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1、第3讲 电容器与电容 带电粒子 在电场中的运动考点考点1 1 电容器与电容电容器与电容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_._.绝缘绝缘绝对值绝对值(3)(3)电容器的充、放电电容器的充、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：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中_转
2、化为其他形式的能转化为其他形式的能. .异种电荷异种电荷电场能电场能2.2.电容电容(1)(1)定义定义: :电容器所带的电容器所带的 与电容器两极板间与电容器两极板间的电势差的电势差U的比值的比值. .(2)(2)定义式：定义式： ( (此式为比值定义式此式为比值定义式) ) (3)(3)单位：法拉单位：法拉(F)(F)，1F=_F=_pF.1F=_F=_pF. (4)(4)物理意义物理意义: :表示电容器表示电容器 本领大小的物理量本领大小的物理量(5)(5)电容与电压、电荷量的关系电容与电压、电荷量的关系. .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
3、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10106 610101212无关无关QCUQC.UUQC 电荷量电荷量Q容纳电荷容纳电荷3.3.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，与介质的成正比，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. .正对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 kd1.1.平行板电容器动态问题分析的理论依据平行板电容器动态问题分析的
4、理论依据(1)(1)平行板电容器的电容平行板电容器的电容C C与板距与板距d d、正对面积、正对面积S S、介质介电常、介质介电常数数r r间的关系间的关系(2)(2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强平行板电容器内部是匀强电场，所以场强(3)(3)电容器所带电荷量电容器所带电荷量Q=CU.Q=CU.(4)(4)由以上三式得由以上三式得 该式为平行板电容器极板间匀强该式为平行板电容器极板间匀强电场的场强的决定式电场的场强的决定式, ,常通过常通过 来分析场强的变化来分析场强的变化. .rSC.4 kdUE.dr4k QES，QS2.2.两类动态问题分析比较两类动态问题分析比较(1)(1)第一
5、类动态变化：两极板间电压第一类动态变化：两极板间电压U U恒定不变恒定不变充电后与电充电后与电池两极相连池两极相连电容器两极板电容器两极板间的电压不变间的电压不变d d变大变大C C变小变小 S S变大变大C C变大变大 r r变大变大C C变大变大 U U不变不变Q Q变小变小 U U不变不变Q Q变大变大 U U不变不变Q Q变大变大 U U不变，不变，d d变变大，大，E E变小变小U U不变，不变，d d不不变，变，E E不变不变U U不变，不变，d d不不变，变，E E不变不变(2)(2)第二类动态变化：电容器所带电荷量第二类动态变化：电容器所带电荷量Q Q恒定不变恒定不变充电后与电
6、充电后与电池两极断开池两极断开 电容器两极板电电容器两极板电荷量保持不变荷量保持不变 S S变大变大C C变大变大 r r变大变大C C变大变大 d d变大变大C C变小变小 Q Q不变不变U U变小变小 Q Q不变不变U U变小变小 Q Q不变不变U U变大变大 U U变小，变小，d d不不变，变，E E变小变小U U变小，变小，d d不不变，变，E E变小变小U U变大，变大，d d变变大，大，E E不变不变如图如图, ,一个电容器与电池相连，增大电容一个电容器与电池相连，增大电容器两极板间的距离，则下列说法中正确器两极板间的距离，则下列说法中正确的是的是( )( )A.A.电容器电容增大
