由相互绝缘的两部分构造而成.除金属外壳外,中间的金属杆下端有一个可转动的指针,指针转动的角度可由固定在外壳上的表盘读出.

如图所示

2、工作原理静电计的设计原理静电计相当于一个电容很小的电容器,金属球、金属杆、指针相当于电容器的一个电极，金属外壳相当于另一个电极，它们之间是绝缘的。其电容的大小由金属壳的几何尺寸的大小和金属杆及指针的长短、位置所确定.验电器与静电计的设计原理是相同的，即同种电荷相斥，异种电荷相吸静电计的特点：1、因静电计的电容很小,转移到静电计上的电量很少,可忽视，所以被测电容器两极间的电量近似认为保持不变。2、因为静电计指针的偏转角变更对静电计的影响很小，所以指针转动过程中可近似认为静电计的电容值不变三、电压表工作原理：安培力使指针偏转，指针偏角θ的大小与电流大小成正比，所以可以反映电流I值的大小，且电流刻度是匀整的。【总结提升】分析平行板电容器时的两个关键点在分析平行板电容器的动态变更问题时，必需抓住两个关键点：(1)确定不变量：首先要明确动态变更过程中的哪些量不变，一般状况下是保持电量不变或板间电压不变。(2)恰当选择公式：要灵敏选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用分析板间电场强度的变更状况。【变式训练】(2013·深圳模拟)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.带电油滴运动时电势能将削减D.若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大【解析】选B。有关电容器的动态分析(2010年高考重庆理综卷)某电容式话筒的原理示意图如图6－3－7所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中(

)A．P、Q构成的电容器的电容增大B．P上电荷量保持不变C．M点的电势比N点的低D．M点的电势比N点的高(2013届长沙一中检测)如图6－3－4所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计．起先时开关S闭合，静电计指针张开确定角度．为了使指针张开角度增大一些，应当实行的措施是()A．断开开关S后，将A、B两极板靠近一些B．断开开关S后，将A、B两极板分开一些C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近一些D．保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些考点2示波管的工作原理(三年2考)深化理解【考点解读】电子在示波管中的运动规律(1)电子在电子枪中加速获得初速度v，由动能定理可得eU=U为加速电场的电压。(2)电子在偏转电场中向正极板偏转，在荧光屏上打出的光斑位置随电压的变更而变更。(3)要探讨的信号电压加在竖直偏转板上，水平偏转板上的电压是扫描电压。(4)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。【典例透析2】(2011·安徽高考)图(a)为示波管的原理图。假如在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变更，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变更，则在荧光屏上会看到的图形是()【解题探究】(1)电子带负电，运动过程中向电势___(选填“高”或“低”)的方向偏转。(2)由电子的偏移量与偏转电压成_____，从而得出几个特殊点的关系。【解析】选B。示波管YY′间为信号电压，XX′间为扫描电压，0～t1，Y板电势高,电子向Y板偏转，X′板电势高,电子向X′板偏转，由此知C、D错；又依据偏移量公式偏移量与偏转电压成正比，0、t1、2t1时刻偏转电压为0，偏移量也为0，时刻偏转电压最大，偏移量也最大，所以B对。高正比【互动探究】若在这个示波管的荧光屏上出现了一个亮斑P，如图所示，那么示波管中的()A.极板X应带正电B.极板X′应带正电C.极板Y应带正电D.极板Y′应带正电【解析】选A、C。由电子枪放射出的电子带负电，所以P点的亮斑是由于极板X和Y带正电所形成的，故A、C正确。图6－3－5

