高考物理一轮总复习课件：6.3电容器 带电粒子在电场中的运动
2015高考物理一轮复习课件：6-3 电容器 带电粒子在电场中的运动
线运动
19 带电粒 (2)用功能观点分析：电场力对带电粒子做的功等于□ 1 1 20 qU ＝ mv2－ mv2 子动能的增量 ，即□ . 2 2 0
2．带电粒子的偏转 (1)运动状态： 带电粒子受到恒定的与初速度方向垂直的电场力 作用而做类平抛运动． (2)处理方法：类似于平抛运动的处理方法． ①沿初速度方向为匀速运动，运动时间 t＝ l/v0. F qE qU 匀加速 21 ②沿电场力方向为□ 运动，a＝m＝ m ＝ md. 1 2 ql2U ③离开电场时的偏移量 y＝ at ＝ 2 . 2 2mv0 d
(3)充、放电． ①充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带上等 6 电场 ， 7 量异号电荷的过程， 充电后两极间存在□ 电容器储存了□
电能
8 ②放电： 用导线将充电后电容器的两极板接通， 极板上电荷□
中和 的过程，放电后的两极板间不再有□ 9 电场 ，同时电场能转
化为其他形式的能．
2．电容 10 电荷量 与两极板间□ 11 电势差 (1)定义：电容器所带的□ 的比值．
(2)观察到的现象． ①如果在偏转电极 XX′和 YY′之间都没有加电压，则电子枪 26 中心 ，在那里产生一个亮 射出的电子沿直线运动，打在荧光屏□ 斑． 27 ②若所加扫描电压和□
信号电压 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化的稳定图象．
考点自测 考点一 电容器和电容
1． [2012· 江苏卷]一充电后的平行板电容器保持两极板的正对 面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容 C 和两极板间的电势差 U 的变化情况是( A．C 和 U 均增大 C．C 减小，U 增大 )
qlU v⊥ 22 mv2 ④离开电场时的偏转角 tanθ＝ ＝□ 0d v0
2014年《步步高》高三物理一轮复习课件(江苏专用)选修3-1 第六章 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
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【知识存盘】 1．电容器 绝缘 靠近 (1)组成：由两个彼此_____又相互_____的导体组成． 绝对值 (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的_______ ． (3)电容器的充、放电 充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量 异种电荷 电场能 的_________ ，电容器中储存_______ ． 放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中 电场能 _______转化为其他形式的能． 2．电容 电荷量Q (1)定义：电容器所带的_________与电容器两极板间的电 势差U的比值．
介电常数 距离 介质的_________成正比，与两板间的______成反比．
ε rS (2)决定式：C＝ ，k 为静电力常量． 4π kd
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带电粒子在匀强电场中的运动
【思维驱动】
Ⅱ
(考纲要求)
(多选)(2013· 苏州模拟)如图6－3－1所示，在等 势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微 粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动， 由此可知 ( )． 图6－3－1
解析
一带负电的微粒以一定初速度射入
电场，并沿直线AB运动，其受到的电场力 F只能垂直于等势面水平向左，则电场方向 水平向右，如图所示，所以电场中A点的 电势高于B点的电势，A对；微粒从A向B运动，则合外力 做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，C错、 B对；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
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电容、电容器
高考物理复习---《带电粒子在交变电场中的偏转运动》PPT考点课件
√A.粒子在电场中运动的最短时间为
2d v0
B.射出粒子的最大动能为54mv02
C.t＝2dv0时刻进入的粒子，从 O′点射出
√D.t＝3vd0时刻进入的粒子，从 O′点射出
解析 由题图可知场强大小 E＝m2qvd02，则粒子在电场 中的加速度 a＝qmE＝v20d2，则粒子在电场中运动的最短 时间满足d2＝12atmin2，解得 tmin＝ v20d，选项 A 正确； 能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为 t＝8vd0， 则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时 沿电场方向的速度均为 0，可知射出电场时粒子的动 能均为12mv02，选项 B 错误；
金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质 量为m，带电荷量为e的电子(初速度可视为0).在B板右侧两块平行金属板
M、N间加有如图乙所示的电压， 电压变化的周期T＝L 2emU0，板 间中线与电子源在同一水平线上.
已知极板间距为d，极板长L，不
计电子重力，求： 图1
(1)电子进入偏转极板时的速度
大小；
答案
2eU0 m
解析 设电子进入偏转极板时的速度为 v，由动能定理有 eU0＝12mv2 解得 v＝ 2emU0.