7、电容器电容增大B.B.电容器极板电量增加电容器极板电量增加C.C.在增大极板间距离过程中，电路中电流方向如题在增大极板间距离过程中，电路中电流方向如题图所示图所示D.D.原来静止在电容器极板间的电荷将向上加速运动原来静止在电容器极板间的电荷将向上加速运动 C C【解析解析】选选C.C.根据根据 得：得：d d增大，电增大，电容容C C减小，又电压减小，又电压U U恒定，所以电荷量恒定，所以电荷量Q Q减小，电容器减小，电容器放电，电场强度放电，电场强度E E减小，原来静止的电容器极板间的减小，原来静止的电容器极板间的电荷将向下加速运动电荷将向下加速运动, ,故答案为故答案为C.C.rSCQ C
8、U4 kd和 平行板电容器动态问题分析平行板电容器动态问题分析【例证例证1 1】如图所示，平行板电容器如图所示，平行板电容器ABAB两两极板水平放置，极板水平放置，A A在上方，在上方，B B在下方，现将在下方，现将其和理想二极管串联接在电源上，已知其和理想二极管串联接在电源上，已知A A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿ABAB中心水平射入，打在中心水平射入，打在B B极板上的极板上的N N点，小球的重力不能忽略，点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动现通过上下移动A A板来改变两极板板来改变两极板ABAB间距间距( (两极板
9、仍平行两极板仍平行) )，则，则下列说法正确的是下列说法正确的是( )( )A.A.若小球带正电，当若小球带正电，当ABAB间距增大时，小球打在间距增大时，小球打在N N的左侧的左侧B.B.若小球带正电，当若小球带正电，当ABAB间距减小时，小球打在间距减小时，小球打在N N的左侧的左侧C.C.若小球带负电，当若小球带负电，当ABAB间距减小时，小球可能打在间距减小时，小球可能打在N N的右侧的右侧D.D.若小球带负电，当若小球带负电，当ABAB间距增大时，小球可能打在间距增大时，小球可能打在N N的左侧的左侧 A.A.若小球带正电，当若小球带正电，当ABAB间距增大时，小球打在间距增大时，小
10、球打在N N的左侧的左侧B.B.若小球带正电，当若小球带正电，当ABAB间距减小时，小球打在间距减小时，小球打在N N的左侧的左侧C.C.若小球带负电，当若小球带负电，当ABAB间距减小时，小球可能打在间距减小时，小球可能打在N N的右侧的右侧D.D.若小球带负电，当若小球带负电，当ABAB间距增大时，小球可能打在间距增大时，小球可能打在N N的左侧的左侧【解题指南解题指南】解答本题时应注意以下三点：解答本题时应注意以下三点：(1)(1)二极管的单向导电性对电路的影响二极管的单向导电性对电路的影响. .(2)(2)小球电性对小球加速度大小变化的影响小球电性对小球加速度大小变化的影响. .(3)
11、(3)小球的水平位移与小球运动时间的关系小球的水平位移与小球运动时间的关系. .【自主解答自主解答】选选B B、C.C.当板间距增大时，由当板间距增大时，由 可知，电可知，电容器的电容将变小容器的电容将变小, ,因二极管的存在，电容器上的电量将保持因二极管的存在，电容器上的电量将保持不变，由不变，由 可知，板间电场强度不变，因此可知，板间电场强度不变，因此板间距增大时，不影响小球打在板间距增大时，不影响小球打在B B板上的位置，板上的位置，A A、D D均错误；均错误；若板间距减小，则电容器的电容若板间距减小，则电容器的电容C C增大，电源通过二极管给电增大，电源通过二极管给电容器充电，电容器
12、的带电量增加，两板间的电压不变容器充电，电容器的带电量增加，两板间的电压不变, ,此时板此时板间电场强度将增大，若小球带正电，由间电场强度将增大，若小球带正电，由mg+Eq=mamg+Eq=ma， 可可知，小球的加速度变大，小球打在知，小球的加速度变大，小球打在B B板上的时间板上的时间t t变小，由变小，由x=vx=v0 0t t知，小球将落在知，小球将落在N N的左侧，的左侧，B B正确；若小球带负电，由正确；若小球带负电，由mg-mg-Eq=ma, Eq=ma, 可知，小球加速度变小，小球打在可知，小球加速度变小，小球打在B B板上的时间板上的时间t t变大，变大，由由x=vx=v0 0
13、t t可知，小球将落在可知，小球将落在N N的右侧，的右侧，C C正确正确. .rSC4 kdrUQQ 4 kEdCdS21yat2【互动探究互动探究】在在【例证例证1 1】中，若去掉电路中的二极管，则正中，若去掉电路中的二极管，则正确的选项是确的选项是( )( )【解析解析】选选B B、C C、D.D.如上述例题分析，当板间距离变小时，二如上述例题分析，当板间距离变小时，二极管的存在并没有起到作用，故极管的存在并没有起到作用，故B B、C C仍正确；若板间距离变仍正确；若板间距离变大，因板间电压不变，板间电场强度将变小，若小球带正电，大，因板间电压不变，板间电场强度将变小，若小球带正电，由由
