物理第七章 靜電場(chǎng) 7.3 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

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1、第3講電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【知識(shí)導(dǎo)圖】異種中和容納電荷qU類平拋運(yùn)動(dòng)合成分解勻速直線勻加速直線電子槍QUrS4 kd22011mvmv22【微點(diǎn)撥】1.分析平行板電容器動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題的兩點(diǎn)注意:(1)明確動(dòng)態(tài)變化過(guò)程中哪些量不變,一般是電荷量或電壓不變。(2)要靈活選取電容的兩個(gè)公式分析電容的變化。2.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理:(1)基本粒子:如電子、質(zhì)子、粒子、離子等,除有說(shuō)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(shuō)明或有明確的暗示以外,一般都不能忽略重力?！净垩奂m錯(cuò)】(1)電容器所帶的電荷量是指每個(gè)極板所帶

2、電荷量的代數(shù)和。糾錯(cuò):_。電容器所帶的電荷量是指一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。糾錯(cuò):_。(3)電容大的電容器儲(chǔ)存的電荷一定多。糾錯(cuò):_。電容是由電容器本身的性質(zhì)決定的,與電容器所帶電荷量無(wú)關(guān)電容表示電容器儲(chǔ)存電荷的本領(lǐng),并不表示儲(chǔ)存電荷的多少(4)放電后的電容器電荷量為零,電容也為零。糾錯(cuò):_。電容器的電容C是由電容器本身的性質(zhì)決定的,與電容器是否帶電無(wú)關(guān),電容器放電后,電容器的帶電荷量為零,其電容C保持不變(5)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中只能做類平拋運(yùn)動(dòng)。糾錯(cuò):_。(6)示波管屏幕上的亮線是熒光屏自身發(fā)出的光。糾錯(cuò):_。帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中只有垂直電場(chǎng)方向進(jìn)

3、入才做類平拋運(yùn)動(dòng)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)生的考點(diǎn)1平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析【典題探究】 【典例1】(2016全國(guó)卷)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì),接在恒壓直流電源上,若將云母介質(zhì)移出,則電容器導(dǎo)學(xué)號(hào)04450161()A.極板上的電荷量變大,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大B.極板上的電荷量變小,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大C.極板上的電荷量變大,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變D.極板上的電荷量變小,極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變【題眼直擊】(1)接在恒壓直流電源上_。(2)將云母介質(zhì)移出_。電容器兩極板間的電壓保持不變電容器的介電常數(shù)變小【解析】選D。據(jù)C= 可知,將云母介質(zhì)移出電容器,C變小,電容器接在恒壓

4、直流電源上,電壓不變,據(jù)Q=CU可知極板上的電荷量變小,據(jù)E= 可知極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變,故選D。rS4 kdUd【遷移訓(xùn)練】 遷移1:斷開(kāi)電源(多選)將【典例1】中的電源斷開(kāi),當(dāng)把云母介質(zhì)從電容器中快速抽出后,下列說(shuō)法正確的是()A.電容器的電容減小B.極板間的電勢(shì)差減小C.極板上的電荷量不變D.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變【解析】選A、C。電源斷開(kāi),當(dāng)把云母介質(zhì)從電容器中快速抽出后,極板所帶電荷量保持不變,極板間的介電常數(shù)減小,由C= 可知,電容器的電容減小,故A、C正確;由C= 得U= ,Q不變,C減小,U增大,故B錯(cuò)誤;由 得,E= 故極板間的場(chǎng)強(qiáng)增大,故D錯(cuò)誤。rS4 kdQUQCrSUQECC

5、dU4 kd、r4 kQS，遷移2:將云母介質(zhì)換成金屬板(多選)在【典例1】中,若將云母介質(zhì)換成金屬板,接在恒壓直流電源上,當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后,下列說(shuō)法正確的是()A.電容器的電容不變B.電容器所帶電荷量減少C.極板間的電壓增大D.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變小【解析】選B、D。當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后,電容器兩極板間的電壓不變,但兩極板間的距離變大,由C= 可知,電容器的電容減小,故A、C錯(cuò)誤;由C= 得Q=CU,電壓U不變,C減小,故電容器所帶電荷量減少,故B正確;由公式E= 可得電場(chǎng)強(qiáng)度E變小,故D正確。rS4 kdQUUd遷移3:減小兩極板正對(duì)面積(多選)在【典例1】中,若云母介