(2)T4时刻沿中线射入偏转极板间的电 子刚射出偏转极板时与板间中线的 距离(未与极板接触). 答案 0
解析 由题意知，电子穿过偏转极板所需时间 t＝Lv＝L 2emU0＝T 故在T4时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速后减速，然 后反向加速再减速，各段位移大小相等，
故一个周期内，侧移量为零，则电子沿板间中线射出偏转极板，与板间 中线的距离为0.
跟进训练
1.(带电粒子在交变电场中的偏转)(多选)(2019·山东潍坊市二模)如图2甲 所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持 续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子.在两板 间存在如图乙所示的交变电 场，取竖直向下为正方向， 不计粒子重力.以下判断正确 的是
新课标2023版高考物理一轮总复习第七章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动课件
一、电容器及电容 1．电容器 (1)组成：由两个彼此__绝__缘__又相距很近的导体组成。 (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。 (3)电容器的充、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_异__种__电__荷___， 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，放电过程中电场能转化为其他形 式的能。
A．该电子做匀变速直线运动 B．x 轴上各点的电场强度方向都沿 x 轴负方向 C．M 点的电势是 P 点电势的12 D．图像中的 E0 的数值为 1.2 解析：由题图可知电子从 M 点运动到 P 点过程中，电场强度逐渐减小，所以该电场不 是匀强电场，即电子受到的电场力不是恒定的，所以该电子不做匀变速直线运动，故 A 错误；若一电子仅在电场力作用下自 M 点运动至 P 点，电势能减小，则电场力做正 功，由功能关系可得 WMP＝EpM－EpP＞0，又 WMP＝－UMPe，所以 UMP＜0，即 φM＜φP， 而电场线由高电势指向低电势，可知 x 轴上各点的电场强度方向都沿 x 轴负方向，故 B 正确；电势零点未知，所以无法确定两点的电势数值关系，故 C 错误；
3．[带电体受力及运动情况的判断] (多选)如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止 在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件 不变。则在B极板移动的过程中 A．油滴将向下做匀加速运动 B．电流计中电流由b流向a C．油滴运动的加速度逐渐变大 D．极板带的电荷量减少
()
(√)
(6)我们能在手机屏幕上看到各种各样的信息是因为电子束高速撞击荧光屏得
到的。
( ×)
(一) 平行板电容器的动态分析(固基点)
[题点全练通]
物理一轮总复习(固考基+抓细节+重落实)6-3 电容器与电容带电粒子在电场中的运动课件(含13高考、14模拟)
【迁移应用】 1．(2011· 天津高考 )板间距为 d 的平行板电容器所带电荷 量为 Q 时，两极板间电势差为 U1，板间场强为 E1.现将电容 1 器所带电荷量变为 2Q，板间距变为 d，其他条件不变，这时 2 两极板间电势差为 U2，板间场强为 E2，下列说法正确的是 ( A． U2＝ U1， E2＝ E1 C． U2＝ U1， E2＝ 2E1 B． U2＝ 2U1， E2＝ 4E1 D． U2＝ 2U1， E2＝ 2E1 )
【答案】 ACD
带电粒子在电场中的偏转
1.粒子的偏转角 (1)以初速度 v0 垂直进入偏转电场：如图 6－ 3－8 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 qU1l 子飞出电场时偏转角为 θ，则 tan θ＝ 2 mv 0d 结论： 动能一定时， tan θ 与 q 成正比， 电荷量相同时 tan θ 与动能成反比．
【解析】 由荧光屏上亮斑的位置可知， 电子在 XX′偏 转电场中向 X 极板方向偏转，故极板 X 带正电，A 正确，B 错误；电子在 YY′偏转电场中向 Y 极板方向偏转，故极板 Y 带正电，C 正确，D 错误．
【答案】 AC
4.如图 6－3－4 所示，有一带电粒子贴着 A 板沿水平方 向射入匀强电场，当偏转电压为 U1 时，带电粒子沿①轨迹从 两板正中间飞出；当偏转电压为 U2 时，带电粒子沿②轨迹落 到 B 板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次 偏转电压之比为( ) B．U1∶U2＝ 1∶4 D．U1∶U2＝1∶1
【答案】 B
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化问题时，必须抓住两个 关键点： (1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不 变，一般情况下是保持电量不变或板间电压不变． (2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容 U 的变化，还要应用 E＝ ，分析板间电场强度的变化情况． d
2012版物理一轮精品复习学案：6.3 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动(选修3-1)
第3节 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动【考纲知识梳理】一。
电容器1. 构成：两个互相靠近又彼此绝缘的导体构成电容器。
2. 充放电：（1）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。
（2）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。