14、mg+Eq=ma, mg+Eq=ma, 可得小球打在可得小球打在B B板上的时间增大，由板上的时间增大，由x=vx=v0 0t t可知，小球打在可知，小球打在N N的右侧，的右侧，A A错误；若小球带负电，由错误；若小球带负电，由mg-Eq=ma,mg-Eq=ma, 可知，小球打在可知，小球打在B B板上的时间减小，由板上的时间减小，由x=vx=v0 0t t知，小球知，小球打在打在N N的左侧，的左侧，D D正确正确. .21yat221yat2【总结提升总结提升】分析电容器动态问题时应注意的问题分析电容器动态问题时应注意的问题(1)(1)先确定电容器的不变量先确定电容器的不变量(Q(Q或或
15、U).U).(2)(2)只有当电容器的电量发生变化时，电容器支路上才有只有当电容器的电量发生变化时，电容器支路上才有充电或放电电流充电或放电电流. .(3)(3)若电路中有二极管，其单向导电性将影响电容器充电若电路中有二极管，其单向导电性将影响电容器充电或放电或放电. .(4)(4)电容器电量不变时，改变板间距将不引起板间电场强电容器电量不变时，改变板间距将不引起板间电场强度的变化度的变化. .【例例2 2】 如图所示如图所示, ,一平行板电容器充电后与电源断开一平行板电容器充电后与电源断开, ,负极负极 板接地板接地, ,在两极板间有一正电荷在两极板间有一正电荷( (电荷量很小电荷量很小)
16、)固定在固定在P点点. .以以E 表示两极板间的场强表示两极板间的场强, ,U表示电容器的电压表示电容器的电压, ,Ep p表示正电荷在表示正电荷在P 点的电势能点的电势能. .若保持负极板不动若保持负极板不动, ,将正极板移到图中虚线所示将正极板移到图中虚线所示 位置位置, ,则则 ( )( ) A. A.U变小变小, ,E不变不变 B.B.E变大变大, ,Ep p不变不变 C.C.U变大变大, ,Ep p不变不变 D.D.U不变不变, ,Ep p不变不变思路点拨思路点拨 解决平行板电容器的动态变化问题解决平行板电容器的动态变化问题, ,首先要抓住不首先要抓住不变量变量, ,然后利用物理量之
17、间的关系求解然后利用物理量之间的关系求解, ,本题不变量是电容器的本题不变量是电容器的电荷量电荷量. .解析解析 将正极板移到图中虚线所示的位置时将正极板移到图中虚线所示的位置时, ,电容变大电容变大, ,根据根据恒定恒定, ,则场强则场强E不变不变; ;由于场强由于场强E不变不变, ,P点与下极板电势差点与下极板电势差U= =Ed不变不变, ,所以所以P点电势点电势 不变不变, ,Ep p不变不变. .由以上分析可知选项由以上分析可知选项A A正正确确.(.(对于场强对于场强E的分析的分析, ,不能直接利用不能直接利用E= = 分析分析, ,因为因为U减小减小, ,d也减小也减小, ,无法确
18、定无法确定E的变化的变化).).答案答案 A AS，QSQkCdQdUE，U，QUQC不变由于又变小不变可知,4；dUP【拓展探究拓展探究】 例例2 2中中, ,若保持正极板不动若保持正极板不动, ,将负极将负极板向上平移一定距离板向上平移一定距离, ,结论如何结论如何? ?解析解析 负极板向上平移负极板向上平移, ,电容变大电容变大, ,由由C= = 可知可知, ,U变小变小; ;又又 则则E不变不变; ;P点与下极板电势差点与下极板电势差U= =Ed, ,d变小变小, ,故故U变变小小, ,即即 变小变小, ,Ep p变小变小. .答案答案 A AUQ不变不变由于SQSQkCdQdUE,4
19、P规律总结规律总结变式练习变式练习2 2 如图如图4 4所示所示, ,用电池对电容器充电用电池对电容器充电, ,电路电路a a、b b之间之间接有一灵敏电流表接有一灵敏电流表, ,两极板之间有一个电荷两极板之间有一个电荷q q处于静止状态处于静止状态. .现将两极板的间距变大现将两极板的间距变大, ,则则 ( )( )A.A.电荷将向上加速运动电荷将向上加速运动B.B.电荷将向下加速运动电荷将向下加速运动C.C.电流表中将有从电流表中将有从a a到到b b的电流的电流D.D.电流表中将有从电流表中将有从b b到到a a的电流的电流图图4 4BD BD 解析解析 充电后电容器的上极板充电后电容器
20、的上极板A带正电带正电. .不断开电源不断开电源, ,增大两增大两板间距板间距, ,U不变、不变、d增大增大. .由由E= = 知两极板间场强减小知两极板间场强减小. .场强减小场强减小会使电荷会使电荷q受到的电场力减小受到的电场力减小, ,电场力小于重力电场力小于重力, ,合力向下合力向下, ,电荷电荷q向下加速运动向下加速运动. .由由C= = 知电容知电容C减小减小. .由由Q= =CU知极板所带知极板所带电荷量减少电荷量减少. .会有一部分电荷返回电源会有一部分电荷返回电源, ,形成逆时针方向的电流形成逆时针方向的电流, ,电流表中将会有由电流表中将会有由b到到a的电流的电流, ,选项
