2018-2019學(xué)年高中物理 第2章 電場與示波器 習(xí)題課2 電容和帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 滬科版選修3-1.doc
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習(xí)題課2 電容和帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) [學(xué)習(xí)目標(biāo)] 1.理解電容器的電容，學(xué)會分析平行板電容器動(dòng)態(tài)變化問題． 2.掌握帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)問題的分析方法. 電容器動(dòng)態(tài)變化問題 1.平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析思路 2．兩類動(dòng)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 U Q d變大 C變小、Q變小、E變小 C變大、U變大、E不變 S變大 C變大、Q變大、E不變 C變大、U變小、E變小 ε變大 C變大、Q變大、E不變 C變大、U變小、E變小 如圖1所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)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，θ表示靜電計(jì)指針的偏角．若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則( ) 圖1 A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變 C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變 思路點(diǎn)撥：①指針偏角θ的大小反映了兩極板間電壓的大?。? ②電勢能Ep的數(shù)值與零電勢點(diǎn)的選取有關(guān)． 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(dòng)，上極板向下移動(dòng)一段距離時(shí)，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(jì)指針的偏角θ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(dòng)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．] 解決電容器問題的兩個(gè)常用技巧 (1)在電荷量保持不變的情況下，由E＝＝＝知，電場強(qiáng)度與板間距離無關(guān)． (2)對平行板電容器的有關(guān)物理量Q，E，U，C進(jìn)行討論時(shí)，關(guān)鍵在于弄清哪些是變量，哪些是不變量，在變量中哪些是自變量，哪些是因變量，利用C＝，Q＝CU和E＝進(jìn)行判定即可． [針對訓(xùn)練] 1．一平行板電容器，兩板之間的距離d和兩板面積S都可以調(diào)節(jié)，電容器兩板與電池相連接．以Q表示電容器的電荷量，E表示兩極板間的電場強(qiáng)度，則( ) 【導(dǎo)學(xué)號：69682115】 A．當(dāng)d增大、S不變時(shí)，Q減小、E減小 B．當(dāng)S增大、d不變時(shí)，Q增大、E增大 C．當(dāng)S減小、d增大時(shí)，Q增大、E增大 D．當(dāng)S減小、d減小時(shí)，Q不變、E不變 A [由于電容器的兩極板與電池相連，故電容器兩極板之間的電壓U保持不變．根據(jù)E＝可得隨d增大，兩極板間的電場強(qiáng)度E減?。鶕?jù)電容C＝，由于S保持不變，d增大，故電容C減小，根據(jù)Q＝CU可知電荷量Q減小，故A正確；根據(jù)E＝可得由于d不變，兩極板間的電場強(qiáng)度E不變，根據(jù)電容C＝，由于S增大，d不變，故電容C增大，根據(jù)Q＝CU可知電荷量Q增大，故B錯(cuò)誤；根據(jù)E＝可得隨d增大，兩極板間的電場強(qiáng)度E減小，根據(jù)電容C＝，由于S減小，d增大，故電容C減小，根據(jù)Q＝CU可知電荷量Q減小，故C錯(cuò)誤；根據(jù)E＝可得隨d減小，兩極板間的電場強(qiáng)度E增大，根據(jù)電容C＝，由于S減小，d減小，故電容C的變化無法確定，根據(jù)Q＝CU可知電荷量Q的變化無法確定，故D錯(cuò)誤．故選A.] 2．如圖2所示，一帶電油滴懸浮在平行板電容器兩極板A、B之間的P點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將極板A向下平移一小段距離，但仍在P點(diǎn)上方，其他條件不變．下列說法中正確的是( ) 圖2 A．液滴將向下運(yùn)動(dòng) B．兩板電勢差增大 C．極板帶電荷量將增加 D．電場強(qiáng)度不變 C [A、B電容器板間的電壓保持不變，故B錯(cuò)；當(dāng)將極板A向下平移一小段距離時(shí)，根據(jù)E＝，分析得知，板間場強(qiáng)增大，液滴所受電場力增大，液滴將向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)，D錯(cuò)；根據(jù)電容的決定式C＝得知電容C增大，而電容器的電壓U不變，極板帶電荷量將增大，故C正確．故選C.] 帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的分析 1．受力分析需要注意的兩個(gè)方面 (1)要掌握電場力的特點(diǎn)．例如，電場力的大小和方向不僅跟場強(qiáng)的大小和方向有關(guān)，還與帶電粒子的電量和電性有關(guān)；在勻強(qiáng)電場中，同一帶電粒子所受電場力是恒力；在非勻強(qiáng)電場中，同一帶電粒子在不同位置所受電場力的大小和方向都可能不同． (2)判斷是否考慮重力． 基本粒子：如電子、質(zhì)子、α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)． 帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力． 2．求解時(shí)依據(jù)的兩類規(guī)律方法 (1)牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律．先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程(平衡、加速或減速，是直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng))，對勻變速運(yùn)動(dòng)問題可用牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律處理． (2)從功和能的角度分析．帶電粒子在電場力作用下的加速、減速或偏轉(zhuǎn)過程是其他形式的能和動(dòng)能之間的轉(zhuǎn)化過程，解這類問題，可以使用動(dòng)能定理或能量守恒定律． 如圖3所示，兩平行金屬板A、B長l＝8 cm，兩板間距離d＝8 cm，A板比B板電勢高300 V，即UAB＝300 V．一帶正電的粒子電量為q＝10－10 C，質(zhì)量為m＝10－20 kg，從R點(diǎn)沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2106 m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進(jìn)入固定在中心線上O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS右邊點(diǎn)電荷的電場分布不受界面的影響)．