2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案.doc
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第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 板塊一 主干梳理夯實(shí)基礎(chǔ) 【知識(shí)點(diǎn)1】 常見電容器 電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系?、?.電容器 (1)組成:由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。 (2)帶電量:一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值。 (3)電容器的充電、放電 ①充電:使電容器帶電的過程,充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷,電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能。 ②放電:使充電后的電容器失去電荷的過程,放電過程中電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 ③充電時(shí)電流流入正極板,放電時(shí)電流流出正極板。 2.常見的電容器 (1)分類:從構(gòu)造上可分為固定電容器和可變電容器。 (2)擊穿電壓:加在電容器極板上的極限電壓,超過這個(gè)電壓,電介質(zhì)將被擊穿,電容器損壞;電容器外殼上標(biāo)的電壓是額定電壓,這個(gè)電壓比擊穿電壓低。 3.電容 (1)定義:電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢(shì)差U的比值。 (2)定義式:C=。 (3)單位:法拉(F),1 F=106μF=1012 pF。 (4)電容與電壓、電荷量的關(guān)系 ①電容C的大小由電容器本身結(jié)構(gòu)決定,與電壓、電荷量無關(guān)。不隨Q變化,也不隨電壓變化。 ②由C=可推出C=。 4.平行板電容器及其電容 (1)影響因素:平行板電容器的電容與兩極板正對(duì)面積成正比,與兩極板間介質(zhì)的介電常數(shù)成正比,與兩板間的距離成反比。 (2)決定式:C=,k為靜電力常量。 【知識(shí)點(diǎn)2】 帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)?、? 1.加速問題 若不計(jì)粒子的重力,則電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子的動(dòng)能的增量。 (1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中:W=qEd=qU=mv2-mv; (2)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中:W=qU=mv2-mv。 2.偏轉(zhuǎn)問題 (1)條件分析:不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)。 (2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì):類平拋運(yùn)動(dòng)。 (3)處理方法:利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解。 ①沿初速度方向:做勻速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=。 ②沿電場(chǎng)方向:做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)。 ③基本過程,如圖所示 【知識(shí)點(diǎn)3】 示波管?、? 1.構(gòu)造 示波管的構(gòu)造如圖所示,它主要由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成,管內(nèi)抽成真空。 2.工作原理 (1)如果偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓,則電子槍射出的電子沿直線運(yùn)動(dòng),打在熒光屏中心,在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑。 (2)示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電極上加的是待顯示的信號(hào)電壓,XX′偏轉(zhuǎn)電極上加的是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓,叫做掃描電壓。若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相同,就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)隨時(shí)間變化的穩(wěn)定圖象。 板塊二 考點(diǎn)細(xì)研悟法培優(yōu) 考點(diǎn)1平行板電容器的兩類動(dòng)態(tài)變化問題[對(duì)比分析] 1.對(duì)公式C=的理解 電容C=,不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比,一個(gè)電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的,與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)。 2.運(yùn)用電容的定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路 (1)確定不變量,分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。 (2)用決定式C=分析平行板電容器電容的變化。 (3)用定義式C=分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。 (4)用E=分析電容器兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化。 3.電容器兩類問題的比較 分類 充電后與電池兩極相連 充電后與電池兩極斷開 不變量 U Q d變大 C變小→Q變小、E變小 C變小→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 εr變大 C變大→Q變大、E不變 C變大→U變小、E變小 例1 [2017山東菏澤模擬]如圖所示,平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接,下極板接地。一帶電油滴位于兩極板間的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)?,F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離( ) A.帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng) B.P點(diǎn)的電勢(shì)將降低 C.