【总结提升】示波管上图像的种类YY′XX′图像1U=0U=0中心亮斑2恒压恒压光斑3交变电压U=0竖线4U=0扫描电压横线5交变电压扫描电压交变信号3．如图6－3－9所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b分别与电源的正负极相连，a、b板的中心沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关S后，带正电的液滴从小孔正上方的P点由静止自由落下，当液滴穿过b板小孔到达a板小孔时速度为v1.现使a板不动，在开关S仍闭合或断开的状况下，b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，此时液滴到达a板小孔时速度为v2，下列说法中正确的是()．A．若开关S保持闭合，向下移动b板，则v2>v1B．若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2>v1C．若开关S保持闭合，则无论向上或向下移动b板，都有v2＝v1D．若开关S闭合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动b板，都有v2<v1三、带电粒子在复合场中的运动1．带电粒子在电场中的运动是否考虑重力(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确的示意以外，一般都不考虑重力(但并不忽视质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的示意以外，一般都不能忽视重力．即时应用(即时突破，小试牛刀)3．如图6－3－6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并带有确定电荷的小球．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．图6－3－6若将两板间的电压增大为原来的3倍，求：要使小球从C点起先在竖直面内绕O点做圆周运动，至少要给小球多大的水平速度？在这种状况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？【典例透析3】(2013·南昌模拟)如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。(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中心O点；(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。【解析】(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有y=at2①L=v0t②vy=attanθ=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心O点。(2)a=③E=④由①②③④式解得当y=时，则两板间所加电压的范围为(3)当y=时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0=y+btanθ又解得：故粒子在屏上可能到达的区域的长度为答案：(1)见解析(2)(3)【总结提升】确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离y′的三种方法(1)y′=y+vy·(2)y′=y+btanθ(3)y′=(+b)tanθ其中y′=(+b)tanθ是应用上例第(1)问的结论得出的，一般不干脆用于计算题的求解过程。【变式训练】如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是()A.滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B.滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C.电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D.电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变【解析】选B、D。【变式备选】如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽视不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N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上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。(1)求电子穿过A板时速度的大小；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可实行哪些措施？【解析】(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理eU1=mv02-0，解得v0=(2)电子以速度v0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。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y。由牛顿其次定律和运动学公式F=ma,F=eE,y=at2解得：(3)由可知，减小U1和增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点上方。答案：(1)(2)(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2考点4匀强电场与重力场的综合问题(三年4考)解题技巧【考点解读】分析粒子运动的两个观点1.用动力学的观点分析带电粒子的运动(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法。(2)类似于处理偏转问题，将困难的运动分解为正交的简洁直线运动，化繁为简。(3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，留意受力分析要全面，特殊留意重力是否须要考虑的问题，另外要留意运动学公式里包含物理量的正负号，即其矢量性。2.用能量的观点来分析带电粒子的运动(1)运用能量守恒定律，留意题目中有哪些形式的能量出现。(2)运用动能定理，留意过程分析要全面，精确求出过程中的全部功，推断选用分过程还是全过程运用动能定理。如图6－3－9所示，在倾角θ＝37°的绝缘斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4.0×103N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m＝0.20kg的带电滑块从斜面顶端由静止起先滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h＝0.24m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，滑块带电荷q＝－0.50×10－4C．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度小．(2)滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大度．(3)滑块从起先运动到最终停下来的整个过程中产生的热量Q.(计算结果保留2位有效数字)【规律总结】(1)由于带电微粒在匀强电场中所受电场力与重力都是恒力，因此其处理方法可用正交分解法．先将困难的运动分解为两个相互正交的简洁的直线运动，而这两个直线运动的规律我们可以驾驭，然后再按运动合成的观点，去求出困难运动的相关物理量．(2)用能量观点处理带电粒子在复合场中的运动，从功能观点动身分析带电粒子的运动问题时，在对带电粒子受力状况和运动状况进行分析的基础上，再考虑应用恰当的规律(动能定理、能量转化守恒定律等)解题．变式训练2(2011年长春调研)如图6－3－10所示，两块平行金属板M、N竖直放置，两板间的电势差U＝1.5×103V，现将一质量m＝1×10－2kg、电荷量q＝4×10－5C的带电小球从两板上方的A点以v0＝4m/s的初速度水平抛出，且小球恰好从靠近M板上端处进入两板间，沿直线运动遇到N板上的B点．已知A点距两板上端的高度h＝0.2m，不计空气阻力，取g＝10m/s2.求：(1)M、N两板间的距离d；(2)小球到达B点时的动能．4．如图6－3－10所示，板长L＝4cm的平行板电容器，板间距离d＝3cm，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U＝100V．有一带负电液滴，带电荷量为q＝3×10－10C，以v0＝1m/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＝10m/s2，sinα＝0.6，cosα＝0.8)．求：