6、質(zhì)保持不動(dòng),使兩極板正對(duì)面積減小,則下列說(shuō)法正確的是()A.電容器所帶電荷量保持不變B.電容器所帶電荷量減少C.極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變D.極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度變小【解析】選B、C。由C= 可知,當(dāng)S減小時(shí),電容器的電容減小,由C= 得Q=CU,電壓U不變,C減小,故電容器所帶電荷量減少,故A錯(cuò)誤,B正確;U和d不變,由E= 可知,極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度保持不變,故C正確,D錯(cuò)誤。rS4 kdQUUd【通關(guān)秘籍】 1.平行板電容器動(dòng)態(tài)的分析思路:2.兩類動(dòng)態(tài)分析的比較:【加固訓(xùn)練】(多選)如圖所示,兩塊較大的金屬板A、B相距為d,平行放置并與一電源相連,S閉合后,兩板間恰好有一質(zhì)量為m,帶電量為q的油滴

7、處于靜止?fàn)顟B(tài),以下說(shuō)法正確的是()A.若將S斷開(kāi),則油滴將做自由落體運(yùn)動(dòng),G表中無(wú)電流B.若將A向左平移一小段位移,則油滴仍然靜止,G表中有ba的電流C.若將A向上平移一小段位移,則油滴向下加速運(yùn)動(dòng),G表中有ba的電流D.若將A向下平移一小段位移,則油滴向上加速運(yùn)動(dòng),G表中有ba的電流【解析】選B、C。將S斷開(kāi),電容器電量不變,板間場(chǎng)強(qiáng)不變,故油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;若S閉合,將A板左移,由E= 可知,E不變,油滴仍靜止,由C=可知正對(duì)面積減小時(shí)電容C變小,則電容器極板電量Q=CU變小,電容器放電,則有ba的電流,故選項(xiàng)B正確;將A板上移,由E= 可知,E變小,油滴應(yīng)向下加速運(yùn)動(dòng),Ud

8、rS4 kdUd由C= 可知板間距離增大時(shí)電容C變小,電容器要放電,則有ba的電流流過(guò)G,故選項(xiàng)C正確;當(dāng)A板下移時(shí),板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大,油滴受的電場(chǎng)力增加,油滴向上加速運(yùn)動(dòng),由C= 可知板間距離減小時(shí)C增大,電容器要充電,則有ab的電流流過(guò)G,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。rS4 kdrS4 kd考點(diǎn)2帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 【典題探究】 【典例2】(多選)(2018泰安模擬)如圖甲所示,在兩平行的金屬板間加上如圖乙所示的電壓。在01 s內(nèi),一點(diǎn)電荷在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài),t=2 s時(shí)電荷仍運(yùn)動(dòng)且未與極板接觸,則在12 s內(nèi),點(diǎn)電荷(g取10 m/s2)導(dǎo)學(xué)號(hào)04450162()A.做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速

9、度大小為10 m/s2B.做變加速直線運(yùn)動(dòng),平均加速度大小為5 m/s2C.做變加速直線運(yùn)動(dòng),2 s末加速度大小為10 m/s2D.2 s末速度大小為10 m/s【題眼直擊】(1)在01 s內(nèi),一點(diǎn)電荷在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)_。(2)t=2 s時(shí)電荷仍運(yùn)動(dòng)且未與極板接觸_。電荷受重力和電場(chǎng)力作用處于平衡狀態(tài)電荷一直做加速直線運(yùn)動(dòng)【解析】選B、C。第1 s內(nèi)電荷受重力和電場(chǎng)力作用處于平衡狀態(tài),故電場(chǎng)力向上,與重力平衡,第2 s內(nèi)電壓一直變大,故電場(chǎng)強(qiáng)度變大,電場(chǎng)力變大,且第2 s內(nèi)合力隨時(shí)間均勻增加,加速度隨時(shí)間均勻增加,是變加速直線運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;第2 s內(nèi)加速度隨時(shí)間均勻增加,第2 s末電場(chǎng)

10、強(qiáng)度增加為第1 s末的2倍,故電場(chǎng)力變?yōu)?倍,合力向上,大小為mg,其加速度大小為g=10 m/s2,故平均加速度為 =5 m/s2,故B、C正確;2秒末速度大小為v2= =51 m/s=5 m/s,故D錯(cuò)誤。20 10a m/s2at【通關(guān)秘籍】 帶電粒子在電場(chǎng)中直線運(yùn)動(dòng)的分析方法【考點(diǎn)沖關(guān)】 1.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與水平方向成角)由A向B做直線運(yùn)動(dòng),已知重力加速度為g,微粒的初速度為v0,則()A.微粒一定帶正電B.微粒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)C.可求出勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度D.可求出微粒運(yùn)動(dòng)的加速度【解析】選D。因微粒在重力和電場(chǎng)力作

