《物理六 电场 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 .ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理六 电场 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 .ppt（44页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第3讲 电容器与电容带电粒子在电场中的运动一、电容、平行板电容器1.常见电容器绝缘靠近绝对值(1)组成：由两个彼此_又相互_的导体组成.(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的_.(3)电容器的充、放电异种电荷电场能充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的_，电容器中储存_.放电：使充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电场能2.电容(1)定义：电容器所带的电荷量与两极板间电势差的比值.(2)公式：C_.1061012(3)物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量.它的大小与电容器本身的结构有关，与 U、Q 无关.(4)单位：1 法拉(F)_微法(F)_
2、皮法(pF).3.平行板电容器的电容正对面积距离(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的_成正比，与两极板的_成反比，并跟板间插入的电介质有关.(2)公式：C_.rS4kd二、带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在电场中的直线运动(1)运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做匀变速直线运动.(2)用功能观点分析：电场力对带电粒子所做的功等于粒子动能的变化，即 qU_.2.带电粒子的偏转分析(1)条件分析：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场.(2)运动性质：匀变速曲线运动.(3)运动状态：带电粒子受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做
3、类平抛运动.(4)处理方法：类似于平抛运动的处理方法，如图 6-3-1 所示.图 6-3-1(5)运动规律沿初速度方向做_运动，运动时间匀速直线沿电场力方向，做_运动.匀加速直线【基础检测】(2015 年海南卷)如图 6-3-2 所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距 l，在正极板附近有一质量为 M、电荷量为 q(q0)的粒子，在负极板附近有另一质量为 m、电荷量为q 的粒子，在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同)作用力可忽略，不计重力，则 Mm 为(图 6-3-2A.32B.21C.52D.31答案：A考点 1 平行板电容器的动态分析重点归纳1.分析比较的思路(1)先确
4、定是 Q 还是 U 不变：电容器保持与电源连接，U 不变；电容器充电后与电源断开，Q 不变.2.两类动态变化问题的比较第一类动态变化：电容器两极板间电压不变.第二类动态变化：电容器所带电荷量不变.典例剖析例 1：(2014 年海南卷)如图 6-3-3 所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为 l 的金属板，其上部空间有一带电粒子 P 静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，)粒子 P 开始运动，重力加速度为 g.粒子运动加速度为(图 6-3-3答案：AU2【考点练透】1.(多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带
5、电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量.如图 6-3-4 所示，平行板电容器两极板 M、N 相距 d，两极板分别与电压为 U 的恒定电源两极连接，极板 M 带正电.现有一质量为 m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电)荷量的比值为 k，则(A.油滴带负电B.油滴带电荷量为mgUdC.电容器的电容为kmgd图 6-3-4D.将极板 N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为 q，则极板带电则电场强度 E 减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，只有选项 A、C 正确.答案：AC考点
6、 2 带电粒子在电场中的直线运动分析重点归纳2.带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、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(但并不忽略质量).(2)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，一般都要考虑重力.，其中 r 为该点到 Q 的距离(选无限典例剖析例 2：如图 6-3-5 所示，在 A 点固定一正电荷，电量为 Q，在离 A 高度为 H 的 C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度 g.已知静电力常量为 k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力.求：(1)液珠的比荷.
7、(2)液珠速度最大时离 A 点的距离 h.(3)若已知在点电荷 Q 的电场中，某点的电势可表示成kQr远的电势为零).求液珠能到达的最高点 B 离 A 点的高度 rB.图 6-3-5【考点练透】2.(2014 年安徽卷)如图 6-3-6 所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为 C，极板间距离为 d，上极板正中有一小孔.质量为 m、电荷量为q 的小球从小孔正上方高 h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为 g).求：(1)小球到达小孔处的速度.图 6-3-6(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量.(3)小球从开始下落运
8、动到下极板处的时间.考点 3 带电粒子在电场中的偏转问题重点归纳1.粒子的偏转角问题(1)已知带电粒子情况及初速度.如图 6-3-7 所示，设带电粒子质量为 m，带电荷量为 q，以初速度 v0 垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为图 6-3-7结论：动能一定时 tan 与 q 成正比，电荷量相同时 tan 与动能成反比.(2)已知加速电压 U0.若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压 U0 加速后进入偏转电场的，则由动能定理有结论：粒子的偏转角与粒子的 q、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场.2.粒子的偏转量问题(2)若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压 U0 加速后进入偏转电场
9、的，得 yU1l24U0d.结论：粒子的偏转距离与粒子的 q、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场.典例剖析例 3：(2014 年山东卷)如图 6-3-8 所示，场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域 abcd，水平边 ab 长为 s，竖直边 ad 长为 h.质量均为 m、带电量分别为q 和q 的两粒子，由 a、c 两点先后沿 ab 和 cd 方向以速率 v0 进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中).不计重力.若两粒子轨迹恰好相切，则 v0 等于()图 6-3-8解析：由两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两个粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运答案：B备考策
10、略：利用类平抛运动的规律，将复杂的曲线运动分解为两个简单的直线运动.【考点练透】3.如图 6-3-9 所示，平行金属板 A、B 水平正对放置，分别带等量异种电荷.一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共)同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么(图 6-3-9A.若微粒带正电荷，则 A 板一定带正电荷B.微粒从 M 点运动到 N 点电势能一定增加C.微粒从 M 点运动到 N 点动能一定增加D.微粒从 M 点运动到 N 点机械能一定增加答案：C方法 带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.2.常见的试题类型此类题型一般有三种情况(1)粒子
11、做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解).(2)粒子做往返运动(一般分段研究).(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究).3.解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件.(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系.(3)注意对称性和周期性变化关系的应用.例 3：如图 6-3-10 甲所示，真空中相距 d5 cm 的两块平行金属板 A、B 与电源连接(图中未画出)，其中 B
12、板接地(电势为零)，A 板电势变化的规律如图乙所示.将一个质量为 21027kg，电量 q1.61019C 的带电粒子从紧临 B 板处释放，不计重力.甲乙图 6-3-10求：(1)在 t0 时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小.(2)若 A 板电势变化周期 T1.0105 s，在 t0 时将带电粒子从紧临 B 板处无初速度释放，粒子到达 A 板时速度的大小.B 板处无初速度释放该带电粒子，粒子不能到达 A 板.审题突破：(1)由图可知两板间开始时的电势差，由 UEd可求得两板间的电场强度，则可求得电场力，由牛顿第二定律可求得加速度的大小；(2)因粒子受力可能发生变化，故由位移公式可求得
13、粒子通过的距离，通过比较可知粒子恰好到 A 板，由运动学公式可求出速度；(3)要使粒子不能到达 A 板，应让粒子在向 A 板运动中的总位移小于极板间的距离，可得出变化的频率.备考策略：因极板间加交变电场，故粒子的受力发生周期性变化，本题应通过受力情况先确定粒子的运动情况，再确定两板间电势的变化频率.周期性变化的电场在高考中也经常出现.【触类旁通】如图 6-3-11 甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为 m0.2 kg，带电荷量为 q2.0106 C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数0.1.从 t0 时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场
14、(取水平向右为正方向，g 取 10 m/s2)，求：乙甲图 6-3-11(1)23 s 内小物块的位移大小.(2)23 s 内电场力对小物块所做的功.解：(1)02 s 内小物块的加速度为 a1，由牛顿第二定律得E1qmgma1 2 s 末的速度为 v2a1t14 m/s24 s 内小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律得E2qmgma2即 a2E2qmgm2 m/s2位移 x2x14 m，4 s 末小物块的速度为 v40因此小物块做周期为 4 s 的匀加速和匀减速运动第 22 s 末的速度为 v224 m/s，第 23 s 末的速度v23v22a2tt23 s22 s1 s解得 v232 m/s，x47 m.(2)23 s 内，设电场力对小物块所做的功为 W，由动能定理解得 W9.8 J.