帶電油滴的電勢(shì)能將減少 D.電容器的電容減小,極板帶電荷量將增大 (1)電容器與電源連接,不變量是電壓還是電荷量? 提示:電壓。 (2)電壓不變時(shí),如何判斷場(chǎng)強(qiáng)變化? 提示:依據(jù)E=判斷。 嘗試解答 選B。 電容器上極板接電源正極,則板間場(chǎng)強(qiáng)方向豎直向下。由于帶電油滴在P點(diǎn)恰好處于平衡狀態(tài),受力分析如圖所示,則油滴帶負(fù)電。上極板上移,板間距離d變大,板間電壓E不變,由E場(chǎng)=,知E場(chǎng)變小,油滴向下運(yùn)動(dòng),A選項(xiàng)錯(cuò)誤;P點(diǎn)電勢(shì)等于P點(diǎn)與下極板間電勢(shì)差,由U=E場(chǎng)d知,U變小,則P點(diǎn)電勢(shì)降低,故B選項(xiàng)正確;電勢(shì)能Ep=qφ,負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大,則帶電油滴的電勢(shì)能將增加,故C選項(xiàng)錯(cuò)誤;電容C=,d增大,則C減小,由Q=CU=CE,知Q減小,所以D選項(xiàng)錯(cuò)誤。 總結(jié)升華 平行板電容器問題的分析 (1)平行板電容器動(dòng)態(tài)變化的兩類題型 ①電容器始終與電源相連,U恒定不變,則有Q=CU∝C,C=∝,兩板間場(chǎng)強(qiáng)E=∝; ②電容器充完電后與電源斷開,Q恒定不變,則有U=,C∝,場(chǎng)強(qiáng)E==∝。 (2)分析平行板電容器的兩個(gè)關(guān)鍵點(diǎn) ①確定不變量:首先要明確動(dòng)態(tài)變化過程中的哪些量不變,是保持電量不變還是板間電壓不變。 ②恰當(dāng)選擇公式:要靈活選取電容的兩個(gè)公式分析電容的變化,應(yīng)用E=可分析板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化情況。 1.(多選)一平行板電容器充電后與電源斷開,負(fù)極板接地,在兩極板間有一正電荷(電量很小)固定在P點(diǎn),如圖所示,以E表示兩極板間的場(chǎng)強(qiáng),U表示電容器的電壓,W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能。若保持負(fù)極板不動(dòng),將正極板移到圖中虛線所示的位置,則( ) A.U變小,E不變 B.E變大,W變大 C.U變小,W不變 D.U不變,W不變 答案 AC 解析 當(dāng)平行板電容器充電后與電源斷開時(shí),帶電量Q不變,兩極板間場(chǎng)強(qiáng)E===,所以E保持不變,由于板間距d減小,據(jù)U=Ed可知,電容器的電壓U變小,A正確,B、D錯(cuò)誤。由于場(chǎng)強(qiáng)E保持不變,因此,P點(diǎn)與接地的負(fù)極板即與地的電勢(shì)差保持不變,即點(diǎn)P的電勢(shì)保持不變,因此電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能W保持不變,故C正確。 2. [2017湖南株洲質(zhì)檢]如圖所示,R是一個(gè)定值電阻,A、B為水平正對(duì)放置的兩塊平行金屬板,兩板間有一帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài),則下列說法正確的是( ) A.若增大A、B兩金屬板的間距,有向右的電流通過電阻R B.若增大A、B兩金屬板的間距,P將向上運(yùn)動(dòng) C.若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片,P將向上運(yùn)動(dòng) D.若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片,P將向上運(yùn)動(dòng) 答案 C 解析 電容器和電源相連,則兩極板間的電壓恒定,若增大A、B兩金屬板的間距,根據(jù)公式C=可知,電容減小,根據(jù)公式C=,可得電容器兩極板上所帶電荷量減小,故電容器放電,R中有向左的電流,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由于兩極板間的電壓不變,若增大A、B兩金屬板的間距,根據(jù)公式E=可得兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度減小,微粒P受到的電場(chǎng)力小于重力,將向下運(yùn)動(dòng),B項(xiàng)錯(cuò)誤;若緊貼A板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的金屬片,相當(dāng)于兩極板間的距離減小,則電場(chǎng)強(qiáng)度增大,電場(chǎng)力大于重力,P向上運(yùn)動(dòng),C項(xiàng)正確;若緊貼B板內(nèi)側(cè)插入一塊一定厚度的陶瓷片,相當(dāng)于εr增大,但兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變,電場(chǎng)力不變,微粒P仍靜止,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 考點(diǎn)2帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)[拓展延伸] 1.帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)是否考慮重力的處理方法 (1)基本粒子:如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等,除有說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)。 (2)帶電顆粒:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或有明確的暗示以外,一般都要考慮重力。 2.解決帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題的兩種思路 (1)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析:帶電粒子沿與電場(chǎng)線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng),受到的電場(chǎng)力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上,做加(減)速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)用功與能的觀點(diǎn)分析:電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子動(dòng)能的變化量,即qU=mv2-mv。 例2 [2018濰坊月考]如圖所示,金屬板A、B水平放置,兩板中央有小孔S1、S2,A、B與直流電源連接。閉合開關(guān),從S1孔正上方O處由靜止釋放一帶電小球,小球剛好能到達(dá)S2孔,不計(jì)空氣阻力,要使此小球從O點(diǎn)由靜止釋放后穿過S2孔,應(yīng)( ) A.僅上移A板適當(dāng)距離 B.