11、用下做直線運(yùn)動(dòng),而重力豎直向下,由微粒做直線運(yùn)動(dòng)條件知電場(chǎng)力必水平向左,微粒帶負(fù)電,故A錯(cuò)誤;其合外力必與速度反向,大小為F= 即微粒一定做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度為a= 故B錯(cuò)誤,D正確;電場(chǎng)力qE=mgcot,但不知微粒的電荷量,所以無(wú)法求出其電場(chǎng)強(qiáng)度,故C錯(cuò)誤。mgsin，gsin，2.(多選)(2018鄭州模擬)如圖所示,空間有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度為E,在電場(chǎng)中P處由靜止下落一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))。在P的正下方h處有一水平彈性絕緣擋板S(擋板不影響電場(chǎng)的分布),小球每次與擋板相碰后電量減小到碰前的k倍(kh,故B正確,D錯(cuò)誤;與擋板相碰后所能達(dá)到最大高度大于

12、h,小球的重力勢(shì)能增大,由能量守恒可知,小球的電勢(shì)能減少,所以小球第一次與擋板相碰后達(dá)到最大高度時(shí)的電勢(shì)能小于qEh,故C錯(cuò)誤?！炯庸逃?xùn)練】如圖所示,充電后的平行板電容器水平放置,電容為C,極板間距離為d,上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開(kāi)始下落,穿過(guò)小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì),極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng),重力加速度為g)。求:(1)小球到達(dá)小孔處的速度。(2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量。(3)小球從開(kāi)始下落運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間?！窘馕觥?1)由v2=2gh得:v= (2)在極板間帶電小球受重力和電場(chǎng)力,由牛頓第二定律得:mg-

13、qE=ma0-v2=2ad解得:E= 解得:Q= 2ghmg(h d) U Ed Q CUqdCmg(h d)q(3)由h= 0=v+at2t=t1+t2解得:t= 答案: 211gt2h d 2hhg mg(h d)Cmg(h d)12gh2qdqh d 2h3hg考點(diǎn)3帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn) 【典題探究】 【典例3】(2018洛陽(yáng)模擬)示波器是研究交變電流變化規(guī)律的重要儀器,其主要結(jié)構(gòu)可簡(jiǎn)化為:電子槍中的加速電場(chǎng)、兩水平放置的平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)和豎直放置的熒光屏組成,如圖所示。若已知加速電場(chǎng)的電壓為U1,兩平行金屬板的板長(zhǎng)、板間距離均為d,熒光屏距兩平行金屬板右側(cè)距離也為d,電子槍發(fā)射

14、的質(zhì)量為m、電荷量為-e的電子,從兩平行金屬板的中央穿過(guò),打在熒光屏的中點(diǎn)O,不計(jì)電子在進(jìn)入加速電場(chǎng)時(shí)的速度及電子重力。若兩金屬板間存在豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2,電子會(huì)打在熒光屏上某點(diǎn),該點(diǎn)距O點(diǎn)距離為 求U1和U2的比值 導(dǎo)學(xué)號(hào)044501633d2，12UU?！窘忸}探究】(1)電子經(jīng)加速電場(chǎng)后獲得速度如何計(jì)算?提示:由動(dòng)能定理可求出電子加速后的速度。(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)?提示:電子垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)。(3)電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)做什么運(yùn)動(dòng)?提示:電子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后不受力的作用,做勻速直線運(yùn)動(dòng)?！窘馕觥吭诩铀匐妶?chǎng)U1中,由動(dòng)能定理得:qU1= mv2

15、以v的速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2中做類平拋運(yùn)動(dòng),在離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏移距離:y1= at2其中:t= 1212dv速度方向與水平方向成角,則有:vy=attan= 離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后偏移的距離:y2=dtan根據(jù)牛頓第二定律有加速度a= 而總的偏移距離:y=y1+y2= 聯(lián)立以上幾式解得: 答案: yvv2qUmd3d212U1U212【通關(guān)秘籍】 1.基本規(guī)律:設(shè)粒子帶電荷量為q,質(zhì)量為m,兩平行金屬板間的電壓為U,板長(zhǎng)為l,板間距離為d(忽略重力影響),則有(1)加速度:a= (2)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間:t= FqEqUmmmd。0v。lx0y0y22xy2x002220vv3qUvatmv dvqUv

16、vv ,tanvmv dv t41qUyat22mv d（）速度。（ ）位移。llll2.兩個(gè)結(jié)論:(1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。證明:由 (2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后,合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn),即O到電場(chǎng)邊緣的距離為 。2002001qUUqUmvtantan2mdv2Ud及得。ll2l3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系:當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解: 指初、末位置間的電勢(shì)差。22y0y11UqUmvmvUy22d，其中 ，4.分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的兩個(gè)關(guān)鍵:條件分