3．电容器带的电荷量：是指每个极板上所带电荷量的绝对值 4.电容器的电压：（1）额定电压：是指电容器的对大正常工作即电容器铭牌上的标定数值。
（2）击穿电压：是指把电容器的电介质击穿导电使电容器损坏的极限电压。
二.电容1．定义：电容器所带的电荷量Q 与两极板间的电压U 的比值 2．定义式：是计算式非决定式）(UQ UQ C ∆∆==3．电容的单位：法拉，符号：F 。
PF F F 12610101==μ4．物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等于电容器两板间的电势差增加1V 所需的电荷量。
5．制约因素：电容器的电容与Q 、U 的大小无关，是由电容器本身的结构决定的。
对一个确定的电容器，它的电容是一定的，与电容器是否带电及带电多少无关。
三.平行板电容器1．平行板电容器的电容的决定式：dd k C S S 41εεπ∝∙=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。
2．平行板电容器两板间的电场：可认为是匀强电场，E=U/d 四.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）。
⑪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。
高考物理一轮复习 静电场第3讲 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动课件 教科版选修31
3．一个带电小球，用细绳悬挂在水平方向的匀强电场中，当
小球静止后把悬绳烧断，小球将做
( )．
A．自由落体运动
B．匀变速曲线运动方向
C．沿悬绳的延长线方向做匀加速直线运动
D．变加速直线运动
解析 重力和电场力均为恒力，合力方向与细绳的拉力方
向相反，大小与细绳的拉力大小相等．剪断细绳后小球初
速度为零，合力恒定，故做匀加速直线运动，正确答案为C.
2．带பைடு நூலகம்粒子在匀强电场中的偏转
(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．
(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的_合__成__与__分__解__
的方法．
①沿初速度方向做_匀__速__直__线__运动，运动时间t＝ ②沿电场力方向，做_匀__加__速__直__线__运动
l v0
示波管 Ⅰ(考纲要求) 1. 构造：(1)_电__子__枪__，(2) _偏__转__电__极__，(3) _荧__光__屏__ 2．工作原理(如图6－3－1所示)
考点二 带电体在匀强电场中做直线运动问题的分析
首先对带电粒子进行受力分析，弄清带电粒子的运动状态， 然后再选用恰当的物理规律求解．如果应用牛顿运动定律， 要弄清带电粒子的受力情况和运动情况，再灵活运用运动 学公式求解；如果运用动能定理，关键要弄清带电粒子的 初、末状态及哪些力做功．
【典例2】
(2012·济南模拟)如图6－3－6所示，一 带电荷量为＋q、质量为m的小物块处 于一倾角为37°的光滑斜面上，当整 个装置被置于一水平向右的匀强电场 中，小物块恰好静止．重力加速度取g， 图6－3－6 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)水平向右电场的电场强度； (2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大； (3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能．
新课标全国高考考前复习物理 6.3 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动
新课标全国高考考前复习物理6.3 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动1．如图6－3－1所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B 点运动．下列判断中正确的是 ( )．A ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越小B ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定C ．电场线由A 指向B ，该电荷做匀速运动D ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越大解析 在由电场线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线沿B 点运动，受 电场力方向由A 指向B ，则电场线方向由B 指向A ，该负电荷做加速运动，其加速度大 小的变化不能确定．选项B 正确． 答案 B2. 如图6－3－2所示是测定液面高度h 的电容式传感器示意图，E 为电源，G 为灵敏电流计，A 为固定的导体芯，B 为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h 发生变化时观察到指针正向左偏转，则 ( )．A ．导体芯A 所带电荷量在增加，液体的深度h 在增大B ．导体芯A 所带电荷量在减小，液体的深度h 在增大C ．导体芯A 所带电荷量在增加，液体的深度h 在减小D ．导体芯A 所带电荷量在减小，液体的深度h 在减小解析 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G 的电流由左→右，则导体芯A 所带电荷 量在减小，由Q ＝CU 可知，芯A 与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h 在 减小，故D 正确． 答案 D3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大图6－3－1图6－3－2小．如图6－3－3所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，G 为静电计．