2019届一轮复习人教版 电容器 带电粒子在电场中的运动 教案
带电粒子在电场中运动教案
一、教学目标1．使学生理解并掌握带电粒子在电场中运动的特点和规律，能够正确分析和解答带电粒子在电场中的加速和偏转等方面的问题。
2．掌握分析和解决带电粒子在电场中运动问题的思路和方法。
3．培养学生综合应用物理知识对具体问题进行具体分析的能力。
二、教学重点、难点分析带电粒子在电场中的运动是电场知识的重要应用，注重分析判断带电粒子在电场力作用下的运动情况，掌握运用力的观点和能的观点求解带电粒子运动的思路和方法．三、教学方法：启发式教学，计算机辅助教学四、教具：多媒体投影仪，计算机，自制教学课件五、教学过程：（一）大屏幕（课题展示）介绍带电粒子：一般把重力可忽略不计的微观粒子称为带电粒子，如质子、电子、原子核、离子等。
（二）引入新课：通过前几节课的学习，我们知道，带电粒子在电场中要受到电场力的作用,产生加速度,速度的大小和方向都会发生变化.在现代科学实验和技术设备中,常常根据这个道理,利用电场来改变或控制带电粒子的运动.例如（大屏幕展示图片——激发兴趣）。
北京正负电子对撞机是利用电场加速的实例，以及我们以后实验要用的示波器又是电子在电场中加速和偏转的实例。
讨论两种基本方式一带电粒子的加速二带电粒子的偏转（三）进行新课一、带电粒子的加速 匀强电场中的加速问题例1：在加上电压并处于真空的金属板附近有一带正电粒子q ， 初速度为零,在电场力作用下向哪里运动？做什么运动两板间电势差为U ，板间距为d ，你能求得q 到达负极板时的速度v 吗？有几种方法可求? （学生小组讨论，提问学生上黑板做题，再总结——师生互动，生生互动）。
（1）运用运动学和动力学方法求解，因电场力为恒力，a=F/m=Uq/dm 、v 2-0=2ad ，可求出v=m qU /2（2）运用能量观点求解，qU=mv 2/2，可求出v=m qU /2 （请同学比较在题设条件下哪种方法更简便————比较两种方法优缺点）。
提出问题：解决带电粒子在非匀强电场中的加速问题是否也可以用这两种方法呢？学生讨论回答得出结论——非匀强电场中的加速问题qU=△E k 同样适用。
公开课教案(带电粒子在电场中的运动)
课题:9 、带电粒子在电场中的运动执教者:龙步来一、教学目标:1．了解带电粒子在电场中的运动——只受电场力，带电粒子做匀变速运动。
2．重点掌握初速度与场强方向垂直的带电粒子在电场中的运动(类平抛运动)。
3．知道示波管的主要构造和工作原理。
4.培养学生综合运用力学和电学的知识分析解决带电粒子在电场中的运动。
5．渗透物理学方法的教育：运用理想化方法，突出主要因素，忽略次要因素，不计粒子重力。
6．培养学生综合分析问题的能力，体会物理知识的实际应用。
二、重点：带电粒子在电场中的加速和偏转规律三、难点：带电粒子在电场中的偏转问题及应用。
四、课时:2个课时五、教学过程：（一）引入:复习力学及本章前面相关知识要点：动能定理、平抛运动规律、牛顿定律、场强等。
（二）授新1．带电粒子在电场中的运动情况（平衡、加速和减速）⑴．若带电粒子在电场中所受合力为零时，即∑F＝0时，粒子将保持静止状态或匀速直线运动状态。
例：带电粒子在电场中处于静止状态，该粒子带正电还是负电?分析：带电粒子处于静止状态，∑F＝0，mgqE ，因为所受重力竖直向下，所以所受电场力必为竖直向上。
又因为场强方向竖直向下，所以带电体带负电。
⑵．若∑F≠0（只受电场力）且与初速度方向在同一直线上，带电粒子将做加速或减速直线运动。
(变速直线运动)◎打入正电荷（右图），将做匀加速直线运动。
设电荷所带的电量为q ，板间场强为E电势差为U ，板距为d, 电荷到达另一极板的速度为v,则电场力所做的功为：qEL qU W == 粒子到达另一极板的动能为：221mv E k = 由动能定理有：221mv qU =（或221mv qEL = 对恒力）※若初速为v 0，则上列各式又应怎么样？让学生讨论并列出。
◎若打入的是负电荷（初速为v 0），将做匀减速直线运动，其运动情况可能如何，请学生讨论，并得出结论。
请学生思考和讨论课本P 33问题分析讲解例题1。
（详见课本P 33）【思考与讨论】若带电粒子在电场中所受合力∑F ≠0，且与初速度方向有夹角(不等于0°，180°)，则带电粒子将做什么运动？（曲线运动）---引出2．带电粒子在电场中的偏转（不计重力，且初速度v 0⊥E ，则带电粒子将在电场中做类平抛运动）复习：物体在只受重力的作用下，被水平抛出，在水平方向上不受力，将做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做初速度为零的自由落体运动。
10.5 带电粒子在电场中的运动-教案
带电粒子在电场中的运动【教学目标】1．理解带电粒子在电场中的运动规律，并能分析解决加速和偏转方向的问题。
2．知道示波管的构造和基本原理。
3．通过带电粒子在电场中加速、偏转过程分析，培养学生的分析、推理能力。
4．通过知识的应用，培养学生热爱科学的精神。
【教学重点】带电粒子在匀强电场中的运动规律。
【教学难点】综合应用力学和电学知识处理偏转问题。
【教学过程】一、新课导入教师活动：给学生抛出2012年全世界粒子物理学界最振奋人心的消息：发现“上帝粒子”。
给大家讲述中国科学院卡弗里理论物理研究所2012年KITPC拓展项目活动，欧洲核子中心大型强子对撞机原理。
结合北京正负电子对撞机的图片讲述参观感受，介绍电子直线加速原理与世界粒子物理研究前沿对接，引入新课。
二、新课教学1．教学任务：带电粒子在电场中的的平衡问题师生活动：出示问题问题1：水平放置的两平行金属板间有一匀强电场，已知板间距离为d=5cm，有一质量为m=1.0×10-9kg、带负电的液滴悬浮其中，其电荷量为5.0×10-12C，要使液滴处于静止状态，两极板间应加多大的电势差？哪块极板的电势较高？以提问的方式，师生共同分析得出结论，投影解题过程。
学生回答：略2．教学任务：带电粒子的加速师生活动：出示问题问题2：如图，两平行极板之间的距离为d，板间存在场强为E的匀强电场，有一电荷量为e，质量为m的电子，从左侧极板附近由静止加速，求：电子的加速度、到达右侧极板时的速度及所需时间。
问题3：如图，两平行极板之间的距离为d ，板间电压为U ，有一电荷量为e ，质量为m 的电子，从左侧极板附近由静止加速，求：电子的加速度、到达右侧极板时的速度及所需时间。
问题4：如图，两平行极板之间的距离为d ，板间电压为U ，有一电荷量为e ，质量为m 的电子，以初速度为v 0从左侧极板附近加速，求：电子的加速度和到达右侧极板时的速度。
学生分三组，分别完成问题2、问题3和问题4，分别汇报结果。
1.9 带电粒子在电场中运动 教案 (人教版选修3-1)
第九节带电粒子在电场中的运动三维目标知识与技能1.让学生掌握带电粒子在电场中做匀变速直线运动一类问题的解题技巧；2.让学生掌握带电粒子在电场中发生偏转时的基本规律；3.让学生掌握带电粒子在电场中发生偏转一类问题的基本解题技巧；4.让学生掌握示波管的基本原理。
过程与方法1.由一般的匀变速直线运动过渡到带电粒子在电场中的匀变速直线运动，让学生学会知识的迁移；2.由一般的平抛运动过渡到一般的类平抛运动，再过渡到带电粒子在偏转电场中的类平抛运动，让学生掌握知识迁移的方法。
情感、态度和价值观通过一般匀变速直线运动与带电粒子在电场中的匀变速直线运动的联系，以及一般平抛运动与一般类平抛运动、带电粒子在偏转电场中的类平抛运动的联系，揭示世界是普遍联系在一起的唯物主义哲学观点。
教学重点1.带电粒子在电场中的匀变速直线运动；2.带电粒子在电场中的偏转——类平抛运动。
教学难点带电粒子在电场中的偏转——类平抛运动教学方法讲解、提问、类比、练习课时安排1课时教学过程【新课导入】师：高一时，我们学习了匀变速直线运动和平抛运动。
匀变速直线运动是受到一个方向与速度方向在一条直线上的恒力，但不确定恒力是什么力；平抛运动是受到一个方向与速度方向垂直的重力，这个重力也是恒力。
那么，今天，我想问一下大家，匀变速直线运动中的恒力，能不能是什么具体的力，比如说匀强电场的电场力；平抛运动中重力，能不能改成其他的力，比如说改成匀强电场的电场力？生：（思考）师：这就是我们今天要讲的《带电粒子在电场中的运动》。
【板书】第九节带电粒子在电场中的运动【新课教学】师：首先，告诉大家一个常识，就是基本带电粒子在一般情况下所受的重力远远小于它所受的静电力，所以，对于基本带电粒子在电场中运动的问题，一般忽略其重力，只考虑它所受的电场力。
下面大家看下面几个问题：例1、一个质量为m的小球，在光滑的水平桌面上，受一恒力F作用，从静止开始运动，前进距离d，求其末速度为多大？例2、如图所示，在真空中有一对平行金属板，两板间加以电压U，两板间距d，两板间有一个带正电荷q的带电粒子，质量为m，它在电场力的作用下，由静止开始从正极板向负极板运动，到达负极板时的速度有多大？（不考虑带电粒子的重力）师：大家看这两个问题，首先分析一下，这两个问题中质点所受到的力是否具有相同的特征？如果具有相同的特征，他们相同的特征是什么？生甲：具有相同的特征，他们相同的特征是都受到大小方向都不变的恒力。
高考物理一轮复习 专题八 电场 考点3 电容器及带电粒子在电场中的运动教案-人教版高三全册物理教案
考点3 电容器及带电粒子在电场中的运动考向1 平行板电容器相关问题1.[2018高考,19,6分]研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示.下列说法正确的是( )A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a 板接触,能使电容器带电B.实验中,只将电容器b 板向上平移,静电计指针的X 角变小C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的X 角变大D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的X 角变大,表明电容增大必备知识:静电起电方法、静电计原理、平板电容器电容的决定因素、实验探究现象及方法等. 关键能力:分析推理能力.解题指导:通过带电玻璃棒与a 板接触,使电容器两板带等量异号电荷,且电容器带电量Q 不变;根据C=εrε4πεε及C=εε分析求解.考向2 带电粒子在电场中的运动问题2.[2019全国Ⅲ,24,12分]空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O 、P 是电场中的两点.从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B.A 不带电,B 的电荷量为q (q>0).A 从O 点发射时的速度大小为v 0,到达P 点所用时间为t ;B 从O 点到达P 点所用时间为ε2.重力加速度为g ,求: (1)电场强度的大小; (2)B 运动到P 点时的动能.必备知识:电场力、电场力做功、牛顿第二定律、动能定理、平抛运动、运动的分解等. 关键能力:运动模型的构建能力;牛顿第二定律、动能定理等的综合运用能力.解题指导:本题中不带电小球做平抛运动,带电小球做类平抛运动.两种运动均属于匀变速曲线运动,处理方法均为分解法,均可分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿合外力方向且初速度为零的匀加速直线运动.