17、條件分析析不計(jì)重力不計(jì)重力, ,且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣惹規(guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀 v0 0與電場(chǎng)方向垂與電場(chǎng)方向垂直直, ,則帶電粒子將在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用做類則帶電粒子將在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)分運(yùn)動(dòng)分析析一般用分解的思想來(lái)處理一般用分解的思想來(lái)處理, ,即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)沖關(guān)】 1.(2018永州模擬)三個(gè)質(zhì)量相等的帶電微粒(重力不計(jì))以相同的水平速度沿兩極板的中心線方向從O點(diǎn)射入,已知上極板帶正電,下極板接地,三微粒

18、的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,其中微粒2恰好沿下極板邊緣飛出電場(chǎng),則()A.三微粒在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間有t3t2t1B.三微粒所帶電荷量有q1q2=q3C.三微粒所受電場(chǎng)力有F1=F2F3D.飛出電場(chǎng)時(shí)微粒2的動(dòng)能大于微粒3的動(dòng)能【解析】選D。粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t= 水平速度相等而位移x1x2=x3,所以t1q2,而對(duì)粒子2和3在E、m、t相同的情況下,粒2211 qEatt22 m，xv，子2的豎直位移大,則q2q3,故B錯(cuò)誤;由于q1q2,所以F1F2,故C錯(cuò)誤;q2q3,且y2y3,則q2Ey2q3Ey3,電場(chǎng)力做功多,增加的動(dòng)能大,故D正確。2.(2016海南高考)如圖,平行板電容器兩極板的間

19、距為d,極板與水平面成45角,上極板帶正電。一電荷量為q(q0)的粒子在電容器中靠近下極板處,以初動(dòng)能Ek0豎直向上射出。不計(jì)重力,極板尺寸足夠大。若粒子能打到上極板,則兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值為()k0k0k0k0EE2E2EA. B. C. D.4qd2qd2qdqd【解析】選B。對(duì)粒子進(jìn)行受力分析如圖所示,可知粒子的運(yùn)動(dòng)方向與所受的合力不在同一條直線上,粒子做曲線運(yùn)動(dòng),若粒子恰能到達(dá)上極板時(shí),其速度與極板平行,電場(chǎng)強(qiáng)度有最大值。將粒子的初速度v0分解為垂直于極板的vy和平行于極板的vx兩個(gè)分量,當(dāng)vy=0時(shí),粒子恰能到達(dá)上極板,速度與極板平行,根據(jù)-vy2=-2 d,由于vy=v0cos

20、45,Ek0= ,聯(lián)立整理得到:E= 故選項(xiàng)B正確。Eqm201mv2k0E2qd，【加固訓(xùn)練】如圖所示,兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng),板長(zhǎng)為L(zhǎng),板間距離為d,在板右端L處有一豎直放置的熒光屏M,一帶電荷量為q,質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間,最后垂直打在M屏上,則下列結(jié)論正確的是 ()A.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 B.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為 C.質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動(dòng)到熒光屏的時(shí)間相等D.質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到熒光屏的時(shí)間mgqmg2q【解析】選C。據(jù)題分析可知,質(zhì)點(diǎn)在平行金屬板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn),做類平拋運(yùn)動(dòng),飛出電場(chǎng)后,質(zhì)點(diǎn)的軌跡向下偏轉(zhuǎn),質(zhì)點(diǎn)才能最后垂直打在M屏

21、上,前后過(guò)程質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡有對(duì)稱性,如圖,可見(jiàn)兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等,根據(jù)牛頓第二定律得,qE-mg=mg,得到E= ,故A、B錯(cuò)誤;由于質(zhì)點(diǎn)2mgq在水平方向一直做勻速直線運(yùn)動(dòng),兩段水平位移大小相等,則質(zhì)點(diǎn)在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間跟它從板的右端運(yùn)動(dòng)到熒光屏的時(shí)間相等。故C正確,D錯(cuò)誤。考點(diǎn)4帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【典題探究】 【典例4】(2018沈陽(yáng)模擬)如圖(a)所示的xOy平面處于勻強(qiáng)電場(chǎng)中,電場(chǎng)方向與x軸平行,電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間t變化的周期為T,變化圖線如圖(b)所示,E為+E0時(shí),電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸正方向。有一帶正電的粒子P,在某一時(shí)刻t0以某一速度v沿y軸正方向自坐標(biāo)原點(diǎn)O射入電場(chǎng)

