2014年物理《复习方略》课件(鲁科版)选修3-1-第六章-第3讲电容器与电容---带电粒子在电场中的运动资料.ppt

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1、第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动知识点知识点 1 1 常见电容器常见电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系电容器的电压、电荷量和电容的关系 1.1.电容器电容器(1)(1)组成：由两个彼此组成：由两个彼此_又相互靠近的导体组成。又相互靠近的导体组成。(2)(2)带电量：一个极板所带电荷量的带电量：一个极板所带电荷量的_。(3)(3)电容器的充电、放电：电容器的充电、放电：充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的的_，电容器中储存电场能。，电容器中储存电场能。放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中放电：使充

2、电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中_转化为其他形式的能。转化为其他形式的能。绝缘绝缘绝对值绝对值异种电荷异种电荷电场能电场能2.2.常见的电容器常见的电容器(1)(1)分类：从构造上可分为分类：从构造上可分为_电容器和电容器和_电容器。电容器。(2)(2)击穿电压：加在电容器极板上的击穿电压：加在电容器极板上的_电压，电容器外壳上电压，电容器外壳上标的电压是标的电压是_电压，这个电压比击穿电压电压，这个电压比击穿电压_(_(选填选填“高高”或或“低低”)。固定固定可变可变极限极限额定额定低低3.3.电容电容(1)(1)定义式：定义式：C=_C=_。(2)(2)单位：法拉单位：法拉(F)(F

3、)，1 F=_1 F=_FF=_=_pFpF。(3)(3)电容与电压、电荷量的关系：电容与电压、电荷量的关系：电容电容C C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量_。不随。不随Q Q变化，也不随电压变化。变化，也不随电压变化。由由C=C=可推出可推出C=C=10106 610101212无关无关4.4.平行板电容器及其电容平行板电容器及其电容(1)(1)影响因素：平行板电容器的电容与影响因素：平行板电容器的电容与_成正比，与介成正比，与介质的质的_成正比，与成正比，与_成反比。成反比。(2)(2)决定式：决定式：_，k k为静电力常量。为静电力常量

4、。正对面积正对面积介电常数介电常数两板间的距离两板间的距离知识点知识点 2 2 带电粒子在匀强电场中的运动带电粒子在匀强电场中的运动 1.1.平衡问题平衡问题平衡条件平衡条件:F:F合合_。2.2.加加(减减)速问题速问题带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场中，受到的静电带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场中，受到的静电力方向与运动方向在一条直线上，做力方向与运动方向在一条直线上，做_运动。运动。0 0匀变速直线匀变速直线3.3.偏转问题偏转问题(1)(1)运动性质运动性质不计重力的带电粒子以速度不计重力的带电粒子以速度v v0 0垂直于电场线方向飞入匀强电场垂直于电场线方向飞入匀强电

5、场时，受到方向与初速度方向垂直的静电力作用而做时，受到方向与初速度方向垂直的静电力作用而做_运运动。动。(2)(2)处理方法处理方法分析方法分析方法类平抛运动的合成与分解类平抛运动的合成与分解a.a.垂直于电场线方向为垂直于电场线方向为_运动。运动。b.b.平行于电场线方向为初速度为零的平行于电场线方向为初速度为零的_运动。运动。类平抛类平抛匀速直线匀速直线匀加速匀加速基本过程，如图所示基本过程，如图所示几个结论几个结论设粒子带电荷量为设粒子带电荷量为q q，质量为，质量为m m，两平行金属板间的电压为，两平行金属板间的电压为U U，板长为板长为l，板间距离为，板间距离为d d，(忽略重力影响

6、忽略重力影响)，则有，则有a.a.加速度：加速度：_。b.b.在电场中的运动时间：在电场中的运动时间：t=t=_。_ _ _ _ _知识点知识点 3 3 示波管示波管 1.1.构造构造_，偏转电极，偏转电极，荧光屏。荧光屏。(如图所示如图所示)电子枪电子枪2.2.工作原理工作原理(1)YY(1)YY上加的是待显示的上加的是待显示的_，XXXX上是机器自身产生上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做的锯齿形电压，叫做_。(2)(2)观察到的现象。观察到的现象。如果在偏转电极如果在偏转电极XXXX和和YYYY之间都没有加电压，则电子枪射之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏出的电子沿