考法1平行板电容器的动态变化问题1[2016某某高考,4,6分]如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,静电计金属外壳和电容器下极板都接地.在两极板间有一固定在P点的点电荷,以E表示两板间的电场强度,E p表示点电荷在P点的电势能,θ表示静电计指针的偏角.若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置,则A.θ增大,E增大B.θ增大,E p不变C.θ减小,E p增大D.θ减小,E不变由题意及分析可知,当极板正对面积不变时,两极板之间的电场强度E不变.保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置,由U=Ed可知,两极板之间的电势差减小,静电计指针的偏角θ减小,由于下极板接地(电势为零),两极板之间的电场强度不变,所以点电荷在P点的电势能E p不变.综上所述,选项D正确.D1.[2016全国Ⅰ,14,6分]一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上.若将云母介质移出,则电容器()A.极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小,极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大,极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小,极板间电场强度不变考法2 带电粒子在点电荷电场中的运动2[2017某某高考,7,6分,多选]如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为a A、a B,电势能分别为E p A、E p B.下列说法正确的是A.电子一定从A向B运动B.若a A>a B,则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有E p A<E p BD.B点电势可能高于A点电势由已知条件不能确定电子的运动方向,故A错误;若a A>a B,则A点场强大于B点场强,则Q 应靠近M端,由运动轨迹可知,电子受力方向向左,因此场强方向由M指向N,可知Q为正点电荷,故B正确;无论Q带正电荷还是负电荷,若电子从A运动到B,电场力做负功,电势能增加,若电子从B运动到A,电场力做正功,电势能减少,故E p A<E p B,A点电势一定高于B点电势,故C正确,D 错误.BC2.[2016某某高考,10,5分,多选]如图,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点.不计重力.下列说法正确的是( )A.M 带负电荷,N 带正电荷B.M 在b 点的动能小于它在a 点的动能C.N 在d 点的电势能等于它在e 点的电势能D.N 在从c 点运动到d 点的过程中克服电场力做功 考法 3 电容器与力学知识的综合应用3[2018全国Ⅲ,21,6分,多选]如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等.现同时释放a 、b ,它们由静止开始运动.在随后的某时刻t ,a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面.a 、b 间的相互作用和重力可忽略.下列说法正确的是 A .a 的质量比b 的大B .在t 时刻,a 的动能比b 的大C .在t 时刻,a 和b 的电势能相等D .在t 时刻,a 和b 的动量大小相等根据题述可知,微粒a 向下加速运动,微粒b 向上加速运动,根据a 、b 某时刻经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,可知a 的加速度大小大于b 的加速度大小,即a a >a b .对微粒a ,由牛顿第二定律,有qE=m a a a ,对微粒b ,由牛顿第二定律,有qE=m b a b ,联立解得εεεε>εεεε,由此式可以得出a 的质量比b 的小,A 错误;在a 、b 两微粒运动过程中,a 微粒所受电场力等于b 微粒所受的电场力,t 时刻a 微粒的位移大于b 微粒的位移,根据动能定理,可知在t 时刻,a 的动能比b 的大,B 正确;由于在t 时刻两微粒经过同一水平面,电势相等,电荷量大小相等,符号相反,所以在t 时刻,a 和b 的电势能不等,C 错误;由于a 微粒受到的电场力(合外力)与b 微粒受到的电场力(合外力)大小相等,根据动量定理,可知在t 时刻,a 微粒的动量大小等于b 微粒的动量大小,D 正确.BD3.[2016某某高考,6,3分]如图所示,平行板电容器两极板的间距为d ,极板与水平面成45°角.上极板带正电.一电荷量为q (q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处,以初动能E k0竖直向上射出.不计重力,极板尺寸足够大.若粒子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大值为()A.εk04εεB.εk02εεC.√2εk02εεD.√2εk0εε考法4 带电粒子在匀强电场中的运动4[2016高考,23,18分]如图所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出.已知电子质量为m ,电荷量为e ,加速电场电压为U 0.偏转电场可看作匀强电场,极板间电压为U ,极板长度为L ,板间距为d.(1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ;(2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法.在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因.已知U=2.0×102V,d=4.0×10-2 m,m=9.1×10-31kg,e=1.6×10-19C,g=10 m/s 2.(3)极板间既有静电场也有重力场.电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势φ的定义式.类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”φG 的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点.(1)根据功和能的关系,有eU 0=12m ε02电子射入偏转电场的初速度v 0=√2εε0ε在偏转电场中,电子的运动时间Δt=εε0=L √ε2εε0偏转距离Δy=12a (Δt )2=12·εεεε(Δt )2=εε24ε0ε. (2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有 重力G=mg~10-29N 电场力F=εεε~10-15N 由于F ≫G ,因此不需要考虑电子所受重力.(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E p 与其电荷量q 的比值,即φ=εpε由于重力做功与路径无关,可以类比静电场电势的定义,将重力场中物体在某点的重力势能E G与其质量m 的比值,叫做“重力势”,即φG =εεε电势φ和重力势φG 都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定.(1)√2εε0εεε24ε0ε(2)(3)见解析4.[2015某某高考,7,6分,多选]如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E 1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转,最后打在屏上.整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么()A .偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B .三种粒子打到屏上时的速度一样大C .三种粒子运动到屏上所用时间相同D .三种粒子一定打到屏上的同一位置考法5 带电粒子在变化电场中的运动5[2019某某高三适应性测试]如图甲所示,M、N为正对竖直放置的平行金属板,A、B为两板间中线上的两点.当M、N板间不加电压时,一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点,此时速度为v.若两板间加上如图乙所示的交变电压,t=0时,将带电小球仍从A点由静止释放,小球运动过程中始终未接触极板,则t=T时,小球A.在B点上方B.恰好到达B点C.速度大于vD.速度小于v在M、N两板间加上如图乙所示的交变电压,小球受到重力和电场力的作用,电场力的方向(水平方向)随交变电压周期性变化,其大小不变,所以小球在竖直方向做自由落体运动,在水时速度减为零,接着平方向上,小球先做匀加速直线运动,后沿原方向做匀减速直线运动,t=ε2反向做匀加速直线运动,后继续做匀减速直线运动,t=T时速度减为零.根据对称性可知在t=T 时小球的水平位移为零,所以t=T时,小球恰好到达B点,选项A错误,B正确.在0~T时间内,电场力做的功为零,重力做的功与不加电压时相同,所以t=T时,小球速度为v,选项C、D错误.B5.[2015某某高考,20,6分,多选]如图甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示.t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~ε时间3内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是()A.末速度大小为√2v0B.末速度沿水平方向mgd D.克服电场力做功为mgdC.重力势能减少了12考法6带电粒子在“等效场”中的运动6[2019某某4月选考,13,3分]用长为1.4 m 的轻质柔软绝缘细线,拴一质量为1.0×10-2 kg 、电荷量为2.0×10-8C 的小球,细线的上端固定于O 点.现加一水平向右的匀强电场,平衡时细线与铅垂线成37°角,如图所示.现向左拉小球使细线水平且拉直,静止释放,则(sin 37°=0.6) A.该匀强电场的场强为3.75×107N/C B.平衡时细线的拉力为0.17 NC.经过0.5 s,小球的速度大小为6.25 m/sD.小球第一次通过O 点正下方时,速度大小为7 m/s小球处于平衡状态时,受力分析如图所示,则可知qE=mg tan 37°,则该匀强电场的电场强度E=εεtan37°ε=3.75×106N/C,A 错误;细线的拉力F=εεcos37°=0.125 N,故B 错误;在外力作用下,小球拉至细线水平时,由静止释放,如图所示,小球在电场力和重力组成的等效“重力场”的作用下,从A 点由静止开始做匀加速直线运动至B 点,∠OAB=∠OBA=53°,OA=OB=l=1.4 m,在此过程中,细线处于松弛状态,无拉力作用,小球运动至B 点时,细线绷紧,匀加速直线运动结束.