22、,粒子P經(jīng)過(guò)時(shí)間T到達(dá)的點(diǎn)記為A(A點(diǎn)在圖中未畫出)。若t0=0,則OA連線與y軸正方向夾角為45,不計(jì)粒子重力。 導(dǎo)學(xué)號(hào)04450164(1)求粒子的比荷。(2)若t0= 求A點(diǎn)的坐標(biāo)。(3)若t0= 求粒子到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度。T4，T8，【題眼直擊】(1)E為+E0時(shí),電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿x軸正方向粒子在0T時(shí)間內(nèi)沿x軸正方向先做_運(yùn)動(dòng),再做_運(yùn)動(dòng)。(2)有一帶正電的粒子P,在某一時(shí)刻t0以某一速度v沿y軸正方向自坐標(biāo)原點(diǎn)O射入電場(chǎng)粒子沿y軸正方向做_。勻加速直線勻減速直線勻速直線運(yùn)動(dòng)【解析】(1)粒子在t0=0時(shí)刻射入電場(chǎng),粒子沿y軸方向勻速運(yùn)動(dòng),位移大小為:y=vT粒子沿x軸方向在0 內(nèi)做初

23、速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),位移為x1,末速度為v1,則:x1= v1=a 粒子沿x軸方向在 T內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng),位移為x2,則:x2=v1 T221Ta( )22T2T22T 1Ta( )222粒子沿x軸方向的總位移為x,則:x=x1+x2粒子只受到電場(chǎng)力作用,由牛頓第二定律得:qE=ma由題意OA與y軸正方向夾角為45,則:y=x解得: 0q4vmET(2)粒子在t0= 時(shí)刻射入電場(chǎng),粒子沿y軸方向勻速運(yùn)動(dòng),位移大小為:y=vT粒子沿x軸方向在 內(nèi)做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),位移為x3,末速度為v2,則:x3= v2=a T4TT4221Ta( )24T4粒子沿x軸方向在 T內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng),位移為x

24、4,末速度為v3,則:x4=v2 v3=v2-a 粒子沿x軸方向在T 內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng),位移為x5,則:x5=v3 T22T 1Ta( )222T25T42T1Ta( )424粒子沿x軸的總位移為x,則:x=x3+x4+x5解得:x=0則A點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,vT)(3)粒子在t0= 時(shí)刻射入電場(chǎng),粒子沿y軸方向勻速運(yùn)動(dòng),速度不變,沿x軸方向在 內(nèi)做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),末速度為v4,則:v4=a 粒子沿x軸方向在 T內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng),末速度為v5,則:v5=v4-a T8TT823T8T2T2粒子沿x軸方向在T 內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng),末速度為v6,則:v6=v5+a 解得:v6=0則粒子通過(guò)A點(diǎn)的速度為

25、v答案:(1) (2)(0,vT)(3)v04vE TT89T8【通關(guān)秘籍】 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析【考點(diǎn)沖關(guān)】 1.(多選)(2018宜賓模擬)如圖甲所示,真空中水平放置兩塊長(zhǎng)度為2d的平行金屬板P、Q,兩板間距為d,兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓,在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A,自t=0時(shí)刻開(kāi)始連續(xù)釋放初速度大小為v0,方向平行于金屬板的相同帶電粒子,t=0時(shí)刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開(kāi)電場(chǎng),已知電場(chǎng)變化周期T= 粒子質(zhì)量為m,不計(jì)粒子重力及相互間的作用力,則 ()導(dǎo)學(xué)號(hào)0445016502dv，A.在t=0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度大小仍為v0B.粒

26、子的電荷量為 C.在t= 時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)電勢(shì)能減少了 D.在t= 時(shí)刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開(kāi)電場(chǎng)200mv2U1T81T4201 mv8【解析】選A、D。粒子進(jìn)入電場(chǎng)后,水平方向做勻速運(yùn)動(dòng),則t=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=此時(shí)間正好是交變電場(chǎng)的一個(gè)周期,粒子在豎直方向先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻減速運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)一個(gè)周期,粒子的豎直速度為零,故粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大小等于水平速度v0,故A正確;粒子在豎直方向,在 時(shí)間內(nèi)的位移為 則 解得q= 故B錯(cuò)誤;t=02dv，T2d2，200qU11dd()22 md v，200mvU，1T8時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子,離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)在豎直方

27、向上的位移為d= 故電場(chǎng)力做功為W= 故C錯(cuò)誤;t= 時(shí)刻進(jìn)入的粒子,在豎直方向先向下加速運(yùn)動(dòng) 然后向下減速運(yùn)動(dòng) 再向上加速 向上減速 由對(duì)稱可知,此時(shí)豎直方向的位移為零,故粒子從P板右側(cè)邊緣離開(kāi)電場(chǎng),故D正確。222131T112a( T)2a( )aTd282882 ，2000qU 111dqUmvd222，T4T4，T4，T4，T4，2.(2018襄陽(yáng)模擬)真空室中有如圖甲所示的裝置,電極K持續(xù)發(fā)出的電子(初速不計(jì))經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后,從小孔O沿水平放置的偏轉(zhuǎn)極板M、N的中心軸線OO射入。加速電壓U1= M、N板長(zhǎng)均為L(zhǎng),偏轉(zhuǎn)極板右側(cè)有熒光屏(足夠大且未畫出),M、N兩板間的電壓UMN隨時(shí)間

