2019高中物理 第2章 电场与示波器 习题课2 电容和带电粒子在电场中的运动学案 沪科版选修3-1.doc

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1、- 1 -习题课习题课 2 2 电容和带电粒子在电场中的运动电容和带电粒子在电场中的运动学习目标 1.理解电容器的电容，学会分析平行板电容器动态变化问题 2.掌握带电粒子在电场中运动问题的分析方法.电容器动态变化问题1.平行板电容器的动态分析思路2两类动态变化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变大、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变小变大C变大、Q变大、E不变C变大、U变小、E变小如图 1 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，

2、以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，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( )图 1A增大，E增大 B增大，Ep不变C减小，Ep增大D减小，E不变思路点拨：指针偏角的大小反映了两极板间电压的大小电势能Ep的数值与零电势点的选取有关D D 由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U 可知U变小，则静电计指针的偏角减Q C- 2 -小又因为两板间电场强度E ，Q、S不变，则E不变因为E不变，则点电荷U dQ Cd4kQ S从P点移动到下极板(电势为零)电场力做

3、功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项 D 正确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 知，电场强度与板间距离无关U dQ Cd4kQ S(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，利用C，QCU和E 进行判定S 4kdU d即可针对训练1一平行板电容器，两板之间的距离d和两板面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接以Q表示电容器的电荷量，E表示两极板间的电场强度，则( )【导学号：69682115】A当d增大、S不变时，Q减小、E减小B当S增大、d不

4、变时，Q增大、E增大C当S减小、d增大时，Q增大、E增大D当S减小、d减小时，Q不变、E不变A A 由于电容器的两极板与电池相连，故电容器两极板之间的电压U保持不变根据E可得随d增大，两极板间的电场强度E减小根据电容C，由于S保持不变，d增大，U dS 4kd故电容C减小，根据QCU可知电荷量Q减小，故 A 正确；根据E 可得由于d不变，两极板U d间的电场强度E不变，根据电容C，由于S增大，d不变，故电容C增大，根据QCUS 4kd可知电荷量Q增大，故 B 错误；根据E 可得随d增大，两极板间的电场强度E减小，根据电U d容C，由于S减小，d增大，故电容C减小，根据QCU可知电荷量Q减小，故

5、 C 错误；S 4kd根据E 可得随d减小，两极板间的电场强度E增大，根据电容C，由于S减小，d减U dS 4kd小，故电容C的变化无法确定，根据QCU可知电荷量Q的变化无法确定，故 D 错误故选 A.2如图 2 所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状- 3 -态现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其他条件不变下列说法中正确的是( )图 2A液滴将向下运动 B两板电势差增大C极板带电荷量将增加D电场强度不变C C A、B电容器板间的电压保持不变，故 B 错；当将极板A向下平移一小段距离时，根据E ，分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运

6、动，故 A 错，D 错；根据U d电容的决定式C得知电容C增大，而电容器的电压U不变，极板带电荷量将增大，故 CS 4kd正确故选 C.带电粒子在电场中运动的分析1受力分析需要注意的两个方面(1)要掌握电场力的特点例如，电场力的大小和方向不仅跟场强的大小和方向有关，还与带电粒子的电量和电性有关；在匀强电场中，同一带电粒子所受电场力是恒力；在非匀强电场中，同一带电粒子在不同位置所受电场力的大小和方向都可能不同(2)判断是否考虑重力基本粒子：如电子、质子、 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)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般

7、都不能忽略重力2求解时依据的两类规律方法(1)牛顿定律和运动学规律先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动)，对匀变速运动问题可用牛顿定律和运动学规律处理(2)从功和能的角度分析带电粒子在电场力作用下的加速、减速或偏转过程是其他形式的能和动能之间的转化过程，解这类问题，可以使用动能定理或能量守恒定律如图 3 所示，两平行金属板A、B长l8 cm，两板间距离d8 cm，A板比B板电势高 300 V，即UAB300 V一带正电的粒子电量为q1010 C，质量为m1020 kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v02106 m/s，粒子飞出平行板

8、电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右- 4 -边点电荷的电场分布不受界面的影响)已知两界面MN、PS相距为L12 cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上(静电力常量k9109 Nm2/C2，粒子重力不计，tan 37 ，tan 3 453 )求：4 3图 3(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离h；(2)粒子穿过界面MN时的速度v；(3)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离Y；(4)点电荷的电荷量Q(该小题结果保留一位有效数字)思路点拨：