已知兩界面MN、PS相距為L＝12 cm，粒子穿過界面PS后被點(diǎn)電荷Q施加的電場力俘獲從而以O(shè)點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上．(靜電力常量k＝9109 Nm2/C2，粒子重力不計(jì)，tan 37＝，tan 53＝)求： 圖3 (1)粒子穿過界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離h； (2)粒子穿過界面MN時(shí)的速度v； (3)粒子穿過界面PS時(shí)偏離中心線RO的距離Y； (4)點(diǎn)電荷的電荷量Q(該小題結(jié)果保留一位有效數(shù)字)． 思路點(diǎn)撥：①偏轉(zhuǎn)時(shí)用類平拋運(yùn)動(dòng)的方法求解． ②出電場后可應(yīng)用相似三角形求解． ③做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)可用庫侖力提供向心力求解． 【解析】 (1)設(shè)粒子在兩極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則t＝，h＝at2，a＝＝ 解得：h＝＝0.03 m＝3 cm. (2)設(shè)粒子從電場中飛出時(shí)沿電場方向的速度為vy，則：vy＝at＝ 解得：vy＝1.5106 m/s 所以粒子從電場中飛出時(shí)的速度為： v＝＝2.5106 m/s 設(shè)粒子從電場中飛出時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為θ，則： tan θ＝＝ 解得：θ＝37. (3)帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由相似三角形知識得： ＝ 解得：Y＝0.12 m＝12 cm. (4)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為： r＝＝0.15 m 又＝m， 解得：|Q|＝110－8 C 故Q＝－110－8 C. 【答案】 (1)3 cm (2)2.5106 m/s，方向與水平方向成37角斜向下 (3)12 cm (4)－110－8 C 計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心距離Y的四種方法 (1)Y＝y(tǒng)＋dtan θ(d為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)． (2)Y＝tan θ(L為電場寬度)． (3)Y＝y(tǒng)＋vy. (4)根據(jù)三角形相似＝. [針對訓(xùn)練] 3．如圖4所示，左側(cè)為加速電場，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，加速電場的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場電壓的k倍．有一初速度為零的帶電粒子經(jīng)加速電場加速后，從偏轉(zhuǎn)電場兩板正中間垂直電場強(qiáng)度方向射入，且正好能從下極板右邊緣穿出電場，不計(jì)帶電粒子的重力，則偏轉(zhuǎn)電場長、寬的比值為( ) 圖4 A. B. C. D. B [設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，因?yàn)閝U1＝mv，帶電粒子離開加速電場時(shí)的速度v0＝；在偏轉(zhuǎn)電場中＝t2，解得t＝d，水平距離l＝v0t＝d＝d，所以＝，B正確．] 4．如圖5所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏．現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì))，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點(diǎn)為O.試求： 圖5 (1)粒子從射入電場到打到屏上所用的時(shí)間； (2)粒子剛射出電場時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan α； (3)粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x. 【導(dǎo)學(xué)號：69682116】 【解析】 (1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入電場到打到屏上所用的時(shí)間t＝. (2)設(shè)粒子射出電場時(shí)沿平行電場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a＝，所以vy＝a＝，所以粒子剛射出電場時(shí)的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tan α＝＝. (3)由＝得：x＝3y＝. 【答案】 (1) (2) (3) [當(dāng) 堂 達(dá) 標(biāo)固 雙 基] 1．如圖6所示，a、b為平行金屬板，靜電計(jì)的外殼接地，合上開關(guān)S后，靜電計(jì)的指針張開一個(gè)較小的角度，能使角度增大的辦法是( ) 圖6 A．使a、b板的距離增大一些 B．使a、b板的正對面積減小一些 C．?dāng)嚅_S，使a、b板的距離增大一些 D．?dāng)嚅_S，使a、b板的正對面積增大一些 C [開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差不變，則靜電計(jì)指針的張角不變，故A、B錯(cuò)誤；斷開S，電容器所帶的電量不變，a、b板的距離增大，則電容減小，根據(jù)U＝知，電勢差增大，則指針張角增大，故C正確；斷開S，電容器所帶的電量不變，a、b板的正對面積增大，電容增大，根據(jù)U＝知，電勢差減小，則指針張角減小，故D錯(cuò)誤．] 2.如圖7所示，平行板電容器上極板帶正電，從上極板的端點(diǎn)A點(diǎn)釋放一個(gè)帶電荷量為＋Q(Q>0)的粒子，粒子重力不計(jì)，以水平初速度v0向右射出，當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為1∶2時(shí)，恰好從下端點(diǎn)B射出，則d與L之比為( ) 【導(dǎo)學(xué)號：69682117】 圖7 A．1∶2 B．2∶1 C．1∶1 D．1∶3 C [設(shè)粒子從A到B的時(shí)間為t，粒子在B點(diǎn)時(shí)，豎直方向的分速度為vy，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得L＝v0t，d＝t，又v0∶vy＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，選項(xiàng)C正確．] 3．如圖8所示，一個(gè)帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計(jì))電壓為U1的加速電場，經(jīng)加速后從小孔S沿平行金屬板A、B的中線射入，A、B板長為L，相距為d，電壓為U2.則帶電粒子能從A、B板間飛出應(yīng)該滿足的條件是( ) 圖8 A.< B.< C.< D.< C [根據(jù)qU1＝mv2，t＝，y＝at2＝，由題意知，y下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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