28、t變化的圖線如圖乙所示,其中U0= 調(diào)節(jié)兩板之間22mL2eT，224mL3eT。的距離,使得每個(gè)電子都能通過(guò)偏轉(zhuǎn)極板,已知電子的質(zhì)量、電荷量分別為m、e,不計(jì)電子重力。(1)求電子通過(guò)偏轉(zhuǎn)極板的時(shí)間t。(2)偏轉(zhuǎn)極板之間的最小距離d。(3)當(dāng)偏轉(zhuǎn)極板間的距離為最小值d時(shí),熒光屏如何放置時(shí)電子擊中的范圍最小,該范圍的長(zhǎng)度是多大?！窘馕觥?1)加速電場(chǎng)加速過(guò)程,由動(dòng)能定理有:eU1= mv02 偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中,水平方向:L=v0t解得:t=T12(2)t=0、T、2T時(shí)刻進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子,豎直方向先加速運(yùn)動(dòng),后做勻速直線運(yùn)動(dòng),射出電場(chǎng)時(shí)沿垂直于豎直方向偏移的距離y最大。豎直方向加速有:y1= 豎直

29、方向勻速運(yùn)動(dòng)有:y2=2y120eU1T( )2 md 2豎直方向勻速運(yùn)動(dòng)有:y2=2y1電子能射出偏轉(zhuǎn)極板,則有:y1+y2 解得:dL(3)對(duì)滿足(2)問(wèn)條件下任意確定的d,不同時(shí)刻射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子沿垂直于極板方向的速度約為:d20yeUTv2md電子速度偏轉(zhuǎn)角的正切值均為tan= 電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度均相同,即速度方向相同,不同時(shí)刻射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電子沿垂直于極板方向的側(cè)移距離可能不同,側(cè)移距離的最大值與最小值之差2000eUTeUT2mv d2mdL20yeU T( )md 2 若熒光屏與電子出偏轉(zhuǎn)極板后的速度垂直,則電子擊中熒光屏的范圍最小,該最小范圍為:y=ycos聯(lián)立解得

30、:y= 答案:(1)T(2)L(3)熒光屏與電子出偏轉(zhuǎn)極板后的速度垂直 13L1313L13【加固訓(xùn)練】如圖甲所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)、間距為d的兩金屬板A、B水平放置,ab為兩板的中心線,一個(gè)帶電粒子以速度v0從a點(diǎn)水平射入,沿直線從b點(diǎn)射出,若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上,欲使該粒子仍能從b點(diǎn)以速度v0射出,求:(1)交變電壓的周期T應(yīng)滿足什么條件?(2)粒子從a點(diǎn)射入金屬板的時(shí)刻t應(yīng)滿足什么條件?【解析】(1)為使粒子仍從b點(diǎn)以速度v0穿出電場(chǎng),在垂直于初速度方向上,粒子的運(yùn)動(dòng)應(yīng)為:加速,減速,反向加速,反向減速,經(jīng)歷四個(gè)過(guò)程后,回到中心線上時(shí),在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零,故有L=

31、nTv0解得:T= 0Lnv粒子在 T內(nèi)離開(kāi)中心線的距離為y= 又有:a= 解得:y= 在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離開(kāi)中心線的最大距離為ym=2y= 粒子不撞擊金屬板,應(yīng)有ym d14211aT24()0UqEEmd， 20qUT32md20qUT16md12解得:T 故:n 即n取大于等于 的整數(shù)所以交變電壓的周期應(yīng)滿足的條件為:T= ,其中n取大于等于 的整數(shù)02m2dqU00qUL2dv2m00qUL2dv2m0Lnv00qUL2dv2m(2)粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間應(yīng)為 故粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間為:t= (n=1,2,3,)答案:(1)T= ,其中n取大于等于 的整數(shù)(2)t= (n=1,2,3,)135TT