21、选项B B、D D正确正确. .答案答案 BDBDdUkdS4题型题型3 3 带电粒子在板间运动问题分析带电粒子在板间运动问题分析【例例3 3】 下述为一个观察带电粒子在平行板电容器板间电场下述为一个观察带电粒子在平行板电容器板间电场中的运动状况的实验中的运动状况的实验. .现进行下述操作现进行下述操作: :第一步第一步, ,给如图给如图5 5所示真空中水平放置的所示真空中水平放置的平行板电容器充电平行板电容器充电, ,让让A、B两极板带上两极板带上一定的电荷量一定的电荷量, ,使得一个带电油滴使得一个带电油滴P在两板间的匀强电场中恰在两板间的匀强电场中恰能保持静止状态能保持静止状态. .第二
22、步第二步, ,给电容器继续充电使其电荷量突然增加给电容器继续充电使其电荷量突然增加Q1 1, ,让油滴让油滴开始竖直向上运动开始竖直向上运动t秒秒. .第三步第三步, ,在上一步基础上使电容器突然放电在上一步基础上使电容器突然放电Q2 2, ,观察到又经观察到又经2 2t秒后秒后, ,油滴刚好回到原出发点油滴刚好回到原出发点. .设油滴在运动过程中未与极设油滴在运动过程中未与极板接触板接触. .求求Q1 1和和Q2 2的比值的比值. .图图5 5解析解析 设油滴质量为设油滴质量为m, ,带电荷量为带电荷量为q, ,电容器板间距离为电容器板间距离为d, ,电容量为电容量为C. .在第一步过程中在
23、第一步过程中, ,设电容器的电荷量为设电容器的电荷量为Q, ,板间电板间电压为压为U0 0, ,场强为场强为E0 0. .受力情况如下图受力情况如下图(1)(1)所示所示. .由题意得由题意得qE0 0= =mg CdQqmgdUECQU得由000在第二步过程中在第二步过程中, ,设板间电压为设板间电压为U1 1, ,场强为场强为E1 1, ,油滴的加速度大小油滴的加速度大小为为a1 1, ,t t s s末的速度为末的速度为v1 1, ,位移为位移为x, ,受力情况如图受力情况如图(2)(2)所示所示. .U1 1=(=(Q+Q1 1)/)/C E1 1= =U1 1/ /d qE1 1-
24、-mg= =ma1 1 x= = a1 1t2 2 v1 1= =a1 1t 在第三步过程中在第三步过程中, ,设板间电压为设板间电压为U2 2, ,场强为场强为E2 2, ,油滴的加速度大小油滴的加速度大小为为a2 2, ,受力情况如图受力情况如图(3)(3)所示所示. . 21dUECQQQU22212答案答案【评分标准评分标准】 本题共本题共2323分分. .其中其中 式各式各2 2分分, , 式各式各1 1分分. .【名师导析名师导析】 高考命题愈加明显地渗透着物理思想、物理高考命题愈加明显地渗透着物理思想、物理方法的考查方法的考查, ,上述样题就是通过对电场中的带电粒子多运动过上述样
25、题就是通过对电场中的带电粒子多运动过94)2(2122122122QQtatvxmaqEmg由以上各式可得94程的考查程的考查, ,间接考查了同学们综合分析问题的能力间接考查了同学们综合分析问题的能力. .解决这类解决这类问题的关键是要掌握基本运动的特点问题的关键是要掌握基本运动的特点. .中学物理常见的基本运中学物理常见的基本运动有匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动、匀速圆周动有匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动、匀速圆周运动等运动等, ,这些基本运动中的任何两种运动都可以构成一个多运这些基本运动中的任何两种运动都可以构成一个多运动过程问题动过程问题, ,所以复习时应加强此类型的训练
26、所以复习时应加强此类型的训练, ,以提高分析和以提高分析和解决问题的能力解决问题的能力. .考点考点2 2 带电粒子在电场中的运动带电粒子在电场中的运动1.1.带电粒子在电场中的加速带电粒子在电场中的加速带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带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电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：(2)(2)在非匀强电场中：在非匀强电场中：动能动能W qEd qU _.22011mvmv22W qU _.22011mvmv22例例1.在一个水平面上建立在一个水平面上建立x轴，在