开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( )．图6－3－3A ．断开开关S 后，将A 、B 分开些 B ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开些C ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近些D ．保持开关S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动解析 要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增 大，断开开关S 后，将A 、B 分开些，电容器的带电荷量不变，电容减小，电势差增大， A 正确；保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的 电势差不变，B 、C 均错误；保持开关S 闭合，将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动， 静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D 错误． 答案 A4．如图6－3－4所示，一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线 打在屏上O 点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球( )．A ．将打在O 点的下方B ．将打在O 点的上方C ．穿过平行板电容器的时间将增加D ．达到屏上动能将增加解析 由题意知，上极板不动时，小球受电场力和重力平衡，平行板电容器上移后，两 极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受电场力减小，合力方向向下， 所以小球向下偏转，将打在O 点下方，A 项正确，B 项错误；小球的运动时间由水平方图6－3－4向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，C 项错 误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以D 项正确． 答案 AD5．如图6－3－5所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m 的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为 ( )． A ．mv 02B.12mv 02C ．2mv 02D.52mv 02解析 由题意可知小球到P 点时水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝12v Py t ，合速度v P ＝v 02＋v Py 2＝5v 0E kP ＝12mv P 2＝52mv 02，故选D(等效思维法)．答案 D6．如图6－3－6所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 极板时速度为v ，保持两板间电压不变，则 ( )．A ．当增大两板间距离时，v 也增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析 电子从静止开始运动，根据动能定理，从A 运动到B 动能的变化量等于电场力做 的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间 距离增加，时间变长．图6－3－6图6－3－5答案 CD7．如图6－3－7所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )．A ．仅将偏转电场极性对调B ．仅增大偏转电极间的距离C ．仅增大偏转电极间的电压D ．仅减小偏转电极间的电压 解析 设加速电场电压为U 0，偏转电压为U ，极板长度为L ，间距为d ，电子加速过程 中，由U 0q ＝mv 022，得v 0＝2U 0qm，电子进入极板后做类平抛运动，时间t ＝L v 0，a ＝Uq dm，v y ＝at ，tan θ＝v y v 0＝UL2U 0d，由此可判断C 正确．(类平抛模型)答案 C8．如图6－3－8所示，一带电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d ，P 、Q 两点的电势差为U ，不计重力作用，设P 点的电势为零．则下列说法正确的是( )．A ．带电粒子在Q 点的电势能为－Uq B ．带电粒子带负电图6－3－7图6－3－8C ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U3dD ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U 3d解析 根据带电粒子的偏转方向，可判断B 错误；因为P 、Q 两点的电势差为U ，电场 力做正功，电势能减少，而P 点的电势为零，所以A 正确；设带电粒子在P 点时的速度 为v 0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由曲线运 动的规律和几何知识求得带电粒子在y 轴方向的分速度为v y ＝3v 0.带电粒子在y 轴方向 上的平均速度为v y ＝3v 02；带电粒子在y 轴方向上的位移为y 0，带电粒子在电场中的 运动时间为t ，y 0＝3v 02t ，d ＝v 0t ，得y 0＝3d 2，由E ＝U y 0得E ＝23U 3d，C 正确，D 错误． 答案 AC9．如图6－3－9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速度变大解析 设加速电压为U 0，进入偏转电场时的速度大小为v 0，则电子经加速电场：eU 0＝12mv 02① 偏转电场中：L ＝v 0t② y ＝12×Uedmt 2③图6－3－9eU d y ＝12mv 2－12mv 02④由①②③得y ＝L 2U 4dU 0.当滑动触头向右滑动时，U 0变大，y 变小， 所以选项A 错，B 对． 