(1)液滴的质量；

(2)液滴飞出时的速度．【典例透析4】在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为+q的小滑块B。用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示。现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发觉小滑块B相对于A发生了运动。为探讨便利可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程。测量发觉竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s。P、Q位置高度差为0.5m。已知匀强电场的场强A、B之间动摩擦因数μ=0.4,g取10m/s2。求：(1)绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？(2)滑块B最终停在离动身点水平距离为多大处？【解题探究】(1)起先时A、B能保持相对静止，说明电场力_____最大静摩擦力，此时B对A的压力_____mg。小于等于(2)B相对于A滑动，说明电场力_____摩擦力，此时B对A的压力_____mg。说明绝缘板A向上做___________。【解析】(1)设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a1和a2，其时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，则有a1t1=a2t2h=a1t12+a2t22解得a1=1.25m/s2，a2=5m/s2。大于小于匀减速运动(2)探讨滑块B，在绝缘板A上匀减速的过程中，由牛顿其次定律可得竖直方向：mg-N=ma2水平方向：Eq-μN=ma3解得a3=0.1g=1m/s2在这个过程中滑块B的水平位移大小为s3=a3t22=0.02m。在绝缘板A静止后，滑块B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，有μmg-Eq=ma4，得a4=0.1g=1m/s2该过程中滑块B的水平位移大小为s4=s3=0.02m最终滑块B静止时离动身点的水平距离s=s4+s3=0.04m。答案：(1)1.25m/s25m/s2(2)0.04m【变式训练】(2013·成都模拟)如图所示，M、N为水平放置、相互平行且厚度不计的两金属板，间距d=35cm，已知N板电势高，两板间电压U＝3.5×104V。现有一质量m=7.0×10-6kg，电荷量q=6.0×10-10C的带负电油滴，由N板下方距N为h=15cm的O处竖直上抛，经N板中间的P孔进入电场，到达上板Q点时速度恰为零(g取10m/s2)。求油滴上抛的初速度v0。【解析】全过程重力做负功，油滴在M、N间运动时电场力做负功，全过程依据动能定理有：-mg(d+h)-qU=0-mv02解得代入数据得v0=4m/s答案:4m/s1．常见的交变电场 常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．2．常见的试题类型 此类题型一般有三种状况： (1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)； (2)粒子做来回运动(一般分段探讨)； (3)粒子做偏转运动(一般依据交变电场特点分段探讨)思想方法10.带电粒子在交变电场中的运动问题3．常用的分析方法 (1)带电粒子在交变电场中的运动，通常只探讨电压的大小不变、方向做周期性变更(如方波)且不计粒子重力的情形．在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板中间便可获得交变电场．此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变更的，即电场强度的大小、方向都随时间而变更．①当粒子平行于电场方向射入时，粒子做直线运动，其初速度和受力状况确定了粒子的运动状况，粒子可以做周期性的运动．②当粒子垂直于电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周期性．(2)探讨带电粒子在交变电场中的运动，关键是依据电场变更的特点，利用牛顿其次定律正确地推断粒子的运动状况．依据电场的变更状况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等．(3)对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，一般来说题中会干脆或间接提到“粒子在其中运动时电场为恒定电场”，故带电粒子穿过电场时可认为是在匀强电场中运动．【典例】

如图6－3－15甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：(1)交变电压的周期T应满足什么条件？(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？【典例透析】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变更，其正向电压为U0，反向电压为-kU0(k＞1)，电压变更的周期为2τ，如图乙所示。在t=0时，极板B旁边的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止起先运动。若整个运动过程中，电子未遇到极板A，且不考虑重力作用。若电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。【规范解答】电子在0～τ时间内做匀加速运动，加速度的大小为位移x1=a1τ2在τ～2τ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a2=初速度的大小为v1=a1τ匀减速运动阶段的位移x2=依据题意d＞x1+x2解得答案：在真空中速度为v=6.4×107m/s的电子束连续射入两平行板间，如图所示，极板长度L=8.0×10-2m间距d=5.0×10-2m，两极板不带电时，电子将沿极板间的中线通过，在极板上加一个50Hz的交变电压u=U0sinωt，假如所加电压的最大值U0超过某值UC时，电子束将有时能通过两极板，有时而不能通过（电子电荷量e=1.6×10-19C，电子质量m=9.1×10-31kg）.求：

（1）UC的大小为多少；（2）求U0为何值时，才能使通过与间断的时间之比Δt1∶Δt2=2∶1总结与反思：电子沿平行板的方向做匀速运动，通过平行板的时间t远远小于交变电流的周期T，由于t﹤﹤T，可认为电子在通过平行板时板间的电压和场强是稳定不变的，每个能通过平行板的电子均做类平抛运动．O转化法：当两板间加上如图乙所示的交变电压后，可转化为：场强、速度、位移、加速度、动能等物理量随时间变更规律的图像。 如图，A板的电势UA＝0，B板的电势UB随时间的变更规律如图所示。电子只受电场力的作用，且初速度为零，则（）A．若电子在t＝0时刻进入的，它将始终向B板运动B．若电子在t＝0时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动,最终打在B板上C．若电子在t＝T/8时刻进入的，它将时而向B板运动，时而向A板运动,最终打在B板上D．若电子是在t＝T/4时刻进入的，它将时而向B板、时而向A板运动若带电粒子垂直电场线进入交变电场，运动轨迹如何？反思总结对于带电粒子在交变电场中的运动问题，由于不同时间内场强不同，使得带电粒子所受的电场力不同，造成带电粒子的运动状况发生变更．解决这类问题，要分段进行分析，依据题意找出满足题目要求的条件，从而分析求解．电场中粒子运动的综合问题【典例】(2011·北京高考)(20分)静电场方向平行于x轴，其①电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心。②沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电量为-q，其③动能与电势能之和为-A(0<A<qφ0)，忽视重力。求：(1)粒子所受电场力的大小；(2)④粒子的运动区间；(3)⑤粒子的运动周期。(1)由题图可知，O与d(或-d)两点的电势差为φ0电场强度大小(2分)电场力的大小F=qE=(2分)(2)设粒子在［-x0，x0］区间运动，速率为v，由题意得

mv2-qφ=-A①(2分)由题图可知φ=φ0(1-②(1分)【答题——规范解题，步步得分】由①②得，③(2分)因动能非负，有得(2分)即④(1分)粒子运动的区间

(2分)(3)粒子从-x0处起先运动四分之一周期的时间为t，依据牛顿其次定律得粒子的加速度：