27、过原点轴，在过原点O右侧空间有右侧空间有一个匀强电场，电场强度一个匀强电场，电场强度大小大小E6105 N/C，方向，方向与与x轴正方向相同，在轴正方向相同，在O处处放一个电荷量放一个电荷量q5108 C C质量质量m m0.010 kg0.010 kg的带负电绝缘物块物块与水平的带负电绝缘物块物块与水平面间的动摩擦因数面间的动摩擦因数0.20.2，沿，沿x x轴正方向给物块轴正方向给物块一个初速度一个初速度v v0 02 m/s2 m/s，如图所示，求：，如图所示，求：(1)(1)物块最终停止时的位置；物块最终停止时的位置；( (g g取取10 m/s10 m/s2 2) )(2)(2)物块
28、在电场中运动过程的机械能增量物块在电场中运动过程的机械能增量解析解析(1)第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为第一个过程：物块向右做匀减速运动到速度为零零FfmgFqEFfFma2as1v02s10.4 m第二个过程：物块向左做匀加速运动，第二个过程：物块向左做匀加速运动，离开电场后再做匀减速运动直到停止离开电场后再做匀减速运动直到停止由动能定理得：由动能定理得：Fs1Ff(s1s2)0得得s20.2 m，则物块停止在原点，则物块停止在原点O左侧左侧0.2 m处处(2)物块在电场中运动过程的机械能增量物块在电场中运动过程的机械能增量EWf2mgs10.016 J. 例例2.如图所示，水平放
29、置的如图所示，水平放置的A、B两平行板相距两平行板相距h，上板，上板A带正电带正电现有质量为现有质量为m、电荷量为、电荷量为q的小球在的小球在B板下方距离为板下方距离为H处，以初速度处，以初速度v0竖直竖直向上从向上从B板小孔进入板间电场，欲使板小孔进入板间电场，欲使小球刚好打到小球刚好打到A板，板，A、B间电势差间电势差UAB应为多大？应为多大？思路点拨思路点拨小球先在重力作用下做匀减速直线运动，小球先在重力作用下做匀减速直线运动，后在重力和电场力共同作用下做匀减速直线运动后在重力和电场力共同作用下做匀减速直线运动法一：法一：小球运动分两个过程，在小球运动分两个过程，在B板下方时仅受重力作用
30、，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，做匀减速直线运动设小球运动到做匀减速直线运动设小球运动到B板时速度为板时速度为vB.对第一个运动过程：对第一个运动过程：vB2v022gH 对第二个运动过程：加速度为对第二个运动过程：加速度为a按题意，按题意，h为减速运动的最大位移，故有为减速运动的最大位移，故有h ，整理得，整理得vB22gh 联立联立两式解得两式解得hE由平行板电容器内部匀强电场的场强和电势差的关系，由平行板电容器内部匀强电场的场强和电势差的关系，易知易知UABhE，故有，故有UAB法二：法二：对
31、小球的整个运动过程由动能定理得对小球的整个运动过程由动能定理得mg(Hh)qUAB mv02解得：解得：UAB2.2.带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中的偏转(1)(1)研究条件：带电粒子研究条件：带电粒子_于电场方向进入匀强于电场方向进入匀强电场电场. .(2)(2)处理方法：类似于处理方法：类似于_，应用运动的合，应用运动的合成与分解的方法成与分解的方法. .沿初速度方向做沿初速度方向做_运动运动. .沿电场方向做初速度为零的沿电场方向做初速度为零的_运动运动. .垂直垂直平抛运动平抛运动匀速直线匀速直线匀加速直线匀加速直线222yFa_ma.t_11 qUb.yatt ,22
32、 md2mdytqU1yat_2vtan_v 0加速度：能飞出平行板电容器：运动时间打在平行极板上：离开电场时的偏移量：离开电场时的偏转角正切：qEmq Um dv0l22qU2mv d0l2qUmv d0l1.1.带电粒子在电场中的重力问题带电粒子在电场中的重力问题(1)(1)基本粒子：如电子、质子、基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等除粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力( (但并不忽略质量但并不忽略质量).).(2)(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，
