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，电容器外壳电压，电容器外壳上标的电压是上标的电压是_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”）。）。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），），1F=_F1F=_F=_p
3、F=_pF。（3 3）电容与电压、电荷量的关系：）电容与电压、电荷量的关系：固定固定可变可变极限极限额定额定低低QU10106 610101212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 可推出可推出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，成正比，与介质的与介质的_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。 无关无关正对
4、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rSC4 kdQCUQCU。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.带电粒子在电场中的加速问题带电粒子在电场中的加速问题带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子粒子做的功等于带电粒子_的增量。的增量。（1 1）在匀强电场中：）在匀强电场中：W=qEd=qUW=qEd=qU=_=_。（2 2）在非匀强电场中：）在非匀强电场中：W=qUW=qU=_=_。动能动能22011mvmv2222011mvmv222.2.带
5、电粒子在匀强电场中的偏转问题带电粒子在匀强电场中的偏转问题（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，
6、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），则有，（忽略重力影响），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=_。c.c.位移位移 d.d.速度速度FqEammqUmd0vlx022v tv t1,yat12aty2l220qU2mv dlx0yyvv,vvatqUtmdy22xyxvvvv ,tanv 20qUmv dl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
7、转电极，荧光屏。（如图所示）荧光屏。（如图所示）电子枪电子枪2.2.工作原理工作原理（1 1）YYYY上加的是待显示的上加的是待显示的_，XXXX上是机器自身产上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做生的锯齿形电压，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
8、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
9、 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）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。的。 ( )( )（7 7）不论在什么情况下带电粒子在电场中运动时重力都必须）不论在什么情况下带电粒子在电场中运动时重力都必须忽略不计。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 但一个固定电容器但一个固定电容器的电容的电容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）、
10、（）、（3 3）均错。带电粒子在匀强电场中可以做直线运动，）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定，故（决定，故（4 4）错。在点电荷的电场中，带电粒子可以围绕点）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（电荷做圆周运动，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。带电粒子的重力是否能忽略，由具体问题的研究条件决对。带电粒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、油定，如对基本粒
11、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（滴、小球等，重力一般不能忽略，故（7 7）错。）错。QCU，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【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 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
12、极板间场强的变化。分析电容器极板间场强的变化。rSC4 kdQCUUEd对比对比分析分析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r r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【典例透析【典例透析1 1】用控制变量法，可以研究影响
13、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（如图）。设两极板正对面积为，极板间的距离为，因素（如图）。设两极板正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角为静电计指针偏角为 。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 变大变大D.D.保持保持d d不变，增大不变，增大S S，则，则 不变不变【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
14、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_。【解析【解析】选选A A。由。由 可得：可得： 保持保持S S不不变，增大变，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；保持错误；保持d d不不变，增大变，增大S S，则，则 U U减小，即减小，即 变小，故变小，故C C、D D错。错。 越大越大越小越小QCUrSQCC4 kdU、r4 kdQUS，【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时的两个关键点在分析平行板电容器的
15、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）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。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）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，还要应用变化，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。UEd，【变式训练【变式训练】如图所示，平行板电容器与电动势为如图所示，平行板电容器与电动势为E E的直流电的直流电源（内