根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度a=ε合ε=εε=0.1250.01m/s 2=12.5 m/s 2,假设经过0.5 s 后,小球仍在沿AB 方向做匀加速直线运动,则小球的速度v=at=6.25 m/s,经过的距离x=12at 2=12×12.5×0.52m =1.562 5 m,A 、B间的距离|AB|=2×l×cos 53°=1.68 m,x<|AB|,假设成立,故0.5 s 时,小球的速度大小为6.25 m/s,故C 正确;小球运动至B 点时,细线绷紧,小球沿细线方向的分速度减为零,动能减小,假设细线绷紧过程小球机械能损失ΔE ,此后在电场力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动至O 点正下方,根据能量守恒定律,可知(qE+mg )·l-ΔE=12mv 2,可得v<7 m/s,故D 错误.C6.[2019某某南开中学二诊,多选]如图所示,竖直平面内一半径为R 的光滑圆环处在与水平方向夹角为θ=45°的斜向上的匀强电场中,现一电荷量为q 、质量为m 的带正电小球在圆环内侧A 点静止(A 点未画出),已知场强E=√2εεε,现给静止在A 处的小球一沿圆环切线方向的冲量I ,使小球不脱离轨道,I 的取值可能是() A.m √εεB.m √3εε C.2m √εε D.m √6εε重难突破带电粒子的力电综合问题题型1 带电粒子做类平抛运动问题分析7[2017全国Ⅱ,25,20分]如图,两水平面(虚线)之间的距离为H ,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A 点将质量均为m 、电荷量分别为q 和-q (q>0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开.已知N 离开电场时的速度方向竖直向下;M 在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍.不计空气阻力,重力加速度大小为g.求:(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比; (2)A 点距电场上边界的高度; (3)该电场的电场强度大小.(1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a ,在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0-at=0①s 1=v 0t+12at 2② s 2=v 0t-12at 2③联立①②③式得s 1:s 2=3:1④.(2)设A 点距电场上边界的高度为h ,小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ,由运动学公式得εε2=2gh ⑤ H=v y t+12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动,由几何关系知ε0εε=ε1ε⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h=13H ⑧.(3)设电场强度的大小为E ,小球M 进入电场后做直线运动,则ε0εε=εεεε⑨ 设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2,由动能定理得E k1=12m (ε02+εε2)+mgH+qEs 1⑩ E k2=12m (ε02+εε2)+mgH-qEs 2由已知条件得E k1=1.5E k2 联立④⑤⑦⑧⑨⑩式得E=εε√2ε.(1)3:1(2)13H (3)εε√2ε7.[2019全国Ⅱ,24,12分]如图,两金属板P 、Q 水平放置,间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G ,P 、Q 、G 的尺寸相同.G 接地,P 、Q 的电势均为φ(φ>0).质量为m 、电荷量为q (q>0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置,以速度v 0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计.(1)求粒子第一次穿过G 时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小; (2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?题型2 带电粒子做多过程运动问题分析8[2017全国Ⅰ,25,20分]真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v 0.在油滴处于位置A 时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变.持续一段时间t 1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B 点.重力加速度大小为g . (1)求油滴运动到B 点时的速度.(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t 1和v 0应满足的条件.已知不存在电场时,油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍.(1)设油滴质量和电荷量分别为m 和q ,油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动,故此时油滴所受电场力方向竖直向上.油滴处于位置A (t=0)时,电场强度突然从E 1增大至E 2,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度a 1方向竖直向上,大小满足qE 2-mg=ma 1①油滴在t 1时刻的速度为v 1=v 0+a 1t 1②电场强度在t 1时刻突然反向,油滴做匀变速运动,加速度a 2方向竖直向下,大小满足qE 2+mg=ma 2③则油滴运动到B 点时的速度为v 2=v 1-a 2t 1④ 由①②③④式得v 2=v 0-2gt 1⑤. (2)由题意,在t=0时刻前有qE 1=mg ⑥ 油滴从t=0到t 1时刻的位移为s 1=v 0t 1+12a 1ε12⑦ 油滴在从t 1到t 2=2t 1时刻的时间内的位移为s 2=v 1t 1-12a 2ε12⑧由题给条件有ε02=2g (2h )⑨ 式中h 是B 、A 两点之间的距离 若B 点在A 点之上,依题意有s 1+s 2=h由①②③⑥⑦⑧⑨式得E 2=[2-2ε0εε1+14(ε0εε1)2]E 1为使E 2>E 1,应有2-2ε0εε1+14(εεε1)2>1即当0<t 1<(1-√32)ε0ε 或t 1>(1+√32)ε0ε才是可能的;条件式和式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形若B 点在A 点之下,依题意有s 1+s 2=-h由①②③⑥⑦⑧⑨式得E 2=[2-2ε0εε1-14(εεε1)2]E 1为使E 2>E 1,应有2-2ε0εε1-14(ε0εε1)2>1即t 1>(√52+1)ε0ε另一解为负,不合题意,已舍去.(1)v 0-2gt 1(2)见解析8.[2019某某七市州3月联考]如图所示,在坐标系xOy 中,x 轴水平向右,y轴竖直向下,在x ≥2L 的区域内存在与x 轴平行的匀强电场(未画出),一带正电小球,电荷量为q ,从原点O 水平抛出,再从A 点进入电场区域,并从C 点离开,其运动的轨迹如图所示,B 点是小球在电场中向右运动的最远点,B 点的横坐标x B =3L.已知小球抛出时的动能为E k0,在B 点的动能为43E k0,重力加速度为g ,不计空气阻力.求:(1)小球在OA 段运动的时间与在AB 段运动的时间之比; (2)匀强电场的场强和小球的质量; (3)小球在电场中运动的最小动能.考点3电容器及带电粒子在电场中的运动1.A 实验前,只用带电玻璃棒与电容器a 板接触,则a 板带电,由静电感应可知,在b 板上感应出与a 板电性相反的电荷,故选项A 正确;实验中,只将电容器b 板向上平移,正对面积S 变小,由C=εrε4πεε,可知电容C 变小,由C=εε,Q 不变可知,U 变大,因此静电计指针的X 角变大,选项B 错误;实验中,只将极板间插入有机玻璃板,相对介电常数εr 变大,由C=εr ε4πεε,可知电容C 变大,由C=εε,Q 不变可知,U 变小,静电计指针的X 角变小,选项C 错误;实验中,只增加极板带电量,电容C 不变,由C=εε,可知静电计指针的X 角变大,故选项D 错误.2.(1)3εεε(2)2m (ε02+g 2t 2)解析:(1)设电场强度的大小为E ,小球B 运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma ①12a (ε2)2=12gt 2② 解得E=3εεε③.(2)设B 从O 点发射时的速度为v 1,到达P 点时的动能为E k ,O 、P 两点的高度差为h ,根据动能定理有E k -12m ε12=mgh+qEh ④且有v 1ε2=v 0t ⑤h=12gt 2⑥联立③④⑤⑥式得E k =2m (ε02+g 2t 2).1.D 平行板电容器接在电压恒定的直流电源上,电容器两极板之间的电压U 不变.若将云母介质移出,电容C 变小,由Q=UC 可知,电容器所带电荷量Q 变小,即电容器极板上的电荷量变小.由于U 不变,d 不变,由E=εε可知,极板间电场强度E 不变,选项D 正确,A 、B 、C 错误.2.ABC 由粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧,可知M 受到了引力作用,N 受到了斥力作用,故M 带负电荷,N 带正电荷,选项A 正确;由于虚线是等势面,故M 从a 点到b 点电场力对其做负功,动能减少,选项B 正确;d 点和e 点在同一等势面上,N 在d 点的电势能等于它在e 点的电势能,选项C 正确;N 从c 点运动到d 点的过程中,电场力做正功,选项D 错误.3.B如图所示,粒子在垂直极板方向上做匀减速运动,在平行极板方向上做匀速运动,轨迹呈曲线,全过程电场力做负功.若粒子刚好能打到上极板,则打到极板上时,粒子垂直于极板的速度刚好减为0,因极板与水平面夹角为45°,所以粒子的末速度为初速度的√22,故粒子的末动能为12E k0,根据动能定理有-Edq=12E k0-E k0,可得E=εk02εε,选项B 正确.4.AD 由动能定理得qE 1d 1=12mv 2,解得粒子离开电场E 1时速度v=√2εε1ε1ε,在电场E 2中y=12at2,E 2q=ma ,L=vt ,tan φ=a εε,联立以上方程得y=ε2ε24ε1ε1,tan φ=ε2ε2ε1ε1.所以,在电场E 2中电场力做功W=E 2qy=ε22ε2ε4ε1ε1,三种粒子电荷量相等,做功相等,A 项正确.因为在电场E 2中y 、tan φ均与q 、m 无关,故它们通过同一轨迹打到屏上同一点,D 项正确.