僅下移A板適當(dāng)距離 C.?dāng)嚅_開關(guān),再上移A板適當(dāng)距離 D.?dāng)嚅_開關(guān),再下移A板適當(dāng)距離 (1)電場(chǎng)力對(duì)小球做什么功? 提示:負(fù)功。 (2)斷開開關(guān),移動(dòng)A板,板間場(chǎng)強(qiáng)如何變化? 提示:不變。 嘗試解答 選D。 設(shè)板間距離為d,O距S1為h,電源電壓為U,由題意知從O釋放一帶電小球到達(dá)S2孔速度為零,則電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功,由動(dòng)能定理得:mg(h+d)-qU=0,若僅上移A板適當(dāng)距離,兩板間電壓不變,仍滿足mg(h+d)-qU=0,小球仍剛好能到達(dá)S2,則A選項(xiàng)錯(cuò)誤;若僅下移A板適當(dāng)距離,到達(dá)S2處速度為零,故B選項(xiàng)錯(cuò)誤;斷開開關(guān),Q不變,因E=,則場(chǎng)強(qiáng)E不變,由動(dòng)能定理得:mg(h+d)-Eqd=0,將A板向上移適當(dāng)距離,假設(shè)仍能到達(dá)S2處,則重力做功不變,電場(chǎng)力做功增多,故假設(shè)不成立,即到達(dá)不了S2處速度已為零,故C選項(xiàng)錯(cuò)誤;若下移A板適當(dāng)距離x,假設(shè)仍能到達(dá)S2處,則重力做功不變,電場(chǎng)力做功變少,所以總功為正功,到達(dá)S2處小球速度不為零,能夠穿過S2孔,故D選項(xiàng)正確。 總結(jié)升華 帶電體在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法 解決此類問題的關(guān)鍵是靈活利用動(dòng)力學(xué)方法分析,可以采用受力分析和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式相結(jié)合的方法進(jìn)行解決,也可以采用功能結(jié)合的觀點(diǎn)進(jìn)行解決,往往優(yōu)先采用動(dòng)能定理。 [2014安徽高考]如圖所示,充電后的平行板電容器水平放置,電容為C,極板間距離為d,上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m,電荷量為+q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落,穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì),極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng),重力加速度為g)。求: (1)小球到達(dá)小孔處的速度; (2)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量; (3)小球從開始下落至運(yùn)動(dòng)到下極板處的時(shí)間。 答案 (1) (2) C (3) 解析 (1)由v2=2gh,得v=。 (2)在極板間帶電小球受重力和電場(chǎng)力作用,由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知:mg-qE=ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知:0-v2=2ad 整理得電場(chǎng)強(qiáng)度E= 由U=Ed,Q=CU, 得電容器所帶電荷量Q=C。 (3)由h=gt,0=v+at2,t=t1+t2 整理得t=。 考點(diǎn)3帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)[拓展延伸] 1.基本規(guī)律 設(shè)粒子帶電荷量為q,質(zhì)量為m,兩平行金屬板間的電壓為U,板長(zhǎng)為l,板間距離為d(忽略重力影響),則有 (1)加速度:a===。 (2)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間:t=。 (3)速度 v=,tanθ==。 (4)位移 2.兩個(gè)結(jié)論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度和偏移量y總是相同的。 證明:由qU0=mv及tanφ=,得tanφ=。y==。 (2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后,合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn),即O到電場(chǎng)邊緣的距離為。 3.在示波管模型中,帶電粒子經(jīng)加速電場(chǎng)U1加速,再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)U2偏轉(zhuǎn)后,需要經(jīng)歷一段勻速直線運(yùn)動(dòng)才會(huì)打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P,如圖所示。 (1)確定最終偏移距離 思路一: 思路二: (2)確定偏轉(zhuǎn)后的動(dòng)能(或速度) 思路一: 思路二: 例3 [2016山東菏澤高三模擬](多選)如圖所示,A板發(fā)出的電子經(jīng)加速后,水平射入水平放置的兩平行金屬板間,金屬板間所加的電壓為U。電子最終打在熒光屏P上,關(guān)于電子的運(yùn)動(dòng),下列說法中正確的是( ) A.滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)時(shí),電子打在P上的位置上升 B.滑動(dòng)觸頭向左移動(dòng)時(shí),電子打在P上的位置上升 C.電壓U增大時(shí),電子從發(fā)出到打在P上的時(shí)間不變 D.電壓U增大時(shí),電子打在P上的速度大小不變 (1)電子打在屏上的位置與加速電壓有什么關(guān)系? 提示:加速電壓越大,射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的初速度越大,時(shí)間越短,側(cè)向位移越小。 (2)電子向上偏轉(zhuǎn)還是向下偏轉(zhuǎn)? 提示:向上偏轉(zhuǎn)。 嘗試解答 選BC。 滑動(dòng)觸頭右移,加速電壓U0增大,電子射入金屬板間初速度v0增大,穿過金屬板時(shí)間減小,側(cè)向位移變小,打在P上的位置下降,相反滑動(dòng)觸頭左移,打在P上的位置上升,A錯(cuò)誤,B正確;電壓U增大,豎直方向加速度變大,而時(shí)間t=不變,所以豎直方向分速度變大,P點(diǎn)合速度變大,故D錯(cuò)誤,C正確。 總結(jié)升華 帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問題的兩種求解思路 (1)運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn) ①運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動(dòng)的公式來解決實(shí)際問題,一般有兩種情況: a.帶電粒子初速度方向與電場(chǎng)線共線,則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng); b.