33、一般都不能忽略重有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力力. .3带电粒子在电场中的偏转问题分析带电粒子在电场中的偏转问题分析(1)粒子的偏转角问题粒子的偏转角问题已知电荷情况及初速度如图已知电荷情况及初速度如图633所示，设带电粒子质量为所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为，带电荷量为q，以速度，以速度v0垂直垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为偏转电压为U1.若粒子飞出电场时偏转角为若粒子飞出电场时偏转角为，则，则tan ，式，式中中vyat ，vxv0，代入得，代入得tan 结论：动能一定时结论：动能一定时tan与与q成正比，电荷量相同时成正比，
34、电荷量相同时tan与与动能成反比动能成反比图图6332.2.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点与电场点与电场边缘的距离为边缘的距离为x x，则，则结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的的 处沿直线射出处沿直线射出. .2210qU11yat()22 mdvl2201201mv dqUxy cot2dmvqU2lll2l(2)(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不
35、同的带电经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压粒子是从静止经同一加速电压U U0 0加速后进入偏转电加速后进入偏转电场的，可推得偏移量：场的，可推得偏移量： 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，它们飞出速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量的偏移量y y和偏转角和偏转角都是相同的，也就是轨迹完全都是相同的，也就是轨迹完全重合重合. .210Uy,4U dl10Utan2U dl图图635A偏转角度相同偏转角度相同B偏转距离相同偏转距离
36、相同C运动时间相同运动时间相同 D动能相同动能相同AB如图所示，质子、氘核和粒子都沿平行板电容器两板中线OO方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与 OO垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点下列说法中正确的是（ ）A.若它们射入电场时速度相等，荧光屏上将出现3个亮点B.若它们射入电场时的动量(mv)相等，在荧光屏上将只出现2个亮点C.若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的荧光屏上将只出现1个亮点 D.若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点UU0vOO C 3.3.如图所示，有一带电粒子如图所示，有一带电粒子( (不计重力不计重力) )贴贴着着A A板沿水
37、平方向射入匀强电场，当偏转电板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为压为U U1 1时，带电粒子沿轨迹从两板右端连时，带电粒子沿轨迹从两板右端连线的中点飞出；当偏转电压为线的中点飞出；当偏转电压为U U2 2时，带电粒子沿轨迹落到时，带电粒子沿轨迹落到B B板中间板中间. .设粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压设粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压U U1 1、U U2 2之比为之比为( )( )A.18 B.14 C.12 D.11A.18 B.14 C.12 D.11【解析解析】选选A.A.由题意可知，由题意可知，由以上两式可推导出：由以上两式可推导出：U U1 1UU2 2=18=1