由①②③④得12mv 2＝L 2U 2e4d 2U 0＋eU 0当U 增大时，12mv 2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项C 错，D 对．答案 BD10．M 、N 是某电场中一条电场线上的两点，若在M 点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M 点运动到N 点，其电势能随位移变化的关系如图6－3－10所示，则下列说法正确的是 ( )．A ．电子在N 点的动能小于在M 点的动能B ．该电场有可能是匀强电场C ．该电子运动的加速度越来越小D ．电子运动的轨迹为曲线解析 电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图像可知电子由M 点运动到N 点，电势能减小，动能增加，A 选项错误；分析图像可得电子的电势能随运动距离的增大，减小的越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W ＝qE Δx 可得电场强 度越来越小，B 选项错误；由于电子从M 点运动到N 点电场力逐渐减小，所以加速度逐 渐减小，C 选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得MN 电场线为直线，由运动 与力的关系可得轨迹必为直线，D 选项错误． 答案 C11．如图6－3－11甲所示，静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．图6－3－26乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m 、电荷量为－q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d 可以改变收集效率η.当d ＝d 0时，η为81%(即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集)．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．图6－3－10图6－3－11(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值d m ； (2)求收集效率η与两板间距d 的函数关系．解析 (1)收集效率η为81%，即离下板0.81 d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压 电源的电压为U ，则在水平方向有L ＝v 0t① 在竖直方向有0.81d 0＝12at2② 其中a ＝F m ＝qE m ＝qUmd 0③当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为 100%时，两板间距即为d m .如果进一步减小d ，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有L ＝v 0t④ 在竖直方向有d m ＝12a ′t2⑤ 其中a ′＝F ′m ＝qE ′m ＝qU md m⑥ 联立①②③④⑤⑥式可得d m ＝0.9d 0⑦(2)当d >0.9d 0时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端 边缘，此时有x ＝12qU md ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 0 2⑧ 根据题意，收集效率为η＝x d⑨联立①②③⑧⑨式可得η＝0.81⎝ ⎛⎭⎪⎫d 0d 2.答案 (1)0.9d 0 (2)η＝0.81⎝ ⎛⎭⎪⎫d 0d 212．如图6－3－12所示，长L ＝1.2 m 、质量M ＝3 kg 的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m ＝1 kg 、带电荷量q ＝＋2.5×10－4C 的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E ＝4.0×104N/C 的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F ＝10.8 N ．取g ＝10 m/s 2，斜面足够长．求： (1)物块经多长时间离开木板？ (2)物块离开木板时木板获得的动能．(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．解析 (1)物块向下做加速运动，设其加速度为a 1，木板的加速度为a 2，则由牛顿第二定 律对物块：mg sin 37°－μ(mg cos 37°＋qE )＝ma 1 对木板：Mg sin 37°＋μ(mg cos 37°＋qE )－F ＝Ma 2 又12a 1t 2－12a 2t 2＝L 得物块滑过木板所用时间t ＝2s .(2)物块离开木板时木板的速度v 2＝a 2t ＝3 2 m/s. 其动能为E k2＝12Mv 22＝27 J.(3)由于摩擦而产生的内能为(程序思维法)Q ＝Fs 相对＝μ(mg cos 37°＋qE )·L ＝2.16 J.答案 (1) 2 s (2)27 J (3)2.16 J图6－3－12。
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ε rS
4πkd
分析平行板电容器电容的
2．平行板电容器的动态分析问题的两种情况归纳： (1)平行板电容器充电后，保持电容器的两极板与 电池的两极相连接：
(2)平行板电容器充电后，切断与电池的连接：
题型二：带电粒子在匀强电场中平衡和运动的分 析 例2如图所示，两板间距为 d 的平 行板电容器与一电源连接，开关 S 闭 合．电容器两板间有一质量为 m，带 电量为 q 的微粒静止不动，下列说法 正确的是( ) A．微粒带的是正电 mgd B．电源电动势的大小等于 q C．断开电键 K，微粒将向下做加速运动 D．保持电键 K 闭合，把电容器两极板距离增大， 微粒将向下做加速运动