16、阻不计）连接，下极板接地。源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的一带电油滴位于电容器中的P P点且恰点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距器的上极板竖直向上移动一小段距离离( )( )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。由于电容器与电源连接，电压。由于电容器与电源连接，电压U U不
17、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=qEd=qEd，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。 UEd考点考点 2 2 带电粒子在电场中的偏转带电粒子在电场中的
18、偏转【考点解读【考点解读】1.1.粒子的偏转角粒子的偏转角（1 1）以初速度）以初速度v v0 0垂直进入偏转垂直进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质电场：如图所示，设带电粒子质量为量为m m，带电荷量为，带电荷量为q q，偏转电压，偏转电压为为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120qUtanmv d l拓展拓展延伸延伸结论：动能一定时，结论：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加速后再进
19、入偏转电场则有：则有：可解得：可解得：结论：粒子的偏转角与粒子的结论：粒子的偏转角与粒子的q q、m m无关，仅取决于加速电场和无关，仅取决于加速电场和偏转电场。偏转电场。2001qUmv210Utan2U d l2.2.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：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的 处沿处沿直线射出。直线
20、射出。2210qU11yat()22 mdvl2201201mv dqUxy cot2dmvqU2 lll2l（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）经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压是从静止经同一加速电压U U0 0加速后进入偏转电场的，则偏移加速后进入偏转电场的，则偏移量：量：偏转角正切：偏转角正切：结论：无论带电粒子的结论：无论带电粒子的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
21、运动轨迹完全重合。都是相同的，也就是运动轨迹完全重合。210Uy4U dl10Utan2U d l【典例透析【典例透析2 2】如图所示，真空中水平放置的两个相同极板如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y Y和和YY长为长为L L，相距，相距d d，足够大的竖，足够大的竖直屏与两板右侧相距直屏与两板右侧相距b b。在两板。在两板间加上可调偏转电压间加上可调偏转电压U UYYYY，一束，一束质量为质量为m m、带电量为、带电量为+q+q的粒子（不的粒子（不计重力）从两板左侧中点计重力）从两板左侧中点A A以初速以初速度度v v0 0沿水平方向射入电场且能穿出。沿水平方向射入电场且能穿出。（1 1
22、）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板）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间的中心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）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
23、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，离开偏转电场时偏转距离为转电场时偏转距离为y y，沿电场方向的速度为，沿电场方向的速度为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 L=vL=v0 0t t v vy y=at=at ，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。21yat2
24、y0vytanvx Lx2（2 2） 由由式解得式解得当当 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EqamUEd220qULy2dmvdy2220YY2md vUqL222200YY22md vmd vUqLqL（3 3）当）当 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，设其大小为设其大小为y y0 0，则，则y y0 0=y+btan=y+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）dy2y0vdtanvL ，0d L2by2L0d L2b2y
25、L。222200YY22md vmd vUqLqLd L2bL【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 1）（2 2）y=y+btany=y+btan（3 3）其中其中 是应用上例第（是应用上例第（1 1）问的结论得出的，）问的结论得出的，一般不直接用于计算题的求解过程。一般不直接用于计算题的求解过程。y0byyvv Lybtan2 （）Lybtan2 （）【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，水平放置的两平行金属
26、板间，金属板间所加的电压为金属板间所加的电压为U U，电，电子最终打在荧光屏子最终打在荧光屏P P上，关于上，关于电子的运动，则下列说法中电子的运动，则下列说法中正确的是正确的是( )( )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，
27、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变大时间变大【解析】【解析】选选B B。电子加速有。电子加速有 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错误。错误
28、。2001eUmv ,222001 eUUy()2 md v4dUll，0UWe Uyd()，【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（初速度可忽略不计），经灯丝与发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A A板间的电压板间的电压U U1 1加速，加速，从从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形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M M、N N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经
29、过偏转电场后打在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上的荧光屏上的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，两板间的距离为为d d，板长为，板长为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，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。重力及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 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
30、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，由动能定理理解得解得（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。设偏转电场的电场强度为转电场的电场强度为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，加速度为速度为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。 2
31、101eUmv02 ，102eUvm由牛顿第二定律和运动学公式由牛顿第二定律和运动学公式F=ma,F=eE,F=ma,F=eE,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，从而使增大，从而使电子打在电子打在P P点上方。点上方。答案：答案：（1 1） （2 2） （3 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 20Ltv2UEd21yat2221U Ly4U d221U Ly4U d12eUm221U L4U d考点考点 3 3 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【考点解读
32、】【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，）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。可用正交分解法。（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）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。直线运动，化繁为简。解题解题技巧技巧（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）综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，另外要注力分
33、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。意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）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。的所有功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理。【典例透析【典例透析3 3】在足够长的粗糙绝缘板在足够长的粗糙绝缘板A
34、 A上放一个质量为上放一个质量为m m、电荷、电荷量为量为+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、场强大小为置于方向水平向左、场强大小为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。现将绝缘板均能静止，如图所示。现将绝缘板A A从从图中位置图中位置 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发生了发生了运动。为研究方便可以将绝缘板运动。为研究方便可以将绝缘板A A的运动简化成先匀加速接着匀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减速到静止的过程。
35、测量发现竖直方向加速的时间为0.8 s0.8 s，减，减速的时间为速的时间为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。已知匀强电场的。已知匀强电场的场强场强 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： 0.3mgEq，（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？【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
36、明电场力能保持相对静止，说明电场力_最大静摩擦力，此时最大静摩擦力，此时B B对对A A的压力的压力_mg_mg。（2 2）B 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的压的压力力_mg_mg。说明绝缘板。说明绝缘板A A向上做向上做_。小于小于等于等于大于大于小于小于匀减速运动匀减速运动【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高度差为高度差为h h，则有，则有a a1
37、 1t t1 1=a=a2 2t t2 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。221 12 211ha ta t22（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，由牛顿第二上匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得定律可得竖直方向：竖直方向：mg-Fmg-FN N=ma=ma2 2水平方向：水平方向：Eq-FEq-FN N=ma=ma3 3解得解得a a3 3=0.1g=1 m/s=0.1g=1 m/s2 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233 21xa t
38、0.02 m2。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-Eq=mamg-Eq=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x x4 4=x=x3 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x=xx=x4 4+x+x3 3=0.04 m=0.04 m。答案：答案：（1 1）1.25 m/s1.25 m/s2 2 5 m/s5
39、m/s2 2（2 2）0.04 m0.04 m【变式训练】【变式训练】如图，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、如图，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成与水平面成4545角的绝缘直杆角的绝缘直杆abab，其下端（，其下端（b b端）距地面高度端）距地面高度h=0.8 mh=0.8 m。一质量为。一质量为1 kg1 kg的带电小环套在直杆上，正以某速度的带电小环套在直杆上，正以某速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过b b端的正下方端的正下方c c点处。（取点处。（取b b为零势能点，为零势能点，g g取取10 m/s10 m/s2 2）求：）求：（1
40、1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。（2 2）小环在直杆上运动时的动能。）小环在直杆上运动时的动能。（3 3）小环从）小环从b b到到c c运动过程中的机械能最小值。运动过程中的机械能最小值。【解析】【解析】（1 1）小环沿）小环沿acac杆匀速下滑，受力分析图如图所示，杆匀速下滑，受力分析图如图所示，小环共受小环共受3 3个力，合力为零，则个力，合力为零，则qE=mg,qE=mg,小环离开直杆后，只受重力和电场力，小环离开直杆后，只受重力和电场力， 方向垂直于杆斜向下。方向垂直于杆斜向下。F2mgma,合2a2g10 2 m/s，（2 2）小环离
41、开杆做类平抛运动：）小环离开杆做类平抛运动：平行杆方向做匀速运动，平行杆方向做匀速运动，垂直杆方向做匀加速运动，垂直杆方向做匀加速运动，小环在直杆上运动时的动能：小环在直杆上运动时的动能：由以上三式解得：由以上三式解得：E Ek k=2 J=2 J2hvt,2221hat22，2k1Emv2（3 3）根据能量守恒，机械能为）根据能量守恒，机械能为E=EE=Ek k-E-Ep p当电势能最大时，机械能最小。当电势能最大时，机械能最小。当带电小环在电场力方向的速度为零时，电势能最大，此时的当带电小环在电场力方向的速度为零时，电势能最大，此时的电势能等于克服电场力所做的功，电势能等于克服电场力所做的
42、功，即即解得：解得：E Epmpm=1 J=1 J所以机械能的最小值为所以机械能的最小值为E=1 JE=1 J答案：答案：（1 1） 方向垂直于杆斜向下方向垂直于杆斜向下（2 2）2 J 2 J （3 3）1 J1 J2pm11Emv21vvcos45210 2 m/s【资源平台】【资源平台】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 制备纳米薄膜装置的工作电极可简制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为化为真空中间距为d d的两平行极板，的两平行极板，如图甲所示。加在极板如图甲所示。加在极板A A、B B间的电间的电压压U UABAB做周期性变化，其正向电压为做周期性变化，其
43、正向电压为U U0 0，反向电压为反向电压为-kU-kU0 0(k(k1)1)，电压变化的周期为，电压变化的周期为2 2，如图乙所示。，如图乙所示。在在t=0t=0时，极板时，极板B B附近的一个电子，质量为附近的一个电子，质量为m m、电荷量为、电荷量为e e，受电，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A A，且不考虑重力作用。若且不考虑重力作用。若 电子在电子在0 022时间内不能到达极时间内不能到达极板板A A，求，求d d应满足的条件。应满足的条件。5k,4【规范解答】【规范解答】电子在电子在0 0时间内做匀加
44、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，后反向做匀加速运动加速度的大小为加速度的大小为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依据题意依据题意d dx x1 1+x+x2 2解得解得答案：答案：01eUamd2111xa2025eUa4md2122vx2a209eUd10m209eUd10m1.1.如图所示为一只如图所示为一只“极距变化型电容式传感极距变化型电容式传感器器”的部分构件示意图。当动极板和定极板的部分构件示意图。当动极板和定极板之间的
45、距离之间的距离d d变化时，电容变化时，电容C C便发生变化，通便发生变化，通过测量电容过测量电容C C的变化就可知道两极板之间距离的变化就可知道两极板之间距离d d的变化情况。在的变化情况。在下列图中能正确反映下列图中能正确反映C C与与d d之间变化规律的图像是之间变化规律的图像是( )( )【解析】【解析】选选A A。根据电容的决定式。根据电容的决定式 可知，电容可知，电容C C与与d d成成反比，函数图像是双曲线的一支，故只有反比，函数图像是双曲线的一支，故只有A A正确。正确。rSC4 kd2.2.将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平
46、速度由P P点射点射入水平放置的平行金属板间，入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地。已知上板带正电，下板接地。三个微粒分别落在图中三个微粒分别落在图中A A、B B、C C三点，不计其重力作用，三点，不计其重力作用，则则( )( )A.A.三个微粒在电场中的运动时间相等三个微粒在电场中的运动时间相等B.B.三个微粒的带电量相同三个微粒的带电量相同C.C.三个微粒所受电场力的大小关系是三个微粒所受电场力的大小关系是F FA AFFB BFFC CD.D.三个微粒到达下板时的动能关系是三个微粒到达下板时的动能关系是E EkCkCEEkBkBEEkAkA【解析】【解析】选选D D。由带
47、电微粒的运动轨迹可判断出竖直方向上的。由带电微粒的运动轨迹可判断出竖直方向上的加速度关系为加速度关系为a aC CaaB BaaA A，所以有电量，所以有电量q qC CqqB BqqA A，电场力，电场力F FC CFFB BFFA A，故，故B B、C C错误。粒子在电场中的运动时间错误。粒子在电场中的运动时间因因lC C lB B lA A，故，故t tC CttB BtEEkBkBEEkAkA,D,D正确。正确。0tvl，3.3.实验室所用示波器是由电子枪、偏转电极和荧光屏三部分组实验室所用示波器是由电子枪、偏转电极和荧光屏三部分组成，当垂直偏转电极成，当垂直偏转电极YYYY，水平偏转
48、电极，水平偏转电极XXXX的电压都为零时，的电压都为零时，电子枪发射的电子通过偏转电极后，打在荧光屏的正中间。若电子枪发射的电子通过偏转电极后，打在荧光屏的正中间。若要在荧光屏上始终出现如图所示的斑点要在荧光屏上始终出现如图所示的斑点a a，那么，那么，YYYY与与XXXX间应分别加上如图所示的哪一组电压间应分别加上如图所示的哪一组电压( )( )【解析】【解析】选选A A。由于点迹。由于点迹a a是固定不变的，所以在是固定不变的，所以在XXXX间、间、YYYY间加的电压应该是大小恒定的，故间加的电压应该是大小恒定的，故C C、D D均错；由示波管的原理均错；由示波管的原理图可知，电子在图可知
49、，电子在YYYY方向上向上偏转，即方向上向上偏转，即Y Y应为正，在应为正，在XXXX方方向上向左偏转，即向上向左偏转，即XX为正，故本题选为正，故本题选A A。4.4.（20122012海南高考改编）将平行板电容器两极板之间的距离、海南高考改编）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d d、U U、E E和和Q Q表表示。下列说法正确的是示。下列说法正确的是( )( )A.A.保持保持U U不变，将不变，将d d变为原来的一半，则变为原来的一半，则E E变为原来的一半变为原来的一半B.B.保持保持E E不变，将不变
50、，将d d变为原来的一半，则变为原来的一半，则U U变为原来的两倍变为原来的两倍C.C.保持保持d d不变，将不变，将Q Q变为原来的两倍，则变为原来的两倍，则U U变为原来的一半变为原来的一半D.D.保持保持d d不变，将不变，将Q Q变为原来的一半，则变为原来的一半，则E E变为原来的一半变为原来的一半【解析】【解析】选选D D。由。由 可知，保持可知，保持U U不变，将不变，将d d变为原来的一变为原来的一半，则半，则E E变为原来的两倍，选项变为原来的两倍，选项A A错误；保持错误；保持E E不变，将不变，将d d变为原变为原来的一半，则来的一半，则U U变为原来的一半，选项变为原来的