对全程应用动能定理,有qE 1d 1+qE 2y=12mv'2-0,解得打到屏上的速度的平方v'2=2εε(E 1d 1+ε22ε24ε1ε1),所以氕核打到屏上的速度最大,故B 项错误.在加速电场中所用时间t 1=√2ε1εε1ε,通过偏转电场到达屏所用时间t 2=ε+ε'ε=(L+L')·√ε2εε1ε1,总时间t=t 1+t 2,故氚核运动时间最长,C 项错误.5.BC0~ε3时间内微粒做匀速直线运动,则E 0q=mg.ε3~2ε3时间内没有电场作用,微粒做平抛运动,竖直方向上a=g.2ε3~T 时间内,由于电场作用,F 合=2E 0q-mg=mg ,方向竖直向上.分析可知,微粒到达金属板边缘时,速度为v 0,方向水平,选项A 错误,B 正确;从微粒进入两板间到离开,重力做功ε2mg ,重力势能减少12mgd ,选项C 正确;由动能定理知W G +W 电=0,W 电=-12mgd ,则克服电场力做功为12mgd ,选项D 错误.6.AD 小球受电场力与重力,两力的合力方向水平向右,大小为mg ,即等效重力场的效果相当于将重力场逆时针转90°.当小球恰好能到达等效重力场中与圆心“等高”处时,有mgR=12m ε12,解得v 1=√2εε,若小球不脱离轨道,此时速度0<v ≤√2εε,冲量0<I ≤m √2εε.当小球恰好能通过等效重力场的“最高点”时,由动能定理有mg ·2R=12m ε22-12m ε02,等效重力提供向心力,有mg=m ε02ε,解得v 0=√εε,v 2=√5εε,若小球不脱离轨道,此时速度v ≥√5εε,冲量I ≥m √5εε,选项A 、D 正确.7.(1)12m ε02+2εεqh v 0√εεεεε(2)2v 0√εεεεε解析:(1)P 、G 与Q 、G 间场强大小相等,均为E.粒子在P 、G 间所受电场力F 的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a ,有E=2εε① F=qE=ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ,由动能定理有qEh=E k -12m ε02③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ,粒子在水平方向的位移大小为l ,则有h=12at 2④ l=v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得E k =12m ε02+2εεqh ⑥ l=v 0√εεεεε⑦. (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短.由对称性知,此时金属板的长度为L=2l=2v 0√εεεεε.8.(1)1:1(2)εk0εε,方向水平向左√3εk03εε(3)E k0解析:(1)从O 点运动到A 点,小球在水平方向做匀速直线运动 有2L=v 0t OA ①小球从A 点运动到B 点,在水平方向做匀减速直线运动,依据题意,小球在B 点水平方向的速度为0,由运动学公式得L=ε02t AB ②联立①②解得t OA =t AB ,即εεεεεε=11.(2)小球在B 点时有43E k0=12m εεε2③ 其中E k0=12m ε02④由于小球在竖直方向做自由落体运动,而且t OA =t AB ,则可知v By =2v Ay ⑤ 联立③④⑤解得v Ay =√33v 0⑥小球从A 点运动到B 点,在水平方向做匀减速直线运动,由牛顿第二定律和运动学公式得ε02=2εεεL ⑦联立④⑦解得E=εk0εε⑧分析知场强方向水平向左 由运动学公式得v Ay =gt OA ⑨v 0=εεεt AB ⑩ 联立⑥⑧⑨⑩及t OA =t AB 解得m=√3εk03εε.(3)由以上所得结果可知在电场区域F 合与水平方向夹角为30°,v A 与水平方向夹角为30°,建立如图所示坐标系,将v A 分解到x'、y'轴上,小球在x'方向上做匀速运动,在y'方向上做的运动类似于竖直上抛运动,所以小球在电场中运动的最小动能为E kmin =12m εεε'2,而v Ax'=v A cos 30°=v 0解得E kmin =E k0.。
高考物理一轮总复习 第七章 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动(含解析)
电容器与电容 带电粒子在电场中的运动[基础知识·填一填][知识点1] 电容器及电容 1．电容器(1)组成：由两个彼此 绝缘 又相互靠近的导体组成． (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 电能 转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的 电荷量 与两个极板间的 电势差 的比值． (2)定义式： C ＝Q U.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F ＝ 106μF＝ 1012pF. (4)意义：表示电容器 容纳电荷 本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否 带电 及 电压 无关．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积、介电常数、两板间的距离． (2)决定式： C ＝εr S4πkd.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(×) (2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．(×) (3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．(×) [知识点2] 带电粒子在电场中的运动 1．加速问题(1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质： 匀变速曲线 运动． (3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做 匀速 运动．②沿电场方向：做初速度为零的 匀加速 运动． 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)(2)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√) (3)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．(×) [知识点3] 示波管1．装置：示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图所示． 2．原理(1)如果在偏转电极XX ′和YY ′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏 中心 ，在那里产生一个亮斑．(2)YY ′上加的是待显示的 信号电压 ，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图象．[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－1 P32第1题改编)(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U ，电容器已带电，则下列判断正确的是( )A ．增大两极板间的距离，指针张角变大B ．将A 板稍微上移，静电计指针张角变大C ．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D ．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小解析：ABD [电势差U 变大(小)，指针张角变大(小)．电容器所带电荷量一定，由公式C ＝εr S 4πkd 知，当d 变大时，C 变小，再由C ＝QU得U 变大；当A 板上移时，正对面积S 变小，C 也变小，U 变大；当插入玻璃板时，C 变大，U 变小；而两板间的距离减小时，C 变大，U 变小，所以选项A 、B 、D 正确．]2．(人教版选修3－1 P39第2题改编)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edhU B ．edUhC.eU dhD.eUh d解析：D [电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题，即12mv 20＝eU OA .因E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，故12mv 20＝eUhd，故选项D 正确．] 3．(人教版选修3－1 P39第4题改编)如图所示，含有大量11H 、21H 、42He 的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O 点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．下列有关荧光屏上亮点分布的说法正确的是( )A ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是11H B ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是42He C ．出现两个亮点 D ．只会出现一个亮点 答案：D4．(人教版选修3－1 P36思考与讨论改编)如图是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极(XX ′和YY ′)、荧光屏组成．管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX ′和YY ′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O 点．(1)带电粒子在 __________ 区域是加速的，在 ________ 区域是偏转的． (2)若U YY ′＞0，U XX ′＝0，则粒子向 ________ 板偏转，若U YY ′＝0，U XX ′＞0，则粒子向 ________ 板偏转．答案：(1)Ⅰ Ⅱ (2)Y X考点一 平行板电容器的动态分析[考点解读]1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变． (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变． 2．动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化．②根据E ＝U d分析场强的变化． ③根据U AB ＝Ed 分析某点电势变化． (2)Q 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd先分析电容的变化，再分析U 的变化．②根据E ＝U d＝4k πQεr S分析场强变化．