7、直线运动，打在荧光屏_，在那里产生一个亮，在那里产生一个亮斑。斑。若所加扫描电压和若所加扫描电压和_的周期相等，就可以在荧光屏的周期相等，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像。上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图像。信号电压信号电压扫描电压扫描电压中心中心信号电压信号电压【思考辨析思考辨析】(1)(1)电容器的电容表示其储存电荷的能力。电容器的电容表示其储存电荷的能力。()()(2)(2)电容器的电容与它所带的电荷量成正比。电容器的电容与它所带的电荷量成正比。()()(3)(3)放电后的电容器电量为零，电容也为零。放电后的电容器电量为零，电容也为零。()()(4)(4)带电

8、粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()()(5)(5)带电粒子在电场中可以做圆周运动。带电粒子在电场中可以做圆周运动。()()(6)(6)示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的。示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的。()()(7)(7)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计。带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计。()()分析分析:电容器是能够储存电荷的器件，用电容表示其储存电荷电容器是能够储存电荷的器件，用电容表示其储存电荷的本领，故的本领，故(1)(1)对。电容的定义式对。电容的定义式 但一个固定电容器的但一个固定电容器的电容

9、电容C C是不变的，即使电容器放电后，其电容是不变的，即使电容器放电后，其电容C C也不变，故也不变，故(2)(2)、(3)(3)均错。带电粒子在匀强电场中可以做直线运动，也可均错。带电粒子在匀强电场中可以做直线运动，也可以做曲线运动，运动形式由初速度方向与电场方向的夹角决以做曲线运动，运动形式由初速度方向与电场方向的夹角决定，故定，故(4)(4)错。在点电荷的电场中，带电粒子可以围绕点电荷错。在点电荷的电场中，带电粒子可以围绕点电荷做圆周运动，故做圆周运动，故(5)(5)对。由示波管的原理可知，对。由示波管的原理可知，(6)(6)对。带电粒对。带电粒子的重力是否能忽略，由具体问题的研究条件决

10、定，如对基本子的重力是否能忽略，由具体问题的研究条件决定，如对基本粒子，重力一般都可忽略；但对带电液滴、油滴、小球等，重粒子，重力一般都可忽略；但对带电液滴、油滴、小球等，重力一般不能忽略，故力一般不能忽略，故(7)(7)错。错。考点考点 1 1 平行板电容器的两类动态变化问题平行板电容器的两类动态变化问题(三年三年3 3考考)对比分析对比分析【考点解读考点解读】1.1.分析比较的思路分析比较的思路(1)(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)(2)用决定式用决定式 分析平行板电容器电容的变化。分析平行板电容器电容的变化。(3)(

11、3)用定义式用定义式 分析电容器所带电荷量或两极板间电压的分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。变化。(4)(4)用用 分析电容器极板间场强的变化。分析电容器极板间场强的变化。2.2.两类动态变化问题的比较两类动态变化问题的比较分类分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开充电后与电池两极断开不变量不变量U UQ Qd d变大变大C C变小变小Q Q变小变小E E变小变小C C变小变小U U变大变大E E不变不变S S变大变大C C变大变大Q Q变大变大E E不变不变C C变大变大U U变小变小E E变小变小变大变大C C变大变大Q Q变大变大E E不变不变C C变大

12、变大U U变小变小E E变小变小【典例透析典例透析1 1】用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素因素(如图如图)。设两极板正对面积为，极板间的距离为，静。设两极板正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角为电计指针偏角为 。实验中，极板所带电荷量不变，若。实验中，极板所带电荷量不变，若()()A.A.保持保持S S不变，增大不变，增大d d，则，则 变大变大B.B.保持保持S S不变，增大不变，增大d d，则，则 变小变小C.C.保持保持d d不变，增大不变，增大S S，则，则 变小变小D.D.保持保持d d不变，增大不变，增大S S，则，则 不变

