《物理第七章 靜電場 7.3 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《物理第七章 靜電場 7.3 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動（135頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動【知識導圖】異種中和容納電荷qU類平拋運動合成分解勻速直線勻加速直線電子槍QUrS4 kd22011mvmv22【微點撥】1.分析平行板電容器動態(tài)變化問題的兩點注意:(1)明確動態(tài)變化過程中哪些量不變,一般是電荷量或電壓不變。(2)要靈活選取電容的兩個公式分析電容的變化。2.帶電粒子在電場中運動時重力的處理:(1)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)。(2)帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或有明確的暗示以外,一般都不能忽略重力?！净垩奂m錯】(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶

2、電荷量的代數(shù)和。糾錯:_。電容器所帶的電荷量是指一個極板所帶電荷量的絕對值(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。糾錯:_。(3)電容大的電容器儲存的電荷一定多。糾錯:_。電容是由電容器本身的性質(zhì)決定的,與電容器所帶電荷量無關電容表示電容器儲存電荷的本領,并不表示儲存電荷的多少(4)放電后的電容器電荷量為零,電容也為零。糾錯:_。電容器的電容C是由電容器本身的性質(zhì)決定的,與電容器是否帶電無關,電容器放電后,電容器的帶電荷量為零,其電容C保持不變(5)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。糾錯:_。(6)示波管屏幕上的亮線是熒光屏自身發(fā)出的光。糾錯:_。帶電粒子在勻強電場中只有垂直電場方向進

3、入才做類平拋運動示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的考點1平行板電容器的動態(tài)分析【典題探究】 【典例1】(2016全國卷)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì),接在恒壓直流電源上,若將云母介質(zhì)移出,則電容器導學號04450161()A.極板上的電荷量變大,極板間電場強度變大B.極板上的電荷量變小,極板間電場強度變大C.極板上的電荷量變大,極板間電場強度不變D.極板上的電荷量變小,極板間電場強度不變【題眼直擊】(1)接在恒壓直流電源上_。(2)將云母介質(zhì)移出_。電容器兩極板間的電壓保持不變電容器的介電常數(shù)變小【解析】選D。據(jù)C= 可知,將云母介質(zhì)移出電容器,C變小,電容器接在恒壓

4、直流電源上,電壓不變,據(jù)Q=CU可知極板上的電荷量變小,據(jù)E= 可知極板間電場強度不變,故選D。rS4 kdUd【遷移訓練】 遷移1:斷開電源(多選)將【典例1】中的電源斷開,當把云母介質(zhì)從電容器中快速抽出后,下列說法正確的是()A.電容器的電容減小B.極板間的電勢差減小C.極板上的電荷量不變D.極板間電場強度不變【解析】選A、C。電源斷開,當把云母介質(zhì)從電容器中快速抽出后,極板所帶電荷量保持不變,極板間的介電常數(shù)減小,由C= 可知,電容器的電容減小,故A、C正確;由C= 得U= ,Q不變,C減小,U增大,故B錯誤;由 得,E= 故極板間的場強增大,故D錯誤。rS4 kdQUQCrSUQECC

5、dU4 kd、r4 kQS，遷移2:將云母介質(zhì)換成金屬板(多選)在【典例1】中,若將云母介質(zhì)換成金屬板,接在恒壓直流電源上,當把金屬板從電容器中快速抽出后,下列說法正確的是()A.電容器的電容不變B.電容器所帶電荷量減少C.極板間的電壓增大D.極板間電場強度變小【解析】選B、D。當把金屬板從電容器中快速抽出后,電容器兩極板間的電壓不變,但兩極板間的距離變大,由C= 可知,電容器的電容減小,故A、C錯誤;由C= 得Q=CU,電壓U不變,C減小,故電容器所帶電荷量減少,故B正確;由公式E= 可得電場強度E變小,故D正確。rS4 kdQUUd遷移3:減小兩極板正對面積(多選)在【典例1】中,若云母介

6、質(zhì)保持不動,使兩極板正對面積減小,則下列說法正確的是()A.電容器所帶電荷量保持不變B.電容器所帶電荷量減少C.極板間的電場強度保持不變D.極板間的電場強度變小【解析】選B、C。由C= 可知,當S減小時,電容器的電容減小,由C= 得Q=CU,電壓U不變,C減小,故電容器所帶電荷量減少,故A錯誤,B正確;U和d不變,由E= 可知,極板間的電場強度保持不變,故C正確,D錯誤。rS4 kdQUUd【通關秘籍】 1.平行板電容器動態(tài)的分析思路:2.兩類動態(tài)分析的比較:【加固訓練】(多選)如圖所示,兩塊較大的金屬板A、B相距為d,平行放置并與一電源相連,S閉合后,兩板間恰好有一質(zhì)量為m,帶電量為q的油滴

7、處于靜止狀態(tài),以下說法正確的是()A.若將S斷開,則油滴將做自由落體運動,G表中無電流B.若將A向左平移一小段位移,則油滴仍然靜止,G表中有ba的電流C.若將A向上平移一小段位移,則油滴向下加速運動,G表中有ba的電流D.若將A向下平移一小段位移,則油滴向上加速運動,G表中有ba的電流【解析】選B、C。將S斷開,電容器電量不變,板間場強不變,故油滴仍處于靜止狀態(tài),選項A錯誤;若S閉合,將A板左移,由E= 可知,E不變,油滴仍靜止,由C=可知正對面積減小時電容C變小,則電容器極板電量Q=CU變小,電容器放電,則有ba的電流,故選項B正確;將A板上移,由E= 可知,E變小,油滴應向下加速運動,Ud

8、rS4 kdUd由C= 可知板間距離增大時電容C變小,電容器要放電,則有ba的電流流過G,故選項C正確;當A板下移時,板間電場強度增大,油滴受的電場力增加,油滴向上加速運動,由C= 可知板間距離減小時C增大,電容器要充電,則有ab的電流流過G,故選項D錯誤。rS4 kdrS4 kd考點2帶電粒子在電場中的直線運動 【典題探究】 【典例2】(多選)(2018泰安模擬)如圖甲所示,在兩平行的金屬板間加上如圖乙所示的電壓。在01 s內(nèi),一點電荷在兩極板間處于靜止狀態(tài),t=2 s時電荷仍運動且未與極板接觸,則在12 s內(nèi),點電荷(g取10 m/s2)導學號04450162()A.做勻加速直線運動,加速

9、度大小為10 m/s2B.做變加速直線運動,平均加速度大小為5 m/s2C.做變加速直線運動,2 s末加速度大小為10 m/s2D.2 s末速度大小為10 m/s【題眼直擊】(1)在01 s內(nèi),一點電荷在兩極板間處于靜止狀態(tài)_。(2)t=2 s時電荷仍運動且未與極板接觸_。電荷受重力和電場力作用處于平衡狀態(tài)電荷一直做加速直線運動【解析】選B、C。第1 s內(nèi)電荷受重力和電場力作用處于平衡狀態(tài),故電場力向上,與重力平衡,第2 s內(nèi)電壓一直變大,故電場強度變大,電場力變大,且第2 s內(nèi)合力隨時間均勻增加,加速度隨時間均勻增加,是變加速直線運動,故A錯誤;第2 s內(nèi)加速度隨時間均勻增加,第2 s末電場

10、強度增加為第1 s末的2倍,故電場力變?yōu)?倍,合力向上,大小為mg,其加速度大小為g=10 m/s2,故平均加速度為 =5 m/s2,故B、C正確;2秒末速度大小為v2= =51 m/s=5 m/s,故D錯誤。20 10a m/s2at【通關秘籍】 帶電粒子在電場中直線運動的分析方法【考點沖關】 1.真空中某豎直平面內(nèi)存在一水平向右的勻強電場,一質(zhì)量為m的帶電微粒恰好能沿圖示虛線(與水平方向成角)由A向B做直線運動,已知重力加速度為g,微粒的初速度為v0,則()A.微粒一定帶正電B.微粒一定做勻速直線運動C.可求出勻強電場的電場強度D.可求出微粒運動的加速度【解析】選D。因微粒在重力和電場力作

11、用下做直線運動,而重力豎直向下,由微粒做直線運動條件知電場力必水平向左,微粒帶負電,故A錯誤;其合外力必與速度反向,大小為F= 即微粒一定做勻減速直線運動,加速度為a= 故B錯誤,D正確;電場力qE=mgcot,但不知微粒的電荷量,所以無法求出其電場強度,故C錯誤。mgsin，gsin，2.(多選)(2018鄭州模擬)如圖所示,空間有豎直向下的勻強電場,電場強度為E,在電場中P處由靜止下落一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球(可視為質(zhì)點)。在P的正下方h處有一水平彈性絕緣擋板S(擋板不影響電場的分布),小球每次與擋板相碰后電量減小到碰前的k倍(kh,故B正確,D錯誤;與擋板相碰后所能達到最大高度大于

12、h,小球的重力勢能增大,由能量守恒可知,小球的電勢能減少,所以小球第一次與擋板相碰后達到最大高度時的電勢能小于qEh,故C錯誤?！炯庸逃柧殹咳鐖D所示,充電后的平行板電容器水平放置,電容為C,極板間距離為d,上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落,穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計,極板間電場可視為勻強電場,重力加速度為g)。求:(1)小球到達小孔處的速度。(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量。(3)小球從開始下落運動到下極板處的時間。【解析】(1)由v2=2gh得:v= (2)在極板間帶電小球受重力和電場力,由牛頓第二定律得:mg-

13、qE=ma0-v2=2ad解得:E= 解得:Q= 2ghmg(h d) U Ed Q CUqdCmg(h d)q(3)由h= 0=v+at2t=t1+t2解得:t= 答案: 211gt2h d 2hhg mg(h d)Cmg(h d)12gh2qdqh d 2h3hg考點3帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 【典題探究】 【典例3】(2018洛陽模擬)示波器是研究交變電流變化規(guī)律的重要儀器,其主要結(jié)構(gòu)可簡化為:電子槍中的加速電場、兩水平放置的平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場和豎直放置的熒光屏組成,如圖所示。若已知加速電場的電壓為U1,兩平行金屬板的板長、板間距離均為d,熒光屏距兩平行金屬板右側(cè)距離也為d,電子槍發(fā)射

14、的質(zhì)量為m、電荷量為-e的電子,從兩平行金屬板的中央穿過,打在熒光屏的中點O,不計電子在進入加速電場時的速度及電子重力。若兩金屬板間存在豎直方向的勻強電場,兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2,電子會打在熒光屏上某點,該點距O點距離為 求U1和U2的比值 導學號044501633d2，12UU。【解題探究】(1)電子經(jīng)加速電場后獲得速度如何計算?提示:由動能定理可求出電子加速后的速度。(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場中做什么運動?提示:電子垂直電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動。(3)電子離開偏轉(zhuǎn)電場做什么運動?提示:電子離開偏轉(zhuǎn)電場后不受力的作用,做勻速直線運動?！窘馕觥吭诩铀匐妶鯱1中,由動能定理得:qU1= mv2

15、以v的速度進入偏轉(zhuǎn)電場U2中做類平拋運動,在離開偏轉(zhuǎn)電場時偏移距離:y1= at2其中:t= 1212dv速度方向與水平方向成角,則有:vy=attan= 離開偏轉(zhuǎn)電場后偏移的距離:y2=dtan根據(jù)牛頓第二定律有加速度a= 而總的偏移距離:y=y1+y2= 聯(lián)立以上幾式解得: 答案: yvv2qUmd3d212U1U212【通關秘籍】 1.基本規(guī)律:設粒子帶電荷量為q,質(zhì)量為m,兩平行金屬板間的電壓為U,板長為l,板間距離為d(忽略重力影響),則有(1)加速度:a= (2)在電場中的運動時間:t= FqEqUmmmd。0v。lx0y0y22xy2x002220vv3qUvatmv dvqUv

16、vv ,tanvmv dv t41qUyat22mv d（）速度。（ ）位移。llll2.兩個結(jié)論:(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。證明:由 (2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后,合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點,即O到電場邊緣的距離為 。2002001qUUqUmvtantan2mdv2Ud及得。ll2l3.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關系:當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解: 指初、末位置間的電勢差。22y0y11UqUmvmvUy22d，其中 ，4.分析帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的兩個關鍵:條件分

17、條件分析析不計重力不計重力, ,且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣惹規(guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀 v0 0與電場方向垂與電場方向垂直直, ,則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動平拋運動運動分運動分析析一般用分解的思想來處理一般用分解的思想來處理, ,即將帶電粒子的運動即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動直電場力方向上的勻速直線運動【考點沖關】 1.(2018永州模擬)三個質(zhì)量相等的帶電微粒(重力不計)以相同的水平速度沿兩極板的中心線方向從O點射入,已知上極板帶正電,下極板接地,三微粒

18、的運動軌跡如圖所示,其中微粒2恰好沿下極板邊緣飛出電場,則()A.三微粒在電場中的運動時間有t3t2t1B.三微粒所帶電荷量有q1q2=q3C.三微粒所受電場力有F1=F2F3D.飛出電場時微粒2的動能大于微粒3的動能【解析】選D。粒子在電場中運動的時間t= 水平速度相等而位移x1x2=x3,所以t1q2,而對粒子2和3在E、m、t相同的情況下,粒2211 qEatt22 m，xv，子2的豎直位移大,則q2q3,故B錯誤;由于q1q2,所以F1F2,故C錯誤;q2q3,且y2y3,則q2Ey2q3Ey3,電場力做功多,增加的動能大,故D正確。2.(2016海南高考)如圖,平行板電容器兩極板的間

19、距為d,極板與水平面成45角,上極板帶正電。一電荷量為q(q0)的粒子在電容器中靠近下極板處,以初動能Ek0豎直向上射出。不計重力,極板尺寸足夠大。若粒子能打到上極板,則兩極板間電場強度的最大值為()k0k0k0k0EE2E2EA. B. C. D.4qd2qd2qdqd【解析】選B。對粒子進行受力分析如圖所示,可知粒子的運動方向與所受的合力不在同一條直線上,粒子做曲線運動,若粒子恰能到達上極板時,其速度與極板平行,電場強度有最大值。將粒子的初速度v0分解為垂直于極板的vy和平行于極板的vx兩個分量,當vy=0時,粒子恰能到達上極板,速度與極板平行,根據(jù)-vy2=-2 d,由于vy=v0cos

20、45,Ek0= ,聯(lián)立整理得到:E= 故選項B正確。Eqm201mv2k0E2qd，【加固訓練】如圖所示,兩平行金屬板間有一勻強電場,板長為L,板間距離為d,在板右端L處有一豎直放置的熒光屏M,一帶電荷量為q,質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板中央射入板間,最后垂直打在M屏上,則下列結(jié)論正確的是 ()A.板間電場強度大小為 B.板間電場強度大小為 C.質(zhì)點在板間的運動時間和它從板的右端運動到熒光屏的時間相等D.質(zhì)點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到熒光屏的時間mgqmg2q【解析】選C。據(jù)題分析可知,質(zhì)點在平行金屬板間軌跡應向上偏轉(zhuǎn),做類平拋運動,飛出電場后,質(zhì)點的軌跡向下偏轉(zhuǎn),質(zhì)點才能最后垂直打在M屏

21、上,前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性,如圖,可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等,根據(jù)牛頓第二定律得,qE-mg=mg,得到E= ,故A、B錯誤;由于質(zhì)點2mgq在水平方向一直做勻速直線運動,兩段水平位移大小相等,則質(zhì)點在板間運動的時間跟它從板的右端運動到熒光屏的時間相等。故C正確,D錯誤。考點4帶電粒子在交變電場中的運動 【典題探究】 【典例4】(2018沈陽模擬)如圖(a)所示的xOy平面處于勻強電場中,電場方向與x軸平行,電場強度E隨時間t變化的周期為T,變化圖線如圖(b)所示,E為+E0時,電場強度的方向沿x軸正方向。有一帶正電的粒子P,在某一時刻t0以某一速度v沿y軸正方向自坐標原點O射入電場

22、,粒子P經(jīng)過時間T到達的點記為A(A點在圖中未畫出)。若t0=0,則OA連線與y軸正方向夾角為45,不計粒子重力。 導學號04450164(1)求粒子的比荷。(2)若t0= 求A點的坐標。(3)若t0= 求粒子到達A點時的速度。T4，T8，【題眼直擊】(1)E為+E0時,電場強度的方向沿x軸正方向粒子在0T時間內(nèi)沿x軸正方向先做_運動,再做_運動。(2)有一帶正電的粒子P,在某一時刻t0以某一速度v沿y軸正方向自坐標原點O射入電場粒子沿y軸正方向做_。勻加速直線勻減速直線勻速直線運動【解析】(1)粒子在t0=0時刻射入電場,粒子沿y軸方向勻速運動,位移大小為:y=vT粒子沿x軸方向在0 內(nèi)做初

23、速度為零的勻加速運動,位移為x1,末速度為v1,則:x1= v1=a 粒子沿x軸方向在 T內(nèi)做勻減速運動,位移為x2,則:x2=v1 T221Ta( )22T2T22T 1Ta( )222粒子沿x軸方向的總位移為x,則:x=x1+x2粒子只受到電場力作用,由牛頓第二定律得:qE=ma由題意OA與y軸正方向夾角為45,則:y=x解得: 0q4vmET(2)粒子在t0= 時刻射入電場,粒子沿y軸方向勻速運動,位移大小為:y=vT粒子沿x軸方向在 內(nèi)做初速度為零的勻加速運動,位移為x3,末速度為v2,則:x3= v2=a T4TT4221Ta( )24T4粒子沿x軸方向在 T內(nèi)做勻減速運動,位移為x

24、4,末速度為v3,則:x4=v2 v3=v2-a 粒子沿x軸方向在T 內(nèi)做勻加速運動,位移為x5,則:x5=v3 T22T 1Ta( )222T25T42T1Ta( )424粒子沿x軸的總位移為x,則:x=x3+x4+x5解得:x=0則A點的坐標為(0,vT)(3)粒子在t0= 時刻射入電場,粒子沿y軸方向勻速運動,速度不變,沿x軸方向在 內(nèi)做初速度為零的勻加速運動,末速度為v4,則:v4=a 粒子沿x軸方向在 T內(nèi)做勻減速運動,末速度為v5,則:v5=v4-a T8TT823T8T2T2粒子沿x軸方向在T 內(nèi)做勻加速運動,末速度為v6,則:v6=v5+a 解得:v6=0則粒子通過A點的速度為

25、v答案:(1) (2)(0,vT)(3)v04vE TT89T8【通關秘籍】 帶電粒子在交變電場中的運動分析【考點沖關】 1.(多選)(2018宜賓模擬)如圖甲所示,真空中水平放置兩塊長度為2d的平行金屬板P、Q,兩板間距為d,兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓,在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A,自t=0時刻開始連續(xù)釋放初速度大小為v0,方向平行于金屬板的相同帶電粒子,t=0時刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開電場,已知電場變化周期T= 粒子質(zhì)量為m,不計粒子重力及相互間的作用力,則 ()導學號0445016502dv，A.在t=0時刻進入的粒子離開電場時速度大小仍為v0B.粒

26、子的電荷量為 C.在t= 時刻進入的粒子離開電場時電勢能減少了 D.在t= 時刻進入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開電場200mv2U1T81T4201 mv8【解析】選A、D。粒子進入電場后,水平方向做勻速運動,則t=0時刻進入電場的粒子在電場中運動時間t=此時間正好是交變電場的一個周期,粒子在豎直方向先做勻加速運動后做勻減速運動,經(jīng)過一個周期,粒子的豎直速度為零,故粒子離開電場時的速度大小等于水平速度v0,故A正確;粒子在豎直方向,在 時間內(nèi)的位移為 則 解得q= 故B錯誤;t=02dv，T2d2，200qU11dd()22 md v，200mvU，1T8時刻進入電場的粒子,離開電場時在豎直方

27、向上的位移為d= 故電場力做功為W= 故C錯誤;t= 時刻進入的粒子,在豎直方向先向下加速運動 然后向下減速運動 再向上加速 向上減速 由對稱可知,此時豎直方向的位移為零,故粒子從P板右側(cè)邊緣離開電場,故D正確。222131T112a( T)2a( )aTd282882 ，2000qU 111dqUmvd222，T4T4，T4，T4，T4，2.(2018襄陽模擬)真空室中有如圖甲所示的裝置,電極K持續(xù)發(fā)出的電子(初速不計)經(jīng)過電場加速后,從小孔O沿水平放置的偏轉(zhuǎn)極板M、N的中心軸線OO射入。加速電壓U1= M、N板長均為L,偏轉(zhuǎn)極板右側(cè)有熒光屏(足夠大且未畫出),M、N兩板間的電壓UMN隨時間

28、t變化的圖線如圖乙所示,其中U0= 調(diào)節(jié)兩板之間22mL2eT，224mL3eT。的距離,使得每個電子都能通過偏轉(zhuǎn)極板,已知電子的質(zhì)量、電荷量分別為m、e,不計電子重力。(1)求電子通過偏轉(zhuǎn)極板的時間t。(2)偏轉(zhuǎn)極板之間的最小距離d。(3)當偏轉(zhuǎn)極板間的距離為最小值d時,熒光屏如何放置時電子擊中的范圍最小,該范圍的長度是多大?！窘馕觥?1)加速電場加速過程,由動能定理有:eU1= mv02 偏轉(zhuǎn)電場中,水平方向:L=v0t解得:t=T12(2)t=0、T、2T時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的電子,豎直方向先加速運動,后做勻速直線運動,射出電場時沿垂直于豎直方向偏移的距離y最大。豎直方向加速有:y1= 豎直

29、方向勻速運動有:y2=2y120eU1T( )2 md 2豎直方向勻速運動有:y2=2y1電子能射出偏轉(zhuǎn)極板,則有:y1+y2 解得:dL(3)對滿足(2)問條件下任意確定的d,不同時刻射出偏轉(zhuǎn)電場的電子沿垂直于極板方向的速度約為:d20yeUTv2md電子速度偏轉(zhuǎn)角的正切值均為tan= 電子射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角度均相同,即速度方向相同,不同時刻射出偏轉(zhuǎn)電場的電子沿垂直于極板方向的側(cè)移距離可能不同,側(cè)移距離的最大值與最小值之差2000eUTeUT2mv d2mdL20yeU T( )md 2 若熒光屏與電子出偏轉(zhuǎn)極板后的速度垂直,則電子擊中熒光屏的范圍最小,該最小范圍為:y=ycos聯(lián)立解得

30、:y= 答案:(1)T(2)L(3)熒光屏與電子出偏轉(zhuǎn)極板后的速度垂直 13L1313L13【加固訓練】如圖甲所示,長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置,ab為兩板的中心線,一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入,沿直線從b點射出,若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上,欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出,求:(1)交變電壓的周期T應滿足什么條件?(2)粒子從a點射入金屬板的時刻t應滿足什么條件?【解析】(1)為使粒子仍從b點以速度v0穿出電場,在垂直于初速度方向上,粒子的運動應為:加速,減速,反向加速,反向減速,經(jīng)歷四個過程后,回到中心線上時,在垂直于金屬板的方向上速度正好等于零,故有L=

31、nTv0解得:T= 0Lnv粒子在 T內(nèi)離開中心線的距離為y= 又有:a= 解得:y= 在運動過程中離開中心線的最大距離為ym=2y= 粒子不撞擊金屬板,應有ym d14211aT24()0UqEEmd， 20qUT32md20qUT16md12解得:T 故:n 即n取大于等于 的整數(shù)所以交變電壓的周期應滿足的條件為:T= ,其中n取大于等于 的整數(shù)02m2dqU00qUL2dv2m00qUL2dv2m0Lnv00qUL2dv2m(2)粒子進入電場的時間應為 故粒子進入電場的時間為:t= (n=1,2,3,)答案:(1)T= ,其中n取大于等于 的整數(shù)(2)t= (n=1,2,3,)135TT

32、T444， ， ，2n 1T40Lnv00qUL2dv2m2n 1T4考點5帶電粒子的力電綜合問題 【典題探究】 【典例5】(2018三明模擬)如圖,xOy直角坐標系構(gòu)成一豎直平面,其第一、四象限范圍內(nèi)(含y軸)存在方向豎直向下、場強大小E=5103 N/C的勻強電場。一個質(zhì)量m=1.0 kg、帶電量q=-410-3C的小球(可視為質(zhì)點),用長度l=0.8 m的不可伸長的絕緣輕繩懸掛在O1(0,0.8 m)點?，F(xiàn)將小球向左拉至與x軸距離h=0.2 m的A點處由靜止釋放,設繩始終未被拉斷,g取10 m/s2。求小球:導學號04450166(1)從A點運動到O點時速度大小。(2)第一次從O點向右運

33、動,經(jīng)過與A點等高處位置的橫坐標。(3)第一次離開電場前繩子受到的拉力大小。【解題探究】(1)小球由A點運動到O點的過程有哪些力做功?提示:只有重力做功,機械能守恒。(2)小球進入電場后受到的電場力與重力的合力與小球做圓周運動需要的向心力有什么關系?小球?qū)⒆鍪裁催\動?提示:通過計算,小球進入電場后受到的電場力與重力的合力大于小球需要的向心力,小球?qū)⒆鲱惼綊佭\動,當繩子被拉直后,小球做圓周運動?！窘馕觥?1)設從A點運動到O點時的速度為v0,A運動到O點過程,由機械能守恒定律得:mgh= 解得:v0= =2 m/s201mv22gh(2)小球所受電場力為:F=qE=20 N因F-mg 小球做類平

34、拋運動,第一次從O點向右運動到與A點等高處過程,y方向上有:20mv，l22qE mga10 m/sm1hat2x方向:x=v0t解得:x=0.4 m即橫坐標為0.4 m(3)當線剛拉直時,則有: +(v0t)2=l2解得:t=0.4 s此時有:x=v0t=0.8 my= at2=0.8 m2 21(at )2l12即小球剛好在圓心等高處繩子拉直,而后做圓周運動,此時小球向上的速度為:v1=at=4 m/s設小球運動到最高點速度為v2,由動能定理得:(F-mg)l= 代入數(shù)據(jù)解得:v2=4 m/s222111mvmv222此時,由牛頓第二定律得:T+mg-F= 解得:T=50 N答案:(1)2

35、 m/s(2)x=0.4 m(3)50 N22vml【通關秘籍】 解決力電綜合問題的一般思路【考點沖關】 (2018新鄉(xiāng)模擬)空間存在電場強度方向豎直向上的勻強電場,水平地面上有一根細短管,與水平面之間的夾角為37,如圖所示,一略小于細短管直徑、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球,從水平地面上方一定高度處水平拋出,經(jīng)時間t小球恰好無碰撞地落入細短管,已知細短管到拋出點的水平距離為d,重力加速度大小為g,取sin37=0.6,cos37=0.8,空氣阻力不計,求:【解析】(1)由類平拋運動的特點知:tan=2tany0vh2tan37vd3hd8(2)由題意得:v0= 根據(jù)幾何關系得:v= 對小球

36、在空中運動的過程,由動能定理得:mgh-qU= 解得:U= 答案: dt00v5vcos37422011mvmv2222m 3gd9d()q832t223m 3gd9d1d 2()8q832t（）（ ）【加固訓練】如圖所示,在豎直虛線MN的右側(cè)存在著電場強度為E1=3102 N/C、方向豎直向上的勻強電場E1,在MN的左側(cè)存在著水平方向的勻強電場E2。在右側(cè)的勻強電場E1中,一條長為L=0.8 m的絕緣細線一端固定在O點,另一端拴著質(zhì)量m=0.3 kg、電荷量q=210-2 C的小球,O點到虛線MN的距離為x=1.2 m。現(xiàn)將細線拉直到水平位置,使小球由靜止釋放,則小球能運動到圖中的位置P(P

37、點在O點的正上方)。(不計阻力,g取10 m/s2)(1)判斷小球的電性(不需要說明理由)。(2)求小球運動到P點的速度大小vP。(3)若小球運動到P點時細線剛好斷裂,細線斷裂后小球繼續(xù)運動,求小球運動到虛線MN處時速度大小。(4)在(3)的情況下,若小球運動經(jīng)過虛線MN后進入左側(cè)的勻強電場E2恰能做直線運動,求勻強電場E2的大小。【解析】(1)小球要向上運動,電場力必須向上,故小球帶正電。(2)小球從靜止釋放到運動至P點,根據(jù)動能定理得:(qE1-mg)L= 解得:vP= =4 m/s2P1mv0212 qEmg Lm(3)細線斷裂后小球繼續(xù)運動到虛線MN處,該過程小球做類平拋運動(水平勻速

38、,豎直勻加速),如圖甲,設做類平拋運動的時間為t,則:vPt=x由牛頓第二定律得:qE1-mg=ma小球運動到虛線MN處時豎直方向的分速度為vy=at 合速度為v= 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得:v=5 m/s22yPvv(4)小球進入左側(cè)的勻強電場E2只在重力和電場力作用下恰能做直線運動,說明重力與電場力的合力方向必與速度方向在同一條直線上,通過分析可得電場力的方向水平向右,小球所受合力方向與速度方向相反。如圖乙所示,則:tan= qE2= 解得:E2=2102 N/CyPvvmgtan答案:(1)小球帶正電(2)4 m/s(3)5 m/s(4)2102 N/C帶電粒子在電場中的運動 【經(jīng) 典 案 例】

39、(20分)(2017全國卷)如圖,兩水平面(虛線)之間的距離為H,其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和-q(q0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域,并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下;M在電場中做直線運動,剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力,重力加速度大小為g。求(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比。(2)A點距電場上邊界的高度。(3)該電場的電場強度大小。 【思 維 軌 跡】【規(guī) 范 解 答】解:(1)由于帶電小球M、N進入電場水平方向

40、初速度v0相等,加速度大小相等,方向相反,運動時間相等,因此離開電場時vMx=2v0,vNx=0。(2分)對小球M:2axM=(2v0)2-v02 (2分)對小球N:2axN=v02-0(2分)解得xMxN=31(1分)(2)設A點距電場上邊界的高度為h,豎直方向做自由落體運動,進入電場豎直方向速度為vy1,離開電場豎直方向速度為vy2有vy12=2gh(2分)vy22=2g(H+h)(2分)由于M在電場中做直線運動,有 (1分)聯(lián)立解得h= (1分)00y1y2v2vvvH3(3)設電場強度為E,對小球M:水平方向2v0-v0= (2分)豎直方向vy2-vy1=gt(2分)又由于 (2分)聯(lián)

41、立方程解得E= (1分) qEtm222y20y2113 1mvm 2vmv222 2 2mg2q【答 題 規(guī) 則】規(guī)則1:認真審題,優(yōu)選規(guī)律認真分析小球M、N的受力情況和運動情況,選擇合適的規(guī)律列方程,可以使解題過程簡單明了,同時也可以節(jié)省答題時間。規(guī)則2:符號應用,不能隨意題目中已有物理量符號,一定要用題目中的字母表達方程(如本題中已有字母H、m、q、g),否則計算結(jié)果容易出現(xiàn)錯誤影響步驟分。規(guī)則3:答題過程,條理清晰解題過程應條理清晰、層次分明。對于涉及多個物體、多個運動過程的綜合性較強的題目,應注意研究對象的選取和對研究對象的受力分析和運動過程分析(如本題中涉及M、N兩個物體的兩個運動過程),并注意聯(lián)系前后過程的關鍵物理量。規(guī)則4:綜合難題,凸顯公式對于綜合性較強的大題,公式是主要得分點,本題20分,如果根據(jù)題設條件寫出相應的物理方程和相關關系式就能得17分。如果有些題目運動過程不明確,也要盡可能地多列一些相關方程,因為閱卷只按評分標準中給定的公式給分,無用的方程不給分,也不扣分。規(guī)則5:數(shù)學運算,可以淡化只有物理公式和最后的答案是得分點,應用物理過程導出的數(shù)學運算過程不是得分點。