[典例赏析][典例1] (多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P 点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点电势将降低C ．电容器的电容减小，极板带电荷量减小D ．带电油滴的电势能保持不变[解析] BC [电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P 点处于静止状态，因此有mg ＝qE .当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d 增大，由C ＝εr S 4πkd 可知电容器电容减小，板间场强E 场＝Ud 减小，油滴所受的电场力减小，mg＞qE ，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A 错；P 点电势等于P 点到下极板间的电势差，由于P 到下极板间距离h 不变，由φP ＝ΔU ＝Eh 可知，场强E 减小时P 点电势降低，B 对；由C ＝Q U可知电容器所带电荷量减小，C 对；带电油滴所处P 点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D 错．]分析平行板电容器动态变化的三点关键1．确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变．2．恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E ＝U d分析极板间电场强度的变化情况．3．若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化．[题组巩固]1．(2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：D [据C ＝εr S4πkd 可知，将云母介质移出电容器，C 变小，电容器接在恒压直流电源上，电压不变，据Q ＝CU 可知极板上的电荷量变小，据E ＝U d可知极板间电场强度不变，故选D.]2．(2018·北京卷) 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是( )A ．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电B ．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小C ．实验中，只在极板间插入有机玻璃板， 静电计指针的张角变大D ．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：A [当用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在b 板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A 正确；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S 4πkd ，将电容器b 板向上平移，即正对面积S 减小，则电容C 减小，根据C ＝QU可知， 电荷量Q 不变，则电压U 增大，则静电计指针的张角变大，故选项B 错误；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S4πkd，只在极板间插入有机玻璃板，则介电常数εr 增大，则电容C 增大，根据C ＝Q U可知， 电荷量Q 不变，则电压U 减小，则静电计指针的张角减小，故选项C 错误；根据C ＝Q U可知，电荷量Q 增大，则电压U 也会增大，而电容由电容器本身决定，C不变，故选项D 错误．]考点二 带电粒子在电场中的直线运动[考点解读]1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用动力学观点分析a ＝qE m ，E ＝Ud，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.[典例赏析][典例2] (2019·湖南长沙模拟)如图所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在离A 高度为H 的C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度g .已知静电力常量为k ，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A 点的距离h ；(3)若已知在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ＝kQr，其中r 为该点到Q 的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B 离A 点的高度r B .[解析] (1)设液珠的电荷量为q ，质量为m ，由题意知，当液珠在C 点时k QqH2－mg ＝mg 比荷为q m ＝2gH 2kQ(2)当液珠速度最大时，k Qq h2＝mg 得h ＝2H(3)设BC 间的电势差大小为U CB ，由题意得U CB ＝φC －φB ＝kQ H －kQr B对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得qU CB －mg (r B －H )＝0即q ⎝ ⎛⎭⎪⎫kQ H －kQr B －mg (r B －H )＝0解得：r B ＝2H ，r B ＝H (舍去)． [答案] (1)2gH 2kQ(2)2H (3)2H带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电小球自O 点由静止释放，经C 孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D 孔时速度减为零．对于小球从C 到D 的运动过程，已知从C 运动到CD 中点位置用时t 1，从C 运动到速度等于C 点速度一半的位置用时t 2，下列说法正确的是( )A ．小球带负电B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．将B 板向上平移少许后小球可能从D 孔落下解析：AB [由题图可知，A 、B 间的电场强度方向向下，小球从C 到D 做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A 正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t 1<t 2，选项B 正确，C 错误；将B 板向上平移少许时两板间的电压不变，根据动能定理可知，mg (h ＋d )－qU ＝0，mg (h ＋x )－qUx d ′＝0，联立得x ＝h h ＋d －d ′d ′<d ′，即小球不到D 孔就要向上返回，所以选项D 错误．]2．(2017·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点解析：A [设A 、B 板间的电势差为U 1，B 、C 间电势差为U 2，板间距为d ，电场强度为E ，第一次由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点，根据动能定理得：qU 1＝qU 2＝qEd ，将C 板向右移动，B 、C 板间的电场强度：E ＝U 2d ＝Q C 0d ＝4πkQεr S不变，所以电子还是运动到P 点速度减小为零，然后返回，故A 正确，B 、C 、D 错误．]考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转[考点解读]1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝2mdyqU(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mdv202．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 2y ＝12at 2＝12·qU 1md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02tan θ＝qU 1lmdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d.(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Udy ，指初、末位置间的电势差．[典例赏析][典例3] 如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两板间距离d ＝4×10－3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v 0从两板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m ＝4×10－5kg ，电荷量q ＝＋1×10－8C ，g 取10 m/s 2.求：(1)微粒入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 应取什么范围？[审题指导] 开关闭合前，微粒做平抛运动，开关闭合后，微粒做类平抛运动，两个过程的分析方法相同，都要用到运动的合成与分解．[解析] (1)开关S 闭合前，由L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2可解得v 0＝L2gd＝10 m/s. (2)电容器的上极板应接电源的负极．当所加的电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，即d 2＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02， 又a 1＝mg －qU 1dm，解得U 1＝120 V当所加的电压为U 2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，即d 2＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02， 又a 2＝q U 2d－mg m，解得U 2＝200 V所以120 V ≤U ≤200 V.[答案] (1)10 m/s (2)与负极相连，120 V ≤U ≤200 V带电粒子在电场中偏转问题求解通法1．解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：加速电场中的运动一般运用动能定理qU ＝12mv 2进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运动的分解进行计算；二者靠速度相等联系在一起．2．