13、不变【解题探究解题探究】(1)(1)静电计的指针偏角越大，说明板间电势差静电计的指针偏角越大，说明板间电势差_。(2)(2)由电容定义式由电容定义式 可知，在可知，在Q Q不变时，不变时，U U越大，说明越大，说明C_C_。越大越大越小越小【解析解析】选选A A、C C。由。由 可得：可得：保持保持S S不变，增大不变，增大d d，则，则U U增大，即增大，即 变大，故变大，故A A正确，正确，B B错误；错误；保持保持d d不变，增大不变，增大S S，则，则 U U减小，即减小，即 变小，故变小，故C C对，对，D D错。错。【总结提升总结提升】分析平行板电容器时的两个关键点分析平行板电容器

14、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：点：(1)(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，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。一般情况下是保持电量不变或板间电压不变。(2)(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用化，还要应用 分析板间电场强度的变化情况。分析板间电场强度的变化情况。【变式训练变式训练】(2013(2013深圳模拟深圳模拟)如图所示，如图所示，平行板电容

15、器与电动势为平行板电容器与电动势为E E的直流电源的直流电源(内内阻不计阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的于电容器中的P P点且恰好处于平衡状态。现点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()()A.A.带电油滴将沿竖直方向向上运动带电油滴将沿竖直方向向上运动B.PB.P点的电势将降低点的电势将降低C.C.带电油滴运动时电势能将减少带电油滴运动时电势能将减少D.D.若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大【解析解析】选选B B。由于电容器

16、与电源连接，电压。由于电容器与电源连接，电压U U不变，板间场强不变，板间场强 随随d d的增大而减小，所以油滴将不再平衡而向下运动，的增大而减小，所以油滴将不再平衡而向下运动，电场力做负功，电势能增大，故电场力做负功，电势能增大，故A A、C C均错。均错。P P点与地的电势差点与地的电势差U UPOPO=qEdqEd，q q和和d d均不变而均不变而E E减小，故减小，故P P点电势将降低，点电势将降低，B B项正确。项正确。据据Q=CUQ=CU可知，电压可知，电压U U不变时减小电容不变时减小电容C C，则极板带电荷量将减，则极板带电荷量将减小，故小，故D D错误。错误。考点考点 2 2

17、 示波管的工作原理示波管的工作原理(三年三年2 2考考)深化理解深化理解【考点解读考点解读】电子在示波管中的运动规律电子在示波管中的运动规律(1)(1)电子在电子枪中加速获得初速度电子在电子枪中加速获得初速度v v，由动能定理可得，由动能定理可得eUeU=U=U为加速电场的电压。为加速电场的电压。(2)(2)电子在偏转电场中向正极板偏转，在荧光屏上打出的光斑电子在偏转电场中向正极板偏转，在荧光屏上打出的光斑位置随电压的变化而变化。位置随电压的变化而变化。(3)(3)要研究的信号电压加在竖直偏转板上，水平偏转板上的电要研究的信号电压加在竖直偏转板上，水平偏转板上的电压是扫描电压。压是扫描电压。(

18、4)(4)电子打在荧光屏上将出现亮点，若电子打在屏上的位置快电子打在荧光屏上将出现亮点，若电子打在屏上的位置快速移动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线。速移动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线。【典例透析典例透析2 2】(2011(2011安徽高考安徽高考)图图(a)(a)为示波管的原理图。如为示波管的原理图。如果在电极果在电极YYYY之间所加的电压按图之间所加的电压按图(b)(b)所示的规律变化，在电所示的规律变化，在电极极XXXX之间所加的电压按图之间所加的电压按图(c)(c)所示的规律变化，则在荧光屏所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是上会看到的图形是()()【

19、解题探究解题探究】(1)(1)电子带负电，运动过程中向电势电子带负电，运动过程中向电势_(_(选填选填“高高”或或“低低”)的方向偏转。的方向偏转。(2)(2)由电子的偏移量与偏转电压成由电子的偏移量与偏转电压成_，从而得出几个特殊点，从而得出几个特殊点的关系。的关系。【解析解析】选选B B。示波管。示波管YYYY间为信号电压，间为信号电压，XXXX间为扫描电间为扫描电压，压，0 0t t1 1，Y Y板电势高板电势高,电子向电子向Y Y板偏转，板偏转，XX板电势高板电势高,电子向电子向XX板偏转，由此知板偏转，由此知C C、D D错；又根据偏移量公式错；又根据偏移量公式 偏移量与偏转电压成正

