2018-2019學(xué)年高中物理 第2章 電場(chǎng)與示波器 習(xí)題課2 電容和帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 滬科版選修3-1.doc

習(xí)題課2電容和帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)習(xí)目標(biāo)1.理解電容器的電容，學(xué)會(huì)分析平行板電容器動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題2.掌握帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的分析方法.電容器動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題1.平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析思路 2兩類(lèi)動(dòng)態(tài)變化問(wèn)題的比較分類(lèi)充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開(kāi)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(jì)相連，靜電計(jì)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(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，表示靜電計(jì)指針的偏角若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)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(diǎn)撥：指針偏角的大小反映了兩極板間電壓的大小電勢(shì)能Ep的數(shù)值與零電勢(shì)點(diǎn)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(dāng)下極板不動(dòng)，上極板向下移動(dòng)一段距離時(shí)，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(jì)指針的偏角減小又因?yàn)閮砂彘g電場(chǎng)強(qiáng)度E，Q、S不變，則E不變因?yàn)镋不變，則點(diǎn)電荷從P點(diǎn)移動(dòng)到下極板(電勢(shì)為零)電場(chǎng)力做功不變，電勢(shì)能的變化相同，則點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能Ep不變，故只有選項(xiàng)D正確解決電容器問(wèn)題的兩個(gè)常用技巧(1)在電荷量保持不變的情況下，由E知，電場(chǎng)強(qiáng)度與板間距離無(wú)關(guān)(2)對(duì)平行板電容器的有關(guān)物理量Q，E，U，C進(jìn)行討論時(shí)，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(jìn)行判定即可針對(duì)訓(xùn)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(chǎng)強(qiáng)度，則()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：69682115】A當(dāng)d增大、S不變時(shí)，Q減小、E減小B當(dāng)S增大、d不變時(shí)，Q增大、E增大C當(dāng)S減小、d增大時(shí)，Q增大、E增大D當(dāng)S減小、d減小時(shí)，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(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)強(qiáng)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(cuò)誤；根據(jù)E可得隨d增大，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)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(cuò)誤；根據(jù)E可得隨d減小，兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)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(wú)法確定，根據(jù)QCU可知電荷量Q的變化無(wú)法確定，故D錯(cuò)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(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)將極板A向下平移一小段距離，但仍在P點(diǎn)上方，其他條件不變下列說(shuō)法中正確的是()圖2A液滴將向下運(yùn)動(dòng)B兩板電勢(shì)差增大C極板帶電荷量將增加D電場(chǎng)強(qiáng)度不變CA、B電容器板間的電壓保持不變，故B錯(cuò)；當(dāng)將極板A向下平移一小段距離時(shí)，根據(jù)E，分析得知，板間場(chǎng)強(qiáng)增大，液滴所受電場(chǎng)力增大，液滴將向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)，D錯(cuò)；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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析1受力分析需要注意的兩個(gè)方面(1)要掌握電場(chǎng)力的特點(diǎn)例如，電場(chǎng)力的大小和方向不僅跟場(chǎng)強(qiáng)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(qiáng)電場(chǎng)中，同一帶電粒子所受電場(chǎng)力是恒力；在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中，同一帶電粒子在不同位置所受電場(chǎng)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(shuō)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(shuō)明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力2求解時(shí)依據(jù)的兩類(lèi)規(guī)律方法(1)牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律先分析受力情況，再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程(平衡、加速或減速，是直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng))，對(duì)勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題可用牛頓定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律處理(2)從功和能的角度分析帶電粒子在電場(chǎng)力作用下的加速、減速或偏轉(zhuǎn)過(guò)程是其他形式的能和動(dòng)能之間的轉(zhuǎn)化過(guò)程，解這類(lèi)問(wèn)題，可以使用動(dòng)能定理或能量守恒定律如圖3所示，兩平行金屬板A、B長(zhǎng)l8 cm，兩板間距離d8 cm，A板比B板電勢(shì)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(diǎn)沿電場(chǎng)中心線垂直電場(chǎng)線飛入電場(chǎng)，初速度v02106 m/s，粒子飛出平行板電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)界面MN、PS間的無(wú)電場(chǎng)區(qū)域后，進(jìn)入固定在中心線上O點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)區(qū)域(設(shè)界面PS右邊點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布不受界面的影響)已知兩界面MN、PS相距為L(zhǎng)12 cm，粒子穿過(guò)界面PS后被點(diǎn)電荷Q施加的電場(chǎng)力俘獲從而以O(shè)點(diǎn)為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(jì)，tan 37，tan 53)求：圖3(1)粒子穿過(guò)界面MN時(shí)偏離中心線RO的距離h；(2)粒子穿過(guò)界面MN時(shí)的速度v；(3)粒子穿過(guò)界面PS時(shí)偏離中心線RO的距離Y；(4)點(diǎn)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(diǎn)撥：偏轉(zhuǎn)時(shí)用類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的方法求解出電場(chǎng)后可應(yīng)用相似三角形求解做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)可用庫(kù)侖力提供向心力求解【解析】(1)設(shè)粒子在兩極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則t，hat2，a解得：h0.03 m3 cm.(2)設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度為vy，則：vyat解得：vy1.5106 m/s所以粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)的速度為：v2.5106 m/s設(shè)粒子從電場(chǎng)中飛出時(shí)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(kāi)電場(chǎng)后將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由相似三角形知識(shí)得：解得：Y0.12 m12 cm.(4)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)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(jì)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(chǎng)的水平距離)(2)Ytan (L為電場(chǎng)寬度)(3)Yyvy.(4)根據(jù)三角形相似.針對(duì)訓(xùn)練3如圖4所示，左側(cè)為加速電場(chǎng)，右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，加速電場(chǎng)的加速電壓是偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)電壓的k倍有一初速度為零的帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)兩板正中間垂直電場(chǎng)強(qiáng)度方向射入，且正好能從下極板右邊緣穿出電場(chǎng)，不計(jì)帶電粒子的重力，則偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)長(zhǎng)、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?yàn)閝U1mv，帶電粒子離開(kāi)加速電場(chǎng)時(shí)的速度v0；在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)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(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在與右側(cè)虛線相距也為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)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(jì))，以垂直于電場(chǎng)線方向的初速度v0射入電場(chǎng)中，v0方向的延長(zhǎng)線與屏的交點(diǎn)為O.試求：圖5(1)粒子從射入電場(chǎng)到打到屏上所用的時(shí)間；(2)粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)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(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：69682116】【解析】(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場(chǎng)線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子從射入電場(chǎng)到打到屏上所用的時(shí)間t.(2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場(chǎng)中的加速度為：a，所以vya，所以粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)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(dāng) 堂 達(dá) 標(biāo)固 雙 基1如圖6所示，a、b為平行金屬板，靜電計(jì)的外殼接地，合上開(kāi)關(guān)S后，靜電計(jì)的指針張開(kāi)一個(gè)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(duì)面積減小一些C斷開(kāi)S，使a、b板的距離增大一些D斷開(kāi)S，使a、b板的正對(duì)面積增大一些C開(kāi)關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢(shì)差不變，則靜電計(jì)指針的張角不變，故A、B錯(cuò)誤；斷開(kāi)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(shì)差增大，則指針張角增大，故C正確；斷開(kāi)S，電容器所帶的電量不變，a、b板的正對(duì)面積增大，電容增大，根據(jù)U知，電勢(shì)差減小，則指針張角減小，故D錯(cuò)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(diǎn)A點(diǎn)釋放一個(gè)帶電荷量為Q(Q>0)的粒子，粒子重力不計(jì)，以水平初速度v0向右射出，當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為12時(shí)，恰好從下端點(diǎn)B射出，則d與L之比為() 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：69682117】圖7A12B21 C11 D13C設(shè)粒子從A到B的時(shí)間為t，粒子在B點(diǎn)時(shí)，豎直方向的分速度為vy，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得Lv0t，dt，又v0vy12，可得dL11，選項(xiàng)C正確3如圖8所示，一個(gè)帶電粒子從粒子源飄入(初速度很小，可忽略不計(jì))電壓為U1的加速電場(chǎng)，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(zhǎng)為L(zhǎng)，相距為d，電壓為U2.則帶電粒子能從A、B板間飛出應(yīng)該滿(mǎn)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(diǎn)沿ab方向進(jìn)入一勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，abcd所圍成的正方形是該勻強(qiáng)電場(chǎng)的邊界，己知ab長(zhǎng)為L(zhǎng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)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(diǎn)飛離電場(chǎng)，求a、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uac；(3)若離子從abcd邊界上某點(diǎn)飛出時(shí)的動(dòng)能為mv，求此時(shí)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：69682118】【解析】(1)對(duì)離子在PQ兩板間的加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有qU0mv解得U0.(2)設(shè)abcd區(qū)域內(nèi)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)時(shí)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(diǎn)飛出，即y根據(jù)動(dòng)能定理，有Eqymvmv解得E.【答案】(1)(2)(3)