9、偏转时用类平抛运动的方法求解出电场后可应用相似三角形求解做圆周运动时可用库仑力提供向心力求解【解析】 (1)设粒子在两极板间运动时加速度为a，运动时间为t，则t，hat2，al v01 2qE mqUAB md解得：h0.03 m3 cm.qUAB 2md(l v0)2(2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vyatqUABl mdv0解得：vy1.5106 m/s所以粒子从电场中飞出时的速度为：v2.5106 m/sv2 0v2y设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为，则：tan vy v03 4- 5 -解得：37.(3)带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似

10、三角形知识得：h Yl 2 l 2L 解得：Y0.12 m12 cm.(4)粒子做匀速圆周运动的半径为：r0.15 mY cos 又m，k|Q|q r2v2 r解得：|Q|1108 C故Q1108 C.【答案】 (1)3 cm(2)2.5106 m/s，方向与水平方向成 37角斜向下(3)12 cm (4)1108 C计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离Y的四种方法(1)Yydtan (d为屏到偏转电场的水平距离)(2)Ytan (L为电场宽度)(L 2d)(3)Yyvy.d v0(4)根据三角形相似 .Y yL 2d L 2针对训练3如图 4 所示，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加

11、速电压是偏转电场电压的k倍有一初速度为零的带电粒子经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场强度方向射入，且正好能从下极板右边缘穿出电场，不计带电粒子的重力，则偏转电场长、宽的比值 为( )l d- 6 -图 4A. B.k2kC. D.3k5kB B 设加速电压为U1，偏转电压为U2，因为qU1mv，带电粒子离开加速电场时的速度1 22 0v0；在偏转电场中 t2，解得td，水平距离lv0tdd，所以2qU1 md 21 2qU2 mdm qU22U1 U22k，B 正确l d2k4如图 5 所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电

12、场平行的屏现有一电荷量为q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：图 5(1)粒子从射入电场到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值 tan ；(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x.【导学号：69682116】【解析】 (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t.2L v0(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a，所以vya，所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间

13、夹角Eq mL v0qEL mv0的正切值为 tan .vy v0qEL mv2 0- 7 -(3)由 得：x3y.x yLL2 L 23qEL2 2mv2 0【答案】 (1) (2) (3)2L v0qEL mv2 03qEL2 2mv2 0当 堂 达 标固 双 基1如图 6 所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关 S 后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是( )图 6A使a、b板的距离增大一些B使a、b板的正对面积减小一些C断开 S，使a、b板的距离增大一些D断开 S，使a、b板的正对面积增大一些C C 开关 S 闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的

14、张角不变，故 A、B 错误；断开 S，电容器所带的电量不变，a、b板的距离增大，则电容减小，根据U 知，电势差增大，Q C则指针张角增大，故 C 正确；断开 S，电容器所带的电量不变，a、b板的正对面积增大，电容增大，根据U 知，电势差减小，则指针张角减小，故 D 错误Q C2.如图 7 所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A点释放一个带电荷量为Q(Q0)的粒子，粒子重力不计，以水平初速度v0向右射出，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为 12 时，恰好从下端点B射出，则d与L之比为( ) 【导学号：69682117】图 7A12 B21 C11 D13C C 设粒子从A到B的时间为

15、t，粒子在B点时，竖直方向的分速度为vy，由类平抛运动的- 8 -规律可得Lv0t，dt，又v0vy12，可得dL11，选项 C 正确vy 23如图 8 所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是( )图 8A. B. C. D.U2 U12d LU2 U1d LU2 U12d2 L2U2 U1d2 L2C C 根据qU1mv2，t ，yat2 ，由题意知，yd，解得，故 C1 2L v1 21 2qU2 md(L v)21 2U2

16、 U12d2 L2正确4如图 9 所示，离子发生器发射一束质量为m、电荷量为q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形是该匀强电场的边界，己知ab长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d.图 9(1)求加速电压U0；(2)若离子恰从c点飞离电场，求a、c两点间的电势差Uac；(3)若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv，求此时匀强电场的场强大小E.2 0【导学号：69682118】【解析】 (1)对离子在PQ两板间的加速过程，根据动能定理，有qU0mv1 22 0解得U0.mv2 0 2q(2)设abcd区域内电场的场强大小为E，则ab方向有：Lv0tad方向有：Lat2t21 2qE 2m- 9 -又UacEL联立解得Uac.2mv2 0 q(3)根据Ekmv可知，离子射出电场时的速度vv0，方向与ab所在直线的夹角为 45，2 02即vxvy根据xvxt，yt可得x2yvy 2则离子将从bc边上的中点飞出，即yL 2根据动能定理，有Eqymvmv2 01 22 0解得E.mv2 0 qL【答案】 (1) (2) (3)mv2 02q2mv2 0qmv2 0qL