20、比，偏移量与偏转电压成正比，0 0、t t1 1、2t2t1 1时刻偏转电压为时刻偏转电压为0 0，偏，偏移量也为移量也为0 0，时刻偏转电压最大，偏移量也最大，所以时刻偏转电压最大，偏移量也最大，所以B B对。对。高高正比正比【互动探究互动探究】若在这个示波管的荧光屏上出现了一个亮斑若在这个示波管的荧光屏上出现了一个亮斑P P，如图所示，那么示波管中的如图所示，那么示波管中的()()A.A.极板极板X X应带正电应带正电B.B.极板极板XX应带正电应带正电C.C.极板极板Y Y应带正电应带正电D.D.极板极板YY应带正电应带正电【解析解析】选选A A、C C。由电子枪发射出的电子带负电，所以

21、。由电子枪发射出的电子带负电，所以P P点的点的亮斑是由于极板亮斑是由于极板X X和和Y Y带正电所形成的，故带正电所形成的，故A A、C C正确。正确。【总结提升总结提升】示波管上图像的种类示波管上图像的种类YYYYXXXX图像图像1 1U=0U=0U=0U=0中心亮斑中心亮斑2 2恒压恒压恒压恒压光斑光斑3 3交变电压交变电压U=0U=0竖线竖线4 4U=0U=0扫描电压扫描电压横线横线5 5交变电压交变电压扫描电压扫描电压交变信号交变信号考点考点 3 3 带电粒子在电场中的偏转带电粒子在电场中的偏转(三年三年5 5考考)拓展延伸拓展延伸【考点解读考点解读】1.1.粒子的偏转角粒子的偏转角

22、(1)(1)以初速度以初速度v v0 0垂直进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量垂直进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为为m m，带电荷量为，带电荷量为q q，偏转电压为，偏转电压为U U1 1，若粒子飞出电场时偏转角，若粒子飞出电场时偏转角为为,则则结论：结论：动能一定时，动能一定时，tantan与与q q成正比，电荷量相同时成正比，电荷量相同时tantan与与动能成反比。动能成反比。(2)(2)粒子从静止开始经加速电场粒子从静止开始经加速电场U U0 0加速后再进入偏转电场则加速后再进入偏转电场则有：有：qUqU0 0=mv=mv0 02 2可解得：可解得：结论：粒子的偏转角与粒子的

23、结论：粒子的偏转角与粒子的q q、m m无关，仅取决于加速电场无关，仅取决于加速电场和偏转电场。和偏转电场。2.2.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)(1)以初速度以初速度v v0 0进入偏转电场进入偏转电场作粒子速度的反向延长线，设交于作粒子速度的反向延长线，设交于O O点，点，O O点与电场边缘的距离点与电场边缘的距离为为x x，则，则结论：结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的 处沿直处沿直线射出。线射出。(2)(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的

24、带电粒子都是从静止经同一加速电压从静止经同一加速电压U U0 0加速后进入偏转电场的，则偏移量：加速后进入偏转电场的，则偏移量：偏转角正切：偏转角正切：结论：无论结论：无论带电粒子的带电粒子的m m、q q如何，只要经过同一加速电场加如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y y和偏转角和偏转角都是相同的，也就是运动轨迹完全重合。都是相同的，也就是运动轨迹完全重合。【典例透析典例透析3 3】(2013(2013南昌模拟南昌模拟)如图所示，真空中水平放置如图所示，真空中水平放置的两个相同极板的两个相同极板Y Y和和YY长

25、为长为L L，相距，相距d d，足够大的竖直屏与两板，足够大的竖直屏与两板右侧相距右侧相距b b。在两板间加上可调偏转电压。在两板间加上可调偏转电压U UYYYY，一束质量为，一束质量为m m、带电量为带电量为+q+q的粒子的粒子(不计重力不计重力)从两板左侧中点从两板左侧中点A A以初速度以初速度v v0 0沿水沿水平方向射入电场且能穿出。平方向射入电场且能穿出。(1)(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心的中心O O点；点；(2)(2)求两板间所加偏转电压求两板间所加偏转电压U UYYYY的范围；的范围；(3)(3)