计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y 的四种方法： (1)Y ＝y ＋d tan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)．(2)Y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L2＋d tan θ(L 为电场宽度)． (3)Y ＝y ＋v y ·d v 0.(4)根据三角形相似Y y ＝L2＋d L2.[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1解析：ABC [粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2，选项A 正确；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2ht 2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1，选项B 正确；根据a ＝qE m 得m ＝qEa，故m A ∶m B ＝1∶12，选项C 正确；A 和B 的位移大小不相等，选项D 错误．]2．(2016·北京卷23题改编)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102 V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31 kg ，e ＝1.6×10－19 C ，g ＝10 m/s 2. 解析：(1)根据动能定理，有eU 0＝12mv 20， 电子射入偏转电场时的初速度v 0＝2eU 0m 在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝Lv 0＝L m 2eU 0加速度a ＝eE m ＝eU md偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 G ＝mg ≈10－29 N 电场力F ＝eUd ≈10－15 N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力．答案：(1) 2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析 思想方法(十四) 电容器在现代科技生活中的应用[典例] (多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO 涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置．对于电容触摸屏，下列说法正确的是( )A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B．使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大[解析]AD [据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确．][题组巩固]1．(2019·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( ) A．膜片与极板间的电容增大B．极板所带电荷量增大C．膜片与极板间的电场强度增大D．电阻R中有电流通过解析：D [根据C＝εr S4πkd可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝Ud可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误．]2．(多选)电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容．则( ) A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩D．当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流解析：CD [由C ＝εr S 4πkd知，电介质插入越深，εr 越大，即C 越大，A 错；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，B 错；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，C 对；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr 增大，C 增大，电源电动势不变，由C ＝Q U 知，Q 增大，上极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，D 对．。
高三物理一轮复习8带电粒子在电场中的运动(教师版)
思考：如图所示，由绳子连接的小球从一点静止释放，运动到最高点时，若此刻小球突然不受任何力，接下来小球会保持什么状态？（教师可见内容）这种情况下小球运动到点速度为零，所以小球不受任何力后，小球会保持静止状态．思考：如图所示，由绳子连接的小球从一点以一定初速度释放，运动到最高点时，若此刻小球突然不受任何力，接下来小球会保持什么状态？（教师可见内容）这种情况下小球运动到点速度不为零，所以小球不受任何力后，小球会保持匀速直线运动状态．思考：为什么我们总会有物体速度越大惯性越大的错觉？比如汽车速度越大，越难停下来？（教师可见内容）思考：描述相互作用力及平衡力的区别，从相同点跟不同点两个角度说明；不同点可以从作用对象、力学性质、作用效果等方面进行讨论（教师可见内容）相同点：大小相等、方向相反、作用在同一直线上；不同点：平衡力：作用在相同物体，力学性质不一定相同，不一定同时产生，作用效果可抵消；思考：一对大小相等、方向相反、作用在同一直线、作用在不同物体的力，一定是相互作用力吗？为什么？（教师可见内容）不一定，比如下图所示的两个力．思考：牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体加速度为零时的特殊情况吗？（教师可见内容）①牛顿第一定律给出了物体不受力时的运动规律，是牛顿力学的基础；不是牛顿第二定律在物体所受合力为零时的特殊情况；②牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律．思考：尝试推导下公式（教师可见内容）根据得到的单位是思考：物体处于超重状态下可能具有的运动状态有哪些？处于失重状态呢？（教师可见内容）物体处于超重状态下可能具有的运动状态有：向上加速或向下减速；物体处于失重状态下可能具有的运动状态有：向上减速或向下加速．思考：最高点，（教师可见内容）以杆为例作分析，假设杆的夹角为，圆半径为则为，则根据可得，与无关，故每个圆环到达思考：下面哪个图是子弹打木块所对应的图像，为什么？甲乙（教师可见内容）如图，相对位移大于木板的对地位移，即：，故甲图正确．思考：推导摩擦力产生的热量为：相对如图，物块置于光滑水平面上，子弹质量为，物块质量为：（教师可见内容）（1）系统机械能不守恒，摩擦做功产生热量，直到二者共速，；摩擦力对子弹做功：共摩擦力对物块做功：；共共思考：对传送带的功能关系进行分析？思考：倾斜传送带上物块能和传送带共速的条件？（教师可见内容）1.传送带足够长2.思考：思考（教师可见内容）电容思考：回答下面的问题．（教师可见内容）场强增大，而点与下极板间的距离不变，则由公式间电势差将增大，而点的电势高于下极板的电势，则知本讲内容大纲如图，当电场力的方向与运动方向在一条直线上时，粒子做加速直线运动或减速直线运动，，．思考：同一个粒子始终能从从板的一端运动到另一端，改变板间距离，电场力做功会改变吗？（教师可见内容）如果Q 一定，会变如果是U 一定，不会变．油滴运动的加速度大小不变、方向水平向平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一个直流电源相连，若一个带电油滴恰1动能变化为零板间往复运动在图装置中，从2，A 正确；间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能板间往复运动，C 错误，D 正确．如图所示为匀强电场的电场强度3，为第内加速度的，将反向加速，图象如图所示：A．带电粒子在前秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；B．根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在发点，粒子在内的位移为零，回到出发点．故C．由图可知，粒子在D．因为第末粒子的速度刚好减为4如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上时刻释放电子，电子可能在两板间振动时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上时刻释放电子，电子必然打到左极板上若时刻释放电子，在前内，电子受到的电场力向右，向右做匀加速直线5如图所示，平行板电容器水平放置，电源通过二极管给电容充电，上、下极板正中有一小孔，质;;方向位移（匀加速直线运动）：；方向速度（匀加速直线运动）：；．思考：计算时间一定是用水平方向吗？（教师可见内容）不一定;打出板，用水平方向算时间;打到板上，用竖直方向算时间．增大两板间的电势差 B.尽可能使板长长些升高些D.尽可能使板间距离小些如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压加速后垂直进入偏转电场，离开电，两平行板间的距离为，电势差为，板长为．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（）67带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，8如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度，在竖直方向上做匀加速直线运动，则在前时间内，时间内，粒子在竖直方向上的位移为．则在前时间时间内，电场力对粒子做的功为，故A错误，B知，前和后电场力做功相9如图，质量相同的带电粒子末速度沿水平方向 B.末速度大小为克服电场力做功为D.重力势能减少了如图甲，两水平金属板间距为10时间内微粒匀速运动，则有：，内，微粒做平抛运动，下降的，时间内，微粒的加速度，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为时刻进入电场的电子，在两板间运动时电大侧位移为一对平行金属板板长为11的“面积”大小等于位移可知．故选BD ．方法二：A. 电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故B. 由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度C. 由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同．故D.