38、8，故，故A A正确正确. .22120Uqd11Lat222 dm v，2220L()U q12d2 dmv，A A 如图所示，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，如图所示，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一带电微粒沿图中直线从一带电微粒沿图中直线从a a向向b b运动，下列说法中正确运动，下列说法中正确的是的是( )( ) A. A.微粒做匀速运动微粒做匀速运动 B.B.微粒做匀加速运动微粒做匀加速运动C.C.微粒电势能增大微粒电势能增大 D.D.微粒动能减小微粒动能减小【解析解析】选选C C、D.D.微粒沿微粒沿abab直线运动，其重力与电场直线运动，其重力与电场力的合力沿力的合力沿
39、baba方向，电场力水平向左，做负功，电势方向，电场力水平向左，做负功，电势能增大，能增大，C C正确；合力与运动方向相反，微粒做匀减正确；合力与运动方向相反，微粒做匀减速运动，动能减小，速运动，动能减小，D D正确，正确，A A、B B均错误均错误. .CD CD 带电粒子在电场中的偏转带电粒子在电场中的偏转【例证例证2 2】如图所示，真空中水平放置如图所示，真空中水平放置的两个相同极板的两个相同极板Y Y和和YY长为长为L L，相距，相距d d，足够大的竖直屏与两板右侧相距足够大的竖直屏与两板右侧相距b.b.在两在两板间加上可调偏转电压板间加上可调偏转电压U UYYYY，一束质量，一束质量
40、为为m m、带电量为、带电量为+q+q的粒子的粒子( (不计重力不计重力) )从两板左侧中点从两板左侧中点A A以初以初速度速度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)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两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板间的中心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. .【解题指南解题指南】解答本题时应注意以下两点：解答本题时应注意以下两点：(1)(1)两板间所加的电压的最大值
41、对应粒子恰好沿板两板间所加的电压的最大值对应粒子恰好沿板的边缘飞出的情况的边缘飞出的情况. .(2)(2)屏上粒子所能到达的最大长度为粒子沿上、下屏上粒子所能到达的最大长度为粒子沿上、下板边缘到达屏上的位置间距板边缘到达屏上的位置间距. . 【自主解答自主解答】(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，离开偏转电场时偏转距离为，离开偏转电场时偏转距离为y y，沿电场方向的速，沿电场方向的速度为度为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点点与板右端的水平距离为与板右端的水平距离为x x，则有则有 L=vL
42、=v0 0t t v vy y=at=at21yat2 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心O O点点. . 由式解得由式解得(2)(2)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y0vytanvx ，Lx2EqamUEd220qULy2dmvdy2220YY2md 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
43、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)见自主解答见自主解答dy2y0vdtanvL，0d L2by2L0d L 2b2y.L 222200YY22md vmd v2UqLqL d L2b3L【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，一般问的结论得出的，一般不直接用于计算题的求解过程不直接用于计算题的求解过程. . y0b1 yyvv2 yybtanL3 y(b)tan2 Ly(b)tan2
44、【变式训练变式训练】如图所示为一真空示波管的如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝示意图，电子从灯丝K K发出发出( (初速度可忽略初速度可忽略不计不计) )，经灯丝与，经灯丝与A A板间的电压板间的电压U U1 1加速，从加速，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形成的偏转电场中形成的偏转电场中( (偏转电场可视为匀强电场偏转电场可视为匀强电场) )，电子进，电子进入入M M、N N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电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场后打在荧光屏上的P