26、求粒子可能到达屏上区域的长度。求粒子可能到达屏上区域的长度。【解题探究解题探究】(1)(1)带电粒子在两极板之间的电场中做带电粒子在两极板之间的电场中做_。(2)(2)当两极板间所加的电压最大时，带电粒子恰好从当两极板间所加的电压最大时，带电粒子恰好从_。(3)(3)带电粒子到达屏上区域边缘对应极板间所加的电压带电粒子到达屏上区域边缘对应极板间所加的电压_。类平抛运动类平抛运动极板的右边缘飞出极板的右边缘飞出最大最大【解析解析】(1)(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为设粒子在运动过程中的加速度大小为a a，离开偏转，离开偏转电场时偏转距离为电场时偏转距离为y y，沿电场方向的速度为，沿电场

27、方向的速度为v vy y，偏转角为，偏转角为，其反向延长线通过其反向延长线通过O O点，点，O O点与板右端的水平距离为点与板右端的水平距离为x x，则有则有y=aty=at2 2 L=vL=v0 0t t v vy y=at=attantan=联立可得联立可得即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O O点。点。(2)a=(2)a=E=E=由由式解得式解得当当y=y=时，时，则两板间所加电压的范围为则两板间所加电压的范围为(3)(3)当当y=y=时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设其大小为设

28、其大小为y y0 0，则则y y0 0=y+btany+btan又又解得：解得：故粒子在屏上可能到达的区域的长度为故粒子在屏上可能到达的区域的长度为答案：答案：(1)(1)见解析见解析 (2)(2)(3)(3)【总结提升总结提升】确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离yy的的三种方法三种方法(1)y=(1)y=y+vy+vy y(2)y=(2)y=y+btany+btan(3)y=(+b)tan(3)y=(+b)tan其中其中y=(+y=(+b)tanb)tan是应用上例第是应用上例第(1)(1)问的结论得出的，一般问的结论得出的，一般不直接用于计算题的求解过

29、程。不直接用于计算题的求解过程。【变式训练变式训练】如图所示，如图所示，A A板发出的电子经加速后，水平射入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水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U U，电子，电子最终打在荧光屏最终打在荧光屏P P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是是()()A.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置上升B.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滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏

30、上的位置上升置上升C.C.电压电压U U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变不变D.D.电压电压U U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变时间不变【解析解析】选选B B、D D。电子加速有。电子加速有eUeU0 0=mv=mv0 02 2,电子偏转有电子偏转有 滑动触头向右移动滑动触头向右移动,U,U0 0增大增大,y,y减小，减小，A A错错误，误，B B正确；两电场对电子做的功为正确；两电场对电子做的功为 U U增大，增大，y y增大，则增大，则W W增大，所以选项增

31、大，所以选项C C错误；电子在加速电场中匀加速错误；电子在加速电场中匀加速时间不变，在偏转电场中匀速运动时间也不变，所以运动总时时间不变，在偏转电场中匀速运动时间也不变，所以运动总时间不变，选项间不变，选项D D正确。故答案为正确。故答案为B B、D D。【变式备选变式备选】如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K K发出发出(初速度可忽略不计初速度可忽略不计)，经灯丝与，经灯丝与A A板间的电压板间的电压U U1 1加速，从加速，从A A板中心孔沿中心线板中心孔沿中心线KOKO射出，然后进入两块平行金属板射出，然后进入两块平行金属板M M、N N

32、形成形成的偏转电场中的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场偏转电场可视为匀强电场)，电子进入，电子进入M M、N N间电间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的上的P P点。已知点。已知M M、N N两板间的电压为两板间的电压为U U2 2，两板间的距离为，两板间的距离为d d，板，板长为长为L L，电子的质量为，电子的质量为m m，电荷量为，电荷量为e e，不计电子受到的重力及，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。它们之间的相互作用力。(1)(1)求电子穿过求电子穿过A A板时速度的大小；板时速度的大小；(2)(

33、2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)(3)若要使电子打在荧光屏上若要使电子打在荧光屏上P P点的上方，可采取哪些措施？点的上方，可采取哪些措施？【解析解析】(1)(1)设电子经电压设电子经电压U U1 1加速后的速度为加速后的速度为v v0 0，由动能定理，由动能定理eUeU1 1=mv=mv0 02 2-0-0，解得解得v v0 0=(2)(2)电子以速度电子以速度v v0 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设

34、偏转电场的电场强度为电场的电场强度为E E，电子在偏转电场中运动的时间为，电子在偏转电场中运动的时间为t t，加速，加速度为度为a a，电子离开偏转电场时的侧移量为，电子离开偏转电场时的侧移量为y y。由牛顿第二定律和。由牛顿第二定律和运动学公式运动学公式F=F=ma,Fma,F=eEeE,y=aty=at2 2解得：解得：(3)(3)由由 可知，减小可知，减小U U1 1和增大和增大U U2 2均可使均可使y y增大，从而使电增大，从而使电子打在子打在P P点上方。点上方。答案：答案：(1)(2)(3)(1)(2)(3)减小加速电压减小加速电压U U1 1或增大偏转电压或增大偏转电压U U2

35、 2考点考点 4 4 匀强电场与重力场的综合问题匀强电场与重力场的综合问题(三年三年4 4考考)解题技巧解题技巧【考点解读考点解读】分析粒子运动的两个观点分析粒子运动的两个观点1.1.用动力学的观点分析带电粒子的运动用动力学的观点分析带电粒子的运动(1)(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法。用正交分解法。(2)(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直线运动，化繁为简。线运动，化繁为简。(3)(3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力综

36、合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题，另外要注意分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题，另外要注意运动学公式里包含物理量的正负号，即其矢量性。运动学公式里包含物理量的正负号，即其矢量性。2.2.用能量的观点来分析带电粒子的运动用能量的观点来分析带电粒子的运动(1)(1)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。(2)(2)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理。所有功，判断选

37、用分过程还是全过程使用动能定理。【典例透析典例透析4 4】在足够长的粗糙绝缘板在足够长的粗糙绝缘板A A上放一个质量为上放一个质量为m m、电、电荷量为荷量为+q+q的小滑块的小滑块B B。用手托住。用手托住A A置于方向水平向左、场强大小置于方向水平向左、场强大小为为E E的匀强电场中，此时的匀强电场中，此时A A、B B均能静止，如图所示。现将绝缘均能静止，如图所示。现将绝缘板板A A从图中位置从图中位置 P P垂直电场线移至位置垂直电场线移至位置Q Q，发现小滑块，发现小滑块B B相对于相对于A A发生了运动。为研究方便可以将绝缘板发生了运动。为研究方便可以将绝缘板A A的运动简化成先匀

38、加的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程。测量发现竖直方向加速的时间为速接着匀减速到静止的过程。测量发现竖直方向加速的时间为0.8 s0.8 s，减速的时间为，减速的时间为0.2 s0.2 s。P P、Q Q位置高度差为位置高度差为0.5 m0.5 m。已知。已知匀强电场的场强匀强电场的场强 A A、B B之间动摩擦因数之间动摩擦因数=0.4,g=0.4,g取取10 m/s10 m/s2 2。求：。求：(1)(1)绝缘板绝缘板A A加速和减速的加速度大小分别为多大？加速和减速的加速度大小分别为多大？(2)(2)滑块滑块B B最后停在离出发点水平距离为多大处？最后停在离出发点水平距离为多大处

39、？【解题探究解题探究】(1)(1)开始时开始时A A、B B能保持相对静止，说明电场力能保持相对静止，说明电场力_最大静摩擦最大静摩擦力，此时力，此时B B对对A A的压力的压力_mg_mg。小于小于等于等于(2)B(2)B相对于相对于A A滑动，说明电场力滑动，说明电场力_摩擦力，此时摩擦力，此时B B对对A A的压力的压力_mg_mg。说明绝缘板。说明绝缘板A A向上做向上做_。【解析解析】(1)(1)设绝缘板设绝缘板A A匀加速和匀减速的加速度大小分别为匀加速和匀减速的加速度大小分别为a a1 1和和a a2 2，其时间分别为，其时间分别为t t1 1和和t t2 2，P P、Q Q高度

40、差为高度差为h h，则有，则有a a1 1t t1 1=a=a2 2t t2 2h=ah=a1 1t t1 12 2+a+a2 2t t2 22 2解得解得a a1 1=1.25 m/s=1.25 m/s2 2，a a2 2=5 m/s=5 m/s2 2。大于大于小于小于匀减速运动匀减速运动(2)(2)研究滑块研究滑块B B，在绝缘板，在绝缘板A A上匀减速的过程中，由牛顿第二定上匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得律可得竖直方向：竖直方向：mg-N=mamg-N=ma2 2水平方向：水平方向：Eq-NEq-N=ma=ma3 3解得解得a a3 3=0.1g=1 m/s=0.1g=1 m/s2

41、2在这个过程中滑块在这个过程中滑块B B的水平位移大小为的水平位移大小为s s3 3=a=a3 3t t2 22 2=0.02 m=0.02 m。在绝缘板在绝缘板A A静止后，滑块静止后，滑块B B将沿水平方向做匀减速运动，设加速将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为度大小为a a4 4，有，有mg-Eqmg-Eq=ma=ma4 4，得得a a4 4=0.1g=1 m/s=0.1g=1 m/s2 2该过程中滑块该过程中滑块B B的水平位移大小为的水平位移大小为s s4 4=s=s3 3=0.02 m=0.02 m最后滑块最后滑块B B静止时离出发点的水平距离静止时离出发点的水平距离s=ss=

42、s4 4+s+s3 3=0.04 m=0.04 m。答案：答案：(1)1.25 m/s(1)1.25 m/s2 2 5 m/s5 m/s2 2 (2)0.04 m(2)0.04 m【变式训练变式训练】(2013(2013成都模拟成都模拟)如图所示，如图所示，M M、N N为水平放置、为水平放置、互相平行且厚度不计的两金属板，间距互相平行且厚度不计的两金属板，间距d=35 cmd=35 cm，已知，已知N N板电势板电势高，两板间电压高，两板间电压U U3.53.510104 4 V V。现有一质量。现有一质量m=7.0m=7.01010-6-6 kgkg，电荷量电荷量q=6.0q=6.0101

43、0-10-10 C C的带负电油滴，由的带负电油滴，由N N板下方距板下方距N N为为h=15 cmh=15 cm的的O O处竖直上抛，经处竖直上抛，经N N板中间的板中间的P P孔进入电场，到达上板孔进入电场，到达上板Q Q点时速点时速度恰为零度恰为零(g(g取取10 m/s10 m/s2 2)。求油滴上抛的初速度。求油滴上抛的初速度v v0 0。【解析解析】全过程重力做负功，油滴在全过程重力做负功，油滴在M M、N N间运动时电场力做负间运动时电场力做负功，全过程根据动能定理有：功，全过程根据动能定理有：-mg(d+h)-qUmg(d+h)-qU=0-mv=0-mv0 02 2解得解得代入

44、数据得代入数据得v v0 0=4=4 m/sm/s答案答案:4 4 m/sm/s【典例透析典例透析】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为距为d d的两平行极板，如图甲所示。加在极板的两平行极板，如图甲所示。加在极板A A、B B间的电压间的电压U UABAB做周期性变化，其正向电压为做周期性变化，其正向电压为U U0 0，反向电压为，反向电压为-kU-kU0 0(k(k1)1)，电，电压变化的周期为压变化的周期为22，如图乙所示。在，如图乙所示。在t=0t=0时，极板时，极板B B附近的一附近的一个电子，质量为个电子，质量为m m、电荷量为、

45、电荷量为e e，受电场作用由静止开始运动。，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板若整个运动过程中，电子未碰到极板A A，且不考虑重力作用。，且不考虑重力作用。若若 电子在电子在0 022时间内不能到达极板时间内不能到达极板A A，求，求d d应满足的条应满足的条件。件。【备选例题备选例题】考查内容考查内容带电粒子在交变电场中的运动带电粒子在交变电场中的运动【规范解答规范解答】电子在电子在0 0时间内做匀加速运动，加速度的大时间内做匀加速运动，加速度的大小为小为 位移位移x x1 1=a=a1 12 2在在22时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动时间内先做匀减速运动，后

46、反向做匀加速运动加速度的大小为加速度的大小为a a2 2=初速度的大小为初速度的大小为v v1 1=a=a1 1匀减速运动阶段的位移匀减速运动阶段的位移x x2 2=依据题意依据题意d dx x1 1+x+x2 2解得解得答案：答案：电场中粒子运动的综合问题电场中粒子运动的综合问题【典例典例】(2011(2011北京高考北京高考)(20)(20分分)静电场方向平行于静电场方向平行于x x轴，其轴，其电势电势随随x x的分布可简化为如图所示的折线的分布可简化为如图所示的折线，图中，图中0 0和和d d为已为已知量。一个带负电的粒子在电场中以知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0 x=0为中心。为

47、中心。沿沿x x轴方向轴方向做周期性运动做周期性运动。已知该粒子质量为。已知该粒子质量为m m、电量为、电量为-q-q，其，其动能与电动能与电势能之和为势能之和为-A-A(0Aq(0Aq0 0)，忽略重力。求：，忽略重力。求：(1)(1)粒子所受电场力的大小；粒子所受电场力的大小；(2)(2)粒子的运动区间粒子的运动区间；(3)(3)粒子的运动周期粒子的运动周期。关键信息关键信息信息挖掘信息挖掘题题干干电势电势随随x x的分布可简的分布可简化为如图所示的折线化为如图所示的折线结合图像可知，在结合图像可知，在x x轴上电势轴上电势从从x=0 x=0向两侧均匀降低，说明向两侧均匀降低，说明电场为匀

48、强电场，由电场为匀强电场，由x=0 x=0处指处指向向x x轴正、负方向，在轴正、负方向，在dd处，处，电势为零电势为零沿沿x x轴方向做周期性运轴方向做周期性运动动粒子带负电，做周期性运动，粒子带负电，做周期性运动，可知粒子的运动在一定的区间可知粒子的运动在一定的区间内内动能与电势能之和为动能与电势能之和为-A-A电势能电势能q q中的中的与与x x有关，根有关，根据能量守恒，当动能最小时，据能量守恒，当动能最小时，q q最大最大【审题审题抓住信息，快速推断抓住信息，快速推断】关键信息关键信息信息挖掘信息挖掘问问题题粒子的运动区间粒子的运动区间由图像可知，在由图像可知，在x x轴上轴上x x

49、处的处的电势电势 可解出可解出x x的区间的区间粒子的运动周期粒子的运动周期粒子在此匀强电场中做匀变粒子在此匀强电场中做匀变速周期性运动，可先求出四速周期性运动，可先求出四分之一周期的时间，再求出分之一周期的时间，再求出周期周期(1)(1)由题图可知，由题图可知，O O与与d(d(或或-d)-d)两点的电势差为两点的电势差为0 0电场强度大小电场强度大小 (2(2分分)电场力的大小电场力的大小F=F=qEqE=(2=(2分分)(2)(2)设粒子在设粒子在-x-x0 0，x x0 0区间运动，速率为区间运动，速率为v v，由题意得，由题意得 mvmv2 2-q-q=-A (2=-A (2分分)由

50、题图可知由题图可知=0 0(1-(1(1-(1分分)【答题答题规范解题，步步得分规范解题，步步得分】由由得，得，(2(2分分)因动能非负，有因动能非负，有得得 (2(2分分)即即 (1(1分分)粒子运动的区间粒子运动的区间 (2(2分分)(3)(3)粒子从粒子从-x-x0 0处开始运动四分之一周期的时间为处开始运动四分之一周期的时间为t t，根据牛顿，根据牛顿第二定律得粒子的加速度：第二定律得粒子的加速度：(2(2分分)由于粒子做匀加速直线运动，则由于粒子做匀加速直线运动，则 (2(2分分)粒子运动的周期粒子运动的周期 (2(2分分)答案：答案：(1)(2)(1)(2)(3)(3)【双基题组双