时刻进入电场的电子，在在时刻进入电场的电子侧位移最大为②联立①②得：，故且电子恰好在时刻射出电场，应满足的条件是且电子恰好在时刻从板边缘射出电场，其动能增加且电子恰好在时刻射出电场，射出时的速度为，电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向始终不变制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为12故选AD．二、示波器原理及其应用）偏转电极不加电压：从电子枪射出的电子沿直线运动，射到荧光屏中心的点形成亮斑．）仅在或（）加电压：若所加电压稳定，则电子流被加速、偏转后射到直线上某一点，形成一个亮斑（不在中心），如图所示．思考：板间电压随时间变化，电子在电场中受力随着时间变化吗？（教师可见内容）不会，电子的速度足够快，通过时间很短，电子通过电极的过程中，其两端电压视为不变．思考：它与一般粒子在交变电场中地偏转有什么不同吗？（教师可见内容）大部分情况不一样，一般粒子在交变电场中的偏转，时间有可能不是极其短，是可能考虑粒子在电场中运动时，电场在变化．具体是否考虑，需要比较侧移与横移大小．13如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．荧光屏上如果只在上加上图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图如果只在上加上图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况，电子经1415如图所示的示波管，电子由阴极思考：运用动能定理时，可以分别列重力和电场力做的功，那为什么还要用等效重力法呢？（教师可见内容）运用等效重力法，更多的是帮助我们判断运动学状态．思考：如何解释圆周运动关于等效最低点对称．（教师可见内容）关于等效最低点对称的两点，合力做功大小一样，但一正一负，故速度大小对称．简单能量问题16如图，半径为设与之间的夹角为，所以：珠子在等效最低点时具有最大的动能．如图，此时珠子做圆周运动在点，珠子速度为得：．17如图，两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，两点的动能．，由牛顿第二定律有18如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有：19一端弯曲的光滑绝缘杆点，求水平外力的最小值．）问中的），求小环运动到点时，绝缘杆对，方向指向圆心．，方向背向圆心20如图所示，在水平地面点后立即撤去轨道，则物块的落地点距离点的水平距离是多21如图所示，光滑绝缘轨道22如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管点（图中未标出点），小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从点沿切线方向23如图所示，一质量为24如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为电场强度大小为此过程增加的电势能等于选项：由题意可知，小球在下落过程中动能不变，而重力做正功，则电场力一定做负功，而，解得：，故B 正确；选项：将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则有竖直分量中产生的电场力D.如图所示，在水平方向的匀强电场中，有一带电体2526如图所示，水平面，可知竖直分速度减小，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，合力向上，根27如图所示，带正电的金属滑块质量为28如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为处返回．根据动能定理29如图所示，平行金属板30在动摩擦因数时的速度大小．球电势能增加量的最大值．31真空中存在电场强度大小为思考：在列能量关系解题时，存在点电荷做功（变力做功）时，你有哪些思考？（教师可见内容）思考一：这个过程点电荷做功是不是等于零；思考二：这部分点电荷做功能不能其他过程算出来；思考三：题干或者图表是不是说了点电荷做功（或者电势能）的大小（或算法）．32如图所示，竖直平面内四分之一光滑圆弧形管道是中垂线，是等势面，与无穷远处的电势两顶点上放置一对等量异种电荷，管道处于等势面上，故小球运动过程中只有重33如图所示，可视为质点的物块。
高考物理一轮复习电容器带电粒子在电场中的运动含解析
带电的金属球靠近不带电的验电器，由于静电感应现象，验电器上方小球带有与金属球相反的电荷，验电器的箔片上带有与金属球相同的电荷，B项正确．“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图所示，忽略漏电产生的影响，．极板正对面积减小时，静电计指针偏角减小B分开些、B两极板分开些、B两极板靠近些两板间电场强度减小两板间电场强度增大流过灵敏电流计](多选)如图所示为一电源电动势为B为静电计，C1、C2分别是两个电容器，将开关闭合一一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，的金属板，其上部空间有一带电粒子如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向电阻为零，可以视为短路；反连接，电源负极接地，初始时电容器不带电，闭合开关定后，一带电油滴位于电容器极板间的P点且处于静止状态．下列说法正确的是如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒压电源的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，匀强电场水平向左，B点时动能减少到：2的功与克服摩擦力做的功之比仍然为：2.点到速度减为零，动能减少量为，对物体从点向右到返回2－1 mv[2019·湖北省部分重点中学联考](多选)如图所示的直角坐标系中，均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为大量电荷量为－q(q>0)、质量为0沿x轴正方向射入匀强电场．若粒子只能从坐标原点点的速度大小为2 2 m/sBD＝0．带电体运动到半圆形轨道B点时对半圆形轨道的压力大小为．平行板电容器的电容将变大应带负电，极板Y应带负电X′应带负电，极板Y应带负电．带电粒子通过电场的时间T 2时间段内进入电场的带电粒子最终都从OO′上方射出电场．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电表示两极板间的电场强度，．车轮停在感应线上时，电阻R上有恒定电流．车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电．车轮经过感应线的过程中，电阻R上的电流先增加后减小平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小的乘积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流两极板水平放置，A在上方，和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动为两块水平放置的金属板，通过闭合开关孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空＋mgE2a下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域，在如图所示的速度—时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是解析：带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了此后进入上边区域，受力依然平衡．因此，速度—时间图象应该为．粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则( )时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小时刻物块的速度最大多选)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关如图所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B与水平轨道平滑连接．区域内的匀强电场的电场强度的大小E1；问中电场强度不变，若在正方形区域ABOC中某些点静止释放与上述相同的带电粒子，要使所有粒子都经过E点，则释放点的坐标值x、y。
人教版2019高中物理必修第三册带电粒子在电场中的运动
9 带电粒子在电场中的运动
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[学习目标] 1.了解带电粒子在电场中的运动特点．(重点)2.会运 用静电力、电场强度的概念，根据牛顿运动定律及运动学公式研究 带电粒子在电场中的运动．(难点)3.会运用静电力做功、电势、电势 差的概念，根据功能关系研究带电粒子在电场中的运动．(难点)4.了 解示波管的构造和基本原理．
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思路点拨：(1)电子经电压 U 加速后的速度 v0 可由 eU＝12mv20求 出．
(2)初速度 v0 一定时，偏转电压越大，偏转距离越大． (3)最大偏转位移d2对应最大偏转电压．
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[解析] 加速过程，由动能定理得 eU＝12mv20①
进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动 l＝v0t② 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动
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示波管类问题 1.电子的偏转：被电子枪加速的电子在 YY′电场中做类平抛运 动，出电场后做匀速直线运动，最后打到荧光屏上．设打在荧光屏 上时的偏转位移为 y′，如图所示．
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由几何知识知，y′y ＝L′L＋L2. 2
所以 y′＝meLdUv20L′＋L2，y′与偏转电压 U 成正比．
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[解析] 根据动能定理 W＝12mv21－12mv20 而 W＝qEd ＝1.60×10－19×3×105×0.2 J ＝9.6×10－15 J 所以 v1＝ 2mW＋v20
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＝ 2× 1.697.6××110－0－ 2715＋5×1062 m/s ≈6×106 m/s 质子飞出时的速度约为 6×106 m/s.