题型一：平行板电容器的动态分析问题 例1在如图所示的实验装置中， 平行板电容器的极 板 A 与一外壳接地的灵敏静电计相接， 极板 B 接地． 下 列描述中正确的是( )
A．甲图中将 B 板稍向上移一些，静电计指针偏 角不变，极板上的电荷量变小 B．乙图中将 B 板稍向左移一些，静电计指针偏 角不变，极板上的电荷量变大 C．乙图中将 B 板稍向左移一些，极板上的电荷 量几乎不变，静电计指针偏角变大 D．丙图中在两板间平行于极板插入一块陶瓷板， A、 B 极板上的电荷量几乎不变， 静电计指针偏角变小
【答案】CD
【方法与知识感悟】 1． 运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量 变化的思路． (1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量 不变． (2)用决定式 C＝ 变化． Q (3)用定义式 C＝U分析电容器所带电荷量或两极 板间电压的变化． U (4)用 E＝ d 分析电容器极板间场强的变化．
第3节
电容器
带电粒子在电场中的运动
一、电容器、电容 1．电容器 绝缘 靠近 (1) 组成：由两个彼此 ________ 又相互 _______ 的 导体组成． 绝对值 (2)带电量：一个极板所带电量的__________ ． (3)电容器的充、放电 充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板 异种电荷 电场能 带上等量的___________ ，电容器中储存__________ ． 放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电 电场能 过程中__________ 转化为其他形式的能．
三、示波管的原理 偏转电极 电子枪 1．构造：(1)__________ ，(2)_____________ ， 荧光屏 (3)____________ ． 2．工作原理(如图所示)
(1)如果在偏转电极 XX′和 YY′之间都没有加电压， 中心 ， 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． 信号电压 (2)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变化的稳定图象．扫描 电压周期是信号电压周期的 n 倍，就出现 n 个信号电带电粒子在电场中的加速 带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场， 匀加速(或匀减速)直线 带电粒子将做_____________________ 运动． 有两种分析方法： qE U (1) 用动力学观点分析： a ＝ m ， E ＝ d ， v2 － v02 ＝2ad. (2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场 力做的功等于物体动能的变化． 1 2 1 qU＝2mv －2mv02
【解析】平行板电容器电容的决定式 C＝
εS
4πkd
，
静电计与电容器并联，其指针偏角的大小反映了电容 器两板间电势差的大小．把 B 板上移，S 减小，C 减 Q 小，依 C＝U，Q 不变，U 增大，指针偏角增大，A 错； 把 B 板左移，S 不变，d 增大，C 减小，Q 不变，U 增 大，静电计指针偏角增大，B 错 C 对．插入陶瓷板， Q 不变，ε 增大，C 增大，U 减小，静电计指针偏角减 小，D 对．
2．电容 电荷量Q (1)定义：电容器所带的____________ 与电容器两 电势差U 极板间的_____________ 的比值． Q U (2)定义式：C＝________ ． 储存电荷的 (3) 物理意义：表示电容器 _____________ 本领大 小的物理量． 106 (4)单位：法拉(F) 1 F＝________ μ F＝1012pF 3．平行板电容器 (1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的 介电常数εr 正对面积S ___________ 成正比， 与介质的________________ 成正 两极板的距离d 比，与_______________ 成反比． ε rS 4π kd (2)决定式： C＝_____________ ， k 为静电力常量．
【答案】BD
例3如图所示，A 是一个表面绝缘质量为 1 kg 的 小车，置于光滑的水平地面上，在小车左端放置一质 － 量为 1 kg 带电量为 q＝＋1×10 2 C 的物块． 在水平方 向有一匀强电场，可以通过开关控制其有、无及方 向．先产生一个方向水平向右，大小 E1＝3×102 V/m 的电场，小车和物块开始运动，作用时间 1 s 后(B 还 没有运动到 A 的右端)， 小车与一预先设置的竖直绝缘 挡板相碰，小车碰后速度方向反向，速度大小不变， 碰后立即改变电场，电场大小变为 E2＝1×102 V/m， 方向不变．随即去掉挡板．已知物块与小车间的动摩 擦因数 μ＝0.1，(小车不带电，物块体积大小不计，g 取 10 m/s2)求：
2．带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强 电场． (2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的 分解 ________ 的方法． 匀速直线 ①沿初速度方向做____________ 运动，运动时间 l t＝v 0 匀加速直线 ②沿电场方向，做_____________ 运动． F qE Uq 加速度：a＝ ＝ ＝ m m md 1 2 Uql2 离开电场时的偏移量：y＝2at ＝2mdv 2 0 vy Uql 离开电场时的偏转角：tan θ ＝v ＝mdv 2 0 0
【解析】带电粒子受重力和竖直向上的电场力作 用而静止，可知粒子带负电，故选项 A 错．由于粒子 处于平衡状态，有 qE＝mg，E 为极板间的电场强度， mgd 电源电动势的大小 ε＝Ed＝ q ，选项 B 正确．断开 电键 K，极板间电场没有改变，微粒仍将静止不动， 选项 C 错．保持 K 闭合，把电容器两极板距离增大， 则极板间电场的电场强度变小，微粒将向下做加速运 动．选项 D 正确．