45、 P点点. .已知已知M M、N N两板间的电压为两板间的电压为U U2 2，两，两板间的距离为板间的距离为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，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力不计电子受到的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，可采取点的上方，可采取哪些措施哪些措施？【解析解析】(1)(1)设电子经电压设电子经电压U U1
46、1加速后的速度为加速后的速度为v v0 0，由，由动能定理动能定理解得解得 (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速直线运动. .设偏转电场的电场强度为设偏转电场的电场强度为E E，电子在偏，电子在偏转电场中运动的时间为转电场中运动的时间为t t， 加速度为加速度为a a，电，电子离开偏转电场时的侧移量为子离开偏转电场时的侧移量为y.y.由牛顿第二定律和由牛顿第二定律和运动学公式运动学公式2101eUmv02 ，102eUvm0Lt
47、v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均可均可使使y y增大，从而使电子打在增大，从而使电子打在P P点上方点上方. . 2UFma,FeE,Ed21yat2221U Ly4U d221U Ly4U d【变式备选变式备选】如图所示，真空室中速如图所示，真空室中速度度v v0 0=1.6=1.610107 7 m/s m/s的电子束，连续的电子束，连续地沿两水平金属板中心线地沿两水平金属板中心线OOOO射入，射入，已知极板长已知极板长 l=4 cm=4 cm，板间距离，板间距离d=1 cmd=1 cm，板右端距离荧，板右端距离荧光屏光屏PQPQ为为
48、L=18 cm.L=18 cm.电子电荷量电子电荷量q=1.6q=1.61010-19 -19 C C，质量，质量m=0.91m=0.911010-30 -30 kg.kg.若在电极若在电极abab上加上加 的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴y y上能观测到多上能观测到多长的线段？长的线段？( (设极板间的电场是均匀的、两板外无电设极板间的电场是均匀的、两板外无电场、荧光屏足够大场、荧光屏足够大) )u220 2sin100 t V【解析解析】因为经过偏转电场的时间为因为经过偏转电场的时间为故可以认为进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀故可以认为进入偏转电场
49、的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动在偏转电场中纵向最大位移强电场中运动在偏转电场中纵向最大位移所以电子能够打在荧光屏上的最大竖直偏转电压所以电子能够打在荧光屏上的最大竖直偏转电压9 02t2.5 10 sT0.02 s tv，而l2mU qd1Eqata22mdm，2220m22md vmdU91 Vqtql当当U=UU=Um m=91 V=91 V时，因为时，因为偏转量偏转量 y y轴上的观测量为轴上的观测量为2y=10 cm.2y=10 cm.mUEdy6my0vqUvatt4 10 m/s tan0.25dmv ，dy Ltan5 cm2考点考点3 3 示波管示波管1.1.构造：
50、构造：_，偏转极板，荧光，偏转极板，荧光屏屏.(.(如图所示如图所示) ) 电子枪电子枪三、示波管的原理三、示波管的原理产生产生高速高速飞飞行的行的电子束电子束待显示待显示的的电压信号电压信号锯齿形锯齿形扫扫描电压描电压使电子沿使电子沿Y Y方向方向偏移偏移使电子沿使电子沿x x方向方向偏移偏移2.2.工作原理工作原理(1)YY(1)YY上加的是待显示的上加的是待显示的_，XXXX上是机器自身上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做产生的锯齿形电压，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，则电子枪之间都没有加电压，则电子