習題課2電容和帶電粒子在電場中的運動學習目標1.理解電容器的電容，學會分析平行板電容器動態(tài)變化問題2.掌握帶電粒子在電場中運動問題的分析方法.電容器動態(tài)變化問題1.平行板電容器的動態(tài)分析思路 2兩類動態(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UQd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，與靜電計相連，靜電計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點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，表示靜電計指針的偏角若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()圖1A增大，E增大B增大，Ep不變C減小，Ep增大D減小，E不變思路點撥：指針偏角的大小反映了兩極板間電壓的大小電勢能Ep的數(shù)值與零電勢點的選取有關(guān)D由題意可知平行板電容器的帶電荷量Q不變，當下極板不動，上極板向下移動一段距離時，兩極板間距d減小，則電容C變大，由U可知U變小，則靜電計指針的偏角減小又因為兩板間電場強度E，Q、S不變，則E不變因為E不變，則點電荷從P點移動到下極板(電勢為零)電場力做功不變，電勢能的變化相同，則點電荷在P點的電勢能Ep不變，故只有選項D正確解決電容器問題的兩個常用技巧(1)在電荷量保持不變的情況下，由E知，電場強度與板間距離無關(guān)(2)對平行板電容器的有關(guān)物理量Q，E，U，C進行討論時，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，QCU和E進行判定即可針對訓練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度，則()【導學號：69682115】A當d增大、S不變時，Q減小、E減小B當S增大、d不變時，Q增大、E增大C當S減小、d增大時，Q增大、E增大D當S減小、d減小時，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，兩極板間的電場強度E減小根據(jù)電容C，由于S保持不變，d增大，故電容C減小，根據(jù)QCU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)QCU可知電荷量Q增大，故B錯誤；根據(jù)E可得隨d增大，兩極板間的電場強度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)QCU可知電荷量Q減小，故C錯誤；根據(jù)E可得隨d減小，兩極板間的電場強度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)QCU可知電荷量Q的變化無法確定，故D錯誤故選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，處于靜止狀態(tài)現(xiàn)將極板A向下平移一小段距離，但仍在P點上方，其他條件不變下列說法中正確的是()圖2A液滴將向下運動B兩板電勢差增大C極板帶電荷量將增加D電場強度不變CA、B電容器板間的電壓保持不變，故B錯；當將極板A向下平移一小段距離時，根據(jù)E，分析得知，板間場強增大，液滴所受電場力增大，液滴將向上運動，故A錯，D錯；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動的分析1受力分析需要注意的兩個方面(1)要掌握電場力的特點例如，電場力的大小和方向不僅跟場強的大小和方向有關(guān)，還與帶電粒子的電量和電性有關(guān)；在勻強電場中，同一帶電粒子所受電場力是恒力；在非勻強電場中，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、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求解時依據(jù)的兩類規(guī)律方法(1)牛頓定律和運動學規(guī)律先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速或減速，是直線運動還是曲線運動)，對勻變速運動問題可用牛頓定律和運動學規(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能之間的轉(zhuǎn)化過程，解這類問題，可以使用動能定理或能量守恒定律如圖3所示，兩平行金屬板A、B長l8 cm，兩板間距離d8 cm，A板比B板電勢高300 V，即UAB300 V一帶正電的粒子電量為q1010 C，質(zhì)量為m1020 kg，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v02106 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，進入固定在中心線上O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響)已知兩界面MN、PS相距為L12 cm，粒子穿過界面PS后被點電荷Q施加的電場力俘獲從而以O(shè)點為圓心做勻速圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上(靜電力常量k9109 Nm2/C2，粒子重力不計，tan 37，tan 53)求：圖3(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離h；(2)粒子穿過界面MN時的速度v；(3)粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離Y；(4)點電荷的電荷量Q(該小題結(jié)果保留一位有效數(shù)字)思路點撥：偏轉(zhuǎn)時用類平拋運動的方法求解出電場后可應用相似三角形求解做圓周運動時可用庫侖力提供向心力求解【解析】(1)設(shè)粒子在兩極板間運動時加速度為a，運動時間為t，則t，hat2，a解得：h0.03 m3 cm.(2)設(shè)粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為vy，則：vyat解得：vy1.5106 m/s所以粒子從電場中飛出時的速度為：v2.5106 m/s設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為，則：tan 解得：37.(3)帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，由相似三角形知識得：解得：Y0.12 m12 cm.(4)粒子做勻速圓周運動的半徑為：r0.15 m又m，解得：|Q|1108 C故Q1108 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)1108 C計算粒子打到屏上的位置離屏中心距離Y的四種方法(1)Yydtan (d為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)(2)Ytan (L為電場寬度)(3)Yyvy.(4)根據(jù)三角形相似.針對訓練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度方向射入，且正好能從下極板右邊緣穿出電場，不計帶電粒子的重力，則偏轉(zhuǎn)電場長、寬的比值為()圖4A.B.C. D.B設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，因為qU1mv，帶電粒子離開加速電場時的速度v0；在偏轉(zhuǎn)電場中t2，解得td，水平距離lv0tdd，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、電場強度為E的勻強電場，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)，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為O.試求：圖5(1)粒子從射入電場到打到屏上所用的時間；(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan ；(3)粒子打到屏上的點P到O點的距離x.【導學號：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動，所以粒子從射入電場到打到屏上所用的時間t.(2)設(shè)粒子射出電場時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vya，所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tan .(3)由得：x3y.【答案】(1)(2)(3)當 堂 達 標固 雙 基1如圖6所示，a、b為平行金屬板，靜電計的外殼接地，合上開關(guān)S后，靜電計的指針張開一個較小的角度，能使角度增大的辦法是()圖6A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斷開S，使a、b板的距離增大一些D斷開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，則靜電計指針的張角不變，故A、B錯誤；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A點釋放一個帶電荷量為Q(Q>0)的粒子，粒子重力不計，以水平初速度v0向右射出，當它的水平速度與豎直速度的大小之比為12時，恰好從下端點B射出，則d與L之比為() 【導學號：69682117】圖7A12B21 C11 D13C設(shè)粒子從A到B的時間為t，粒子在B點時，豎直方向的分速度為vy，由類平拋運動的規(guī)律可得Lv0t，dt，又v0vy12，可得dL11，選項C正確3如圖8所示，一個帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計)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板間飛出應該滿足的條件是()圖8A.< B.< C.< D.<C根據(jù)qU1mv2，t，yat2，由題意知，y<d，解得<，故C正確4如圖9所示，離子發(fā)生器發(fā)射一束質(zhì)量為m、電荷量為q的離子，從靜止經(jīng)PQ兩板間的加速電壓加速后，以初速度v0從a點沿ab方向進入一勻強電場區(qū)域，abcd所圍成的正方形是該勻強電場的邊界，己知ab長為L，勻強電場的方向與ad邊平行且由a指向d.圖9(1)求加速電壓U0；(2)若離子恰從c點飛離電場，求a、c兩點間的電勢差Uac；(3)若離子從abcd邊界上某點飛出時的動能為mv，求此時勻強電場的場強大小E.【導學號：69682118】【解析】(1)對離子在PQ兩板間的加速過程，根據(jù)動能定理，有qU0mv解得U0.(2)設(shè)abcd區(qū)域內(nèi)電場的場強大小為E，則ab方向有：Lv0tad方向有：Lat2t2又UacEL聯(lián)立解得Uac.(3)根據(jù)Ekmv可知，離子射出電場時的速度vv0，方向與ab所在直線的夾角為45，即vxvy根據(jù)xvxt，yt可得x2y則離子將從bc邊上的中點飛出，即y根據(jù)動能定理，有Eqymvmv解得E.【答案】(1)(2)(3)