(3)带电粒子在匀强电场中偏转时，其速度和加速度均不变．( × )
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(4)带电粒子在匀强电场中无论是直线加速还是偏转，均做匀变
带电粒子在电场中的运动(教师版)
带电粒子在电场中的运动考纲要求：Ⅱ（限于带电粒子进入电场是速度平行或垂直的情况）学习目标：（1）进一步理解在电场中物体的运动和力的关系（2）初步掌握带电粒子在电场中一些运动如：平衡、加速、偏转等处理方法一、带电粒子在电场中的平衡与直线运动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、α粒子、离子等(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等2.带电粒子在电场中的平衡解题步骤:3.带电粒子在电场中的直线运动例1：．如图，在真空中有一对平行金属板，接上电压为U的电池组，在它们之间建立方向水平向右的匀强电场。
有一个带电量为+q，质量为m的带电粒子（重力不计）穿过正极板上的小孔进入电场，在电场中被加速，到达负极板时从负极板上正对的小孔穿出。
设穿出时速度大小为v，v是多大呢？练1：如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为U)( )A.电子到达B板时的动能是U(eV)B.电子从B板到达C板动能变化量为零C.电子到达D板时动能是3U(eV)D.电子在A板和D板之间做往复运动练2：如图，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α=37°，两板所加电压为U=100 V，有一带负电液滴，带电荷量为q=3×10-10C，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.l4带电粒子在电场中的偏转 （1） 处理方法：练3：三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a 、b 、c 三点，如图所示，下面判断正确的是( )A.落在a 点的颗粒带正电，c 点的带负电，b 点的不带电B.落在a 、b 、c 点的颗粒在电场中的加速度的关系是a a >a b >a cC.三个颗粒在电场中运动的时间关系是ta>tb>tcD.电场力对落在c 点的颗粒做负功练4如图所示，在真空中水平放置一对平行金属板，板间距离为d ，板长为l ，加电压U 后，板间产生一匀强电场，一质子(质量为m ，电量为q)以初速度v 0垂直电场方向射入匀强电场，求:质子射出电场时的速度例2示波管是一种多功能电学仪器,它的工作原理可以等效成下列情况:如图所示,真空室中电极K 发出电子(初速度不计),经过电压为U1的加速电场后,由小孔S 沿水平金属板A 、B 间的中心线射入板中.金属板长为L,相距为d,当A 、B 间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点.已知电子的质量为m 、电荷量为e,不计电子重力,下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是( ) A.U1变大,U2变大 B.U1变小,U2变大C.U1变大,U2变小D.U1变小,U2变小练5：如图所示,两平行金属板间有一匀强电场,板长为L,板间距离为d,在板右端L 处有一竖直放置的光屏M,一带电荷量为q,质量为m 的质点从两板中央射入板间,最后垂直打在M 屏上,则下列结论正确的是( )A.板间电场强度大小为mg/qB.板间电场强度大小为2mg/qC.质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D.质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间课后练习1: 若将例1图中电池组的正负极调换，则两极板间匀强电场的场强方向变为水平向左，带电量为+q ，质量为m 的带电粒子，以初速度v 0，穿过左极板的小孔进入电场，设穿出极板时速度大小为v ，v 又是多大呢？课后练习2：如图所示，矩形区域ABCD 内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a 和b 以相同的水平速度射入电场，粒子a 由顶点A 射入，从BC 的中点P 射出，粒子b 由AB 的中点O 射入，从顶点C 射出.若不计重力，则a 和b 的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)是（ ） A.1∶2 B.2∶1 C.1∶8 D.8∶1课后练习3：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一、带电粒子在电场中做偏转运动1. 如图所示，在平行板电容器之间有匀强电场，一带电粒子（重力不计）以速度v 0垂直电场线射人电场，经过时间t l 穿越电场，粒子的动能由E k 增加到2E k ; 若这个带电粒子以速度32 v 0 垂直进人该电场，经过时间t 2穿越电场。
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第30讲 电容器 带电粒子在电场中的运动【教学目标】1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．【教学过程】★重难点一、平行板电容器的动态分析★1．平行板电容器动态变化的两种情况(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U 保持不变。
(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q 保持不变。
2．平行板电容器动态问题的分析思路3．平行板电容器问题的一个常用结论电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。
【特别提醒】解决电容器问题的两个常用技巧1.在电荷量保持不变的情况下，由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S知，电场强度与板间距离无关。
2.对平行板电容器的有关物理量Q 、E 、U 、C 进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住C ＝εr S 4πkd、Q ＝CU 和E ＝U d 进行判定即可。
【典型例题】(多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量。
如图6-3-3所示，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电。
现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则 ( )A ．油滴带负电B ．油滴带电荷量为mg UdC ．电容器的电容为kmgd U 2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动【答案】AC【解析】由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q ，则极板带电荷量为Q ＝kq ，由于qE ＝mg ，E ＝U d ，C ＝Q U ，解得q ＝mgd U ，C ＝kmgd U 2，将极板N 向下缓慢移动一小段距离，U 不变，d 增大，则电场强度E 减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，只有选项A 、C 正确。
★重难点二、带电粒子在电场中的直线运动★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、α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．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。
此方法只适用于匀强电场。
(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。
此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。
【特别提醒】带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法带电体在电场中运动的分析方法(1)与力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速；是直线还是曲线)；然后选用恰当的规律解题。
(2)从功和能的角度分析：带电体的加速(含偏转过程中速度大小的变化)过程是其他形式的能和动能之间的转化过程。
解决这类问题，可以用动能定理或能量守恒定律。
【典型例题】如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l 。
在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q (q ＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子。
在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。
已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面。
若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M ∶m 为 ( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1【审题指导】【答案】 A【解析】 设极板间电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对M ，由牛顿第二定律有：qE ＝Ma M ，由运动学公式得：25l ＝12a M t 2；对m ，由牛顿第二定律有qE ＝ma m根据运动学公式得：35l ＝12a m t 2 由以上几式解之得：M m ＝32，故A 正确。
★重难点三、带电粒子在匀强电场中的偏转★1．基本规律设粒子带电荷量为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 (忽略重力影响), 则有(1)加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qU md。
(2)在电场中的运动时间：t ＝l v 0。
(3)速度⎩⎪⎨⎪⎧ v x ＝v 0v y＝at ＝qUl mv 0d v ＝v x 2＋v y 2，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 02d。
(4)位移⎩⎪⎨⎪⎧l ＝v 0t y ＝12at 2＝qUl 22mv 02d2．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。
证明：由qU 0＝12mv 02及tan φ＝qUl mv 02d 得tan φ＝Ul 2U 0d。
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到电场边缘的距离为l 2。
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 02，其中U y ＝U dy ，指初、末位置间的电势差。
【特别提醒】带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路(1)运动学与动力学观点：①运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：a ．带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；b ．带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。
②当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法。
(2)功能观点：首先对带电粒子受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算。
①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量。
②若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。
【典型例题】(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上。
整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么 ( )A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置【审题指导】(1)氕、氘、氚核三种粒子的质量之比为1∶2∶3，电荷量之比为1∶1∶1。
(2)三粒子在加速电场中做匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，在偏转电场与屏之间粒子做匀速直线运动。
【答案】 AD【解析】 根据动能定理有qE 1d ＝12mv 12，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝ 2qE 1d m。
在偏转电场中，由l ＝v 1t 2及y ＝12qE 2m t 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y 得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A正确。
根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12mv 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝ 2qE 1d ＋qE 2y m，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误。
粒子打在屏上所用的时间t ＝ d v 12＋L ′v 1＝2d v 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C 错误。
根据v y ＝qE 2m t 2及tan θ＝v y v 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l 2E 1d，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确。
★重难点四、带电粒子在交变电场中运动★1．此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；二是粒子做往返运动(一般分段研究)；三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。
2．分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
4．常见的交变电场的电压波形方形波、锯齿波、正弦波等。
【典型例题】如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U 0，电容器板长和板间距离均为L ＝10 cm ，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L ＝10 cm ，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。
(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：(1)在t ＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处；(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？【答案】 (1)打在屏上的点位于O 点上方，距O 点13.5 cm (2)30 cm【解析】 (1)电子经电场加速满足qU 0＝12mv 2 经电场偏转后侧移量y ＝12at 2＝12·qU 偏mL ⎝⎛⎭⎫L v 2所以y ＝U 偏L 4U 0由图知t ＝0.06 s 时刻U 偏＝1.8U 0所以y ＝4.5 cm设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足Yy＝L＋L2L2所以Y＝13.5 cm(2)由题知电子侧移量y的最大值为L2，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm。