电容器带电粒子在电场中的运动.ppt

1.先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后断开电源，Q不变。2.据平行板电容器C=rS/(4kd)来确定电容的变化。3.由C=Q/U的关系判定Q、U的变化。,要点一 电容器的动态问题分析方法,学案3 电容器 带电粒子在电场中的运动,4.动态分析如下表,1.如图6-3-2所示电路中，A、B为两块竖直放 置的金属板，G是一只静电计。开关S合上 充电完毕后再断开开关，静电计指针张开 一个角度，下述哪些做法可使指针张角增 大()A.使A、B两板靠近一些 B.使A、B两板间加绝缘介质 C.使B板向右平移一些 D.使A、B正对面积错开一些,C D,体验应用,图6-3-2,2.物理模型(1)带电粒子在电场中的加速(如图6-3-3)由动能定理得：qU加=1/2mv2 得：。(2)带电粒子在电场中的偏转(如图6-3-4)vxt=v0t=L 1/2at2=y y=1/2at2=qU偏L2/(2mdv20)vx=v0 vy=at,要点二 带电粒子在电场中的运动,图6-3-3,图6-3-4,位移,vy=qU偏L/(mdv0),速度：,1.求解方法(1)从力的观点出发，应用牛顿第二定律求解。(2)从能的观点出发，应用动能定理或能量守恒定律求解。,1.用正交分解法处理 带电体在重力场、电场中受到的重力、电场力均为恒力，可用正交分解法。处理这种运动的基本思想与处理偏转运动是类似的，可以将此复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律我们是可以掌握的，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量。2.用能量的观点处理 从功能观点出发分析带电粒子的运动问题时，在对带电粒子受力情况和运动情况进行分析的基础上，再考虑恰当的规律解题。如果选用动能定理，要分清有几个力做功，做正功还是负功，是恒力做功还是变力做功，以及初、末状态的动能；如果选用能量守恒定律解题，要分清有多少种形式的能参与转化，哪种能量增加，哪种能量减少，并注意电场力做功与路径无关。,名师支招：运动学公式只适用于处理匀强电场中的运动问题，而能量观点更具有普适性，所以要随时关注用能量的观点处理带电粒子在电场或复合场中的运动问题，尤其是复合场中不规则曲线运动问题。,要点三 带电体在重力场、电场中的运动,2.2009年高考福建理综卷如图6-3-5，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜 面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹 簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q(q0)的滑块 从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过 程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1；(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度 大小为vm的过程中弹簧的弹力所做的功W；(3)从滑块静止释放瞬间开始计时，请在图6-3-6中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程 中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上 端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块 在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。(本小题不要求写出计算过程),【答案】(1)(2)(3)见图,图6-3-5,图6-3-6,体验应用,【例1】2009年高考福建理综卷如图6-3-7所示，平行板电容器与电动势为E的直流 电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P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()A.带点油滴将沿竖直方向向上运动 B.P点的电势将降低 C.带点油滴的电势能将减少 D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大,热点一 平行板电容器的动态分析,B,【名师支招】(1)由C=rS/(4kd)，C=Q/U及平行板电容器的带电量不变，可方便地分析场强变化情况。(2)P点电势的变化情况，依据电势的定义分析判断，这是分析电势的最基本方法。,【解析】本题考查电容器、电势、电势能等知识，主要考查学生的理解、推理能力。电容器与电源相连，当上极板上移时，板间距离d增大，场强E=U/d减小，电场力减小，带电粒子将向下运动，A错；由U=Ed知，P与下极板电势差减小，P点电势降低，B对；由EP=q知，粒子带负电，电势能增加，C错；由C=Q/U知C减小，U不变，Q将减小，D错。,图6-3-7,1,如图6-3-8所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。在两极板间有一点P，用E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，表示P点的电势。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则()A.U变小，E不变B.E变大，变大C.U变小，不变D.U不变，不变,A C,图6-3-8,【例2】如图6-3-9所示,水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正电。现有质量为m、电荷量 为+q的小球在B板下方距离为H处，以初速度v0竖直向上从B板小孔进入板间电场，欲使小 球刚好打到A板，A、B间电势差UAB应为多大？,【名师支招】讨论带电粒子在电场中做直线运动(加速或减速)的方法：能量方法能量守恒定律；功能关系动能定理；力和加速度方法牛顿运动定律，匀变速直线运动公式。,【解析】法一：小球运动分两个过程，在B板下方时仅受重力作用，做竖直上抛运动；进入电场后受向下的电场力和重力作用，做匀减速直线运动。小球运动到B板时速度为vB，对第一个运动过程：vB2=v02-2gH 对第二个运动过程：加速度为a=(mg+qE)/m 按题意，h为减速运动的最大位移，故有h=vB2/(2a)，整理得 vB2=2gh+2qhE/m 联立两式解得hE=mv02-2g(H+h)/(2q)由平行板电容器内部匀强电场的场强和电势差的关系，易知UAB=hE，故有UAB=mv02-2g(H+h)/(2q)法二：对小球的整个运动过程由动能定理得-mg(H+h)-qUAB=-1/2mv02 解得：UAB=mv02-2g(H+h)/(2q)。,【答案】mv20-2g(H+h)/(2q),图6-3-9,热点二 带电粒子在电场中的直线运动,2,【答案】(1)(2),飞行时间质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的比荷q/m。如图6-3-10所示，带正电的离子经电压为U的电场加速后，进入长度为L的真空管AB，可测得离子飞越AB所用时间t1。改进以上方法，如图6-3-11所示，让离子飞越AB后进入场强为E(方向如图6-3-11)的匀强电场区域BC，在电场的作用下，离子返回B端，此时，测得离子从A出发后飞行的总时间t2。(不计离子重力)(1)忽略离子源中离子的初速度，用t1计算比荷；用t2 计算比荷。(2)离子源中相同比荷离子的初速度不尽相同，设两个比 荷都为q/m的离子在A端的速度分别为v和v(vv)，在改进后的方法中，它们飞行的总时间通常不同，存在时间差t，可通过调节 电场E使t=0,求此时E的大小。,图6-3-10,图6-3-11,【例3】一个电子以初速度v03.0106 m/s沿着垂直于场强方向射入两带电平行金属板间，金属板长L=6.010-2 m，两板之间可以看成是匀强电场，场强大小为E=2103 N/C，电子的电量e=1.610-19 C，质量m=9.110-31 kg，求：(1)电子射离电场时的速度；(2)出射点与入射点沿场强方向的距离。,【名师支招】(1)处理带电粒子垂直射入匀强电场中的偏转问题的一般方法是运动的合成与分解。(2)在不涉及速度方向时，用动能定理求解较方便。(3)微观粒子(如电子、质子、粒子等)的重力都忽略不计；但当带电体是液滴、小球等时，一般要考虑重力。,【解析】电子垂直于电场方向射入匀强电场后，做类平抛运动，如图6-3-12所示。设电子射离电场的时间为t，偏转距离为y，则有 L=v0t y=1/2at2 又因为电子只受电场力作用，由牛顿第二定律得 qE=ma 解联立方程组可得 y=7.010-2 m 设电子射出电场时速度为v，由动能定理得 qEy=1/2mv2-1/2mv20 解得v=7.62106 m/s 设射出时速度与射入时速度间夹角为，则有 cos=v0/v=0.393 7 所以=66.8,图6-3-12,【答案】(1)7.62106 m/s，与入射时速度间夹角为66.8(2)7.010-2 m,热点三 带电粒子在匀强电场中的偏转,3,【答案】(1)(-2L，L/4)(2)y=L2/(4x)(3)y=L2/(4x)+L2/(2nx),如图6-3-13所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场和，两电场的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)。(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离 开ABCD区域的位置；(2)在电场区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离 开，求所有释放点的位置；(3)若将左侧电场整体水平向右移动L/n(n1)，仍使电子从ABCD区域左下角D处 离开(D不随电场移动)，求在电场区域内由静止释放电子的所有位置。,图6-3-13,