32、T444， ， ，2n 1T40Lnv00qUL2dv2m2n 1T4考點(diǎn)5帶電粒子的力電綜合問(wèn)題 【典題探究】 【典例5】(2018三明模擬)如圖,xOy直角坐標(biāo)系構(gòu)成一豎直平面,其第一、四象限范圍內(nèi)(含y軸)存在方向豎直向下、場(chǎng)強(qiáng)大小E=5103 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量m=1.0 kg、帶電量q=-410-3C的小球(可視為質(zhì)點(diǎn)),用長(zhǎng)度l=0.8 m的不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩懸掛在O1(0,0.8 m)點(diǎn)?，F(xiàn)將小球向左拉至與x軸距離h=0.2 m的A點(diǎn)處由靜止釋放,設(shè)繩始終未被拉斷,g取10 m/s2。求小球:導(dǎo)學(xué)號(hào)04450166(1)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)速度大小。(2)第一次從O點(diǎn)向右運(yùn)

33、動(dòng),經(jīng)過(guò)與A點(diǎn)等高處位置的橫坐標(biāo)。(3)第一次離開(kāi)電場(chǎng)前繩子受到的拉力大小。【解題探究】(1)小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程有哪些力做功?提示:只有重力做功,機(jī)械能守恒。(2)小球進(jìn)入電場(chǎng)后受到的電場(chǎng)力與重力的合力與小球做圓周運(yùn)動(dòng)需要的向心力有什么關(guān)系?小球?qū)⒆鍪裁催\(yùn)動(dòng)?提示:通過(guò)計(jì)算,小球進(jìn)入電場(chǎng)后受到的電場(chǎng)力與重力的合力大于小球需要的向心力,小球?qū)⒆鲱惼綊佭\(yùn)動(dòng),當(dāng)繩子被拉直后,小球做圓周運(yùn)動(dòng)?！窘馕觥?1)設(shè)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的速度為v0,A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)過(guò)程,由機(jī)械能守恒定律得:mgh= 解得:v0= =2 m/s201mv22gh(2)小球所受電場(chǎng)力為:F=qE=20 N因F-mg 小球做類平

34、拋運(yùn)動(dòng),第一次從O點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)到與A點(diǎn)等高處過(guò)程,y方向上有:20mv，l22qE mga10 m/sm1hat2x方向:x=v0t解得:x=0.4 m即橫坐標(biāo)為0.4 m(3)當(dāng)線剛拉直時(shí),則有: +(v0t)2=l2解得:t=0.4 s此時(shí)有:x=v0t=0.8 my= at2=0.8 m2 21(at )2l12即小球剛好在圓心等高處繩子拉直,而后做圓周運(yùn)動(dòng),此時(shí)小球向上的速度為:v1=at=4 m/s設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)速度為v2,由動(dòng)能定理得:(F-mg)l= 代入數(shù)據(jù)解得:v2=4 m/s222111mvmv222此時(shí),由牛頓第二定律得:T+mg-F= 解得:T=50 N答案:(1)2

35、 m/s(2)x=0.4 m(3)50 N22vml【通關(guān)秘籍】 解決力電綜合問(wèn)題的一般思路【考點(diǎn)沖關(guān)】 (2018新鄉(xiāng)模擬)空間存在電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),水平地面上有一根細(xì)短管,與水平面之間的夾角為37,如圖所示,一略小于細(xì)短管直徑、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球,從水平地面上方一定高度處水平拋出,經(jīng)時(shí)間t小球恰好無(wú)碰撞地落入細(xì)短管,已知細(xì)短管到拋出點(diǎn)的水平距離為d,重力加速度大小為g,取sin37=0.6,cos37=0.8,空氣阻力不計(jì),求:【解析】(1)由類平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)知:tan=2tany0vh2tan37vd3hd8(2)由題意得:v0= 根據(jù)幾何關(guān)系得:v= 對(duì)小球

36、在空中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程,由動(dòng)能定理得:mgh-qU= 解得:U= 答案: dt00v5vcos37422011mvmv2222m 3gd9d()q832t223m 3gd9d1d 2()8q832t（）（ ）【加固訓(xùn)練】如圖所示,在豎直虛線MN的右側(cè)存在著電場(chǎng)強(qiáng)度為E1=3102 N/C、方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1,在MN的左側(cè)存在著水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2。在右側(cè)的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1中,一條長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.8 m的絕緣細(xì)線一端固定在O點(diǎn),另一端拴著質(zhì)量m=0.3 kg、電荷量q=210-2 C的小球,O點(diǎn)到虛線MN的距離為x=1.2 m?，F(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置,使小球由靜止釋放,則小球能運(yùn)動(dòng)到圖中的位置P(P

37、點(diǎn)在O點(diǎn)的正上方)。(不計(jì)阻力,g取10 m/s2)(1)判斷小球的電性(不需要說(shuō)明理由)。(2)求小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的速度大小vP。(3)若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)細(xì)線剛好斷裂,細(xì)線斷裂后小球繼續(xù)運(yùn)動(dòng),求小球運(yùn)動(dòng)到虛線MN處時(shí)速度大小。(4)在(3)的情況下,若小球運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)虛線MN后進(jìn)入左側(cè)的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2恰能做直線運(yùn)動(dòng),求勻強(qiáng)電場(chǎng)E2的大小?！窘馕觥?1)小球要向上運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力必須向上,故小球帶正電。(2)小球從靜止釋放到運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn),根據(jù)動(dòng)能定理得:(qE1-mg)L= 解得:vP= =4 m/s2P1mv0212 qEmg Lm(3)細(xì)線斷裂后小球繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到虛線MN處,該過(guò)程小球做類平拋運(yùn)動(dòng)(水平勻速

38、,豎直勻加速),如圖甲,設(shè)做類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則:vPt=x由牛頓第二定律得:qE1-mg=ma小球運(yùn)動(dòng)到虛線MN處時(shí)豎直方向的分速度為vy=at 合速度為v= 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得:v=5 m/s22yPvv(4)小球進(jìn)入左側(cè)的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2只在重力和電場(chǎng)力作用下恰能做直線運(yùn)動(dòng),說(shuō)明重力與電場(chǎng)力的合力方向必與速度方向在同一條直線上,通過(guò)分析可得電場(chǎng)力的方向水平向右,小球所受合力方向與速度方向相反。如圖乙所示,則:tan= qE2= 解得:E2=2102 N/CyPvvmgtan答案:(1)小球帶正電(2)4 m/s(3)5 m/s(4)2102 N/C帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【經(jīng) 典 案 例】

39、(20分)(2017全國(guó)卷)如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和-q(q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開(kāi)。已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下;M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng),剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力,重力加速度大小為g。求(1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比。(2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度。(3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小。 【思 維 軌 跡】【規(guī) 范 解 答】解:(1)由于帶電小球M、N進(jìn)入電場(chǎng)水平方向

40、初速度v0相等,加速度大小相等,方向相反,運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,因此離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)vMx=2v0,vNx=0。(2分)對(duì)小球M:2axM=(2v0)2-v02 (2分)對(duì)小球N:2axN=v02-0(2分)解得xMxN=31(1分)(2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h,豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),進(jìn)入電場(chǎng)豎直方向速度為vy1,離開(kāi)電場(chǎng)豎直方向速度為vy2有vy12=2gh(2分)vy22=2g(H+h)(2分)由于M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng),有 (1分)聯(lián)立解得h= (1分)00y1y2v2vvvH3(3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E,對(duì)小球M:水平方向2v0-v0= (2分)豎直方向vy2-vy1=gt(2分)又由于 (2分)聯(lián)

41、立方程解得E= (1分) qEtm222y20y2113 1mvm 2vmv222 2 2mg2q【答 題 規(guī) 則】規(guī)則1:認(rèn)真審題,優(yōu)選規(guī)律認(rèn)真分析小球M、N的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況,選擇合適的規(guī)律列方程,可以使解題過(guò)程簡(jiǎn)單明了,同時(shí)也可以節(jié)省答題時(shí)間。規(guī)則2:符號(hào)應(yīng)用,不能隨意題目中已有物理量符號(hào),一定要用題目中的字母表達(dá)方程(如本題中已有字母H、m、q、g),否則計(jì)算結(jié)果容易出現(xiàn)錯(cuò)誤影響步驟分。規(guī)則3:答題過(guò)程,條理清晰解題過(guò)程應(yīng)條理清晰、層次分明。對(duì)于涉及多個(gè)物體、多個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的綜合性較強(qiáng)的題目,應(yīng)注意研究對(duì)象的選取和對(duì)研究對(duì)象的受力分析和運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析(如本題中涉及M、N兩個(gè)物體的兩個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程),并注意聯(lián)系前后過(guò)程的關(guān)鍵物理量。規(guī)則4:綜合難題,凸顯公式對(duì)于綜合性較強(qiáng)的大題,公式是主要得分點(diǎn),本題20分,如果根據(jù)題設(shè)條件寫出相應(yīng)的物理方程和相關(guān)關(guān)系式就能得17分。如果有些題目運(yùn)動(dòng)過(guò)程不明確,也要盡可能地多列一些相關(guān)方程,因?yàn)殚喚碇话丛u(píng)分標(biāo)準(zhǔn)中給定的公式給分,無(wú)用的方程不給分,也不扣分。規(guī)則5:數(shù)學(xué)運(yùn)算,可以淡化只有物理公式和最后的答案是得分點(diǎn),應(yīng)用物理過(guò)程導(dǎo)出的數(shù)學(xué)運(yùn)算過(guò)程不是得分點(diǎn)。