帶電粒子的初速度方向垂直電場(chǎng)線,則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))。 ②當(dāng)帶電粒子在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí),一般要采取類似平拋運(yùn)動(dòng)的解決方法。 (2)功能觀點(diǎn):首先對(duì)帶電體受力分析,再分析運(yùn)動(dòng)形式,然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算。 ①若選用動(dòng)能定理,則要分清有多少個(gè)力做功,是恒力做功還是變力做功,同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能的增量。 ②若選用能量守恒定律,則要分清帶電體在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化,哪些能量是增加的,哪些能量是減少的。 [2017河北石家莊模擬](多選)如圖,一束由質(zhì)子、氘核和氚核組成的粒子流,從相同位置沿垂直于電場(chǎng)強(qiáng)度的方向射入由平行板電容器形成的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。若所有粒子均能射出電場(chǎng),不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用力,關(guān)于粒子的運(yùn)動(dòng)情況,下列說法正確的是( ) A.若粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡相同,說明它們具有相同的初動(dòng)能 B.比荷大的粒子,在射出電場(chǎng)時(shí),其速度偏向角一定大 C.若粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,則它們的初速度一定相等 D.在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)的粒子,電場(chǎng)力對(duì)它做的功越多 答案 AC 解析 粒子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向l=v0t,豎直方向y=at2=,若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡相同,即y相同,由于三種粒子電荷量q相同,故粒子初動(dòng)能相同,A正確;粒子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)速度偏向角為θ,tanθ====,由于不知道粒子的初速度大小的關(guān)系,比荷大的粒子在射出電場(chǎng)時(shí)其速度偏向角不一定大,故B錯(cuò)誤;粒子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng),粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=,如果粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等,則三種粒子的初速度一定相等,故C正確;電場(chǎng)力對(duì)粒子做功W=qEy=qE=,粒子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng),粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=,粒子的電荷量q相同,故電場(chǎng)力對(duì)粒子做功多少,不僅與粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間有關(guān),還與粒子質(zhì)量有關(guān),在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)的粒子,電場(chǎng)力對(duì)它做的功不一定越多,故D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)4帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)[方法技巧] 帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的分析方法 (1)注意全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律),抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和空間上對(duì)稱性的特征,求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移等,并確定與物理過程相關(guān)的邊界條件。 (2)分析時(shí)從兩條思路出發(fā):一是利用力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系,根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析;二是利用功能關(guān)系進(jìn)行分析。 (3)此類題型一般有三種情況: ①粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解); ②粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究); ③粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究)。 例4 如圖甲所示,真空中豎直放置兩塊相距為d的平行金屬板P、Q,兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓,在緊靠P板處有粒子源A,自t=0開始連續(xù)釋放初速度不計(jì)的粒子,經(jīng)一段時(shí)間從Q板小孔O射出電場(chǎng),已知粒子質(zhì)量為m,電荷量為+q,不計(jì)粒子重力及相互間的作用力,電場(chǎng)變化周期T=3d。試求: (1)t=0時(shí)刻釋放的粒子在P、Q間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間; (2)粒子射出電場(chǎng)時(shí)的最大速率和最小速率。 (1)t=0時(shí)刻釋放的粒子在金屬板P、Q間做什么運(yùn)動(dòng)? 提示:計(jì)算內(nèi)勻加速運(yùn)動(dòng)的位移和板間距離d進(jìn)行比較,判斷有沒有第二階段運(yùn)動(dòng)。 (2)求最大速率、最小速率可以借助什么方法? 提示:畫vt圖。 嘗試解答 (1)d vmin=(-2) 。 (1)t=0時(shí)刻釋放的粒子在時(shí)間內(nèi)一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)其加速度大小為a,位移為x,則由牛頓第二定律和電場(chǎng)力公式得: q=ma, 解得:a= x=at2=2 =2=d 可見,該粒子在時(shí)間內(nèi)恰好運(yùn)動(dòng)到O處,故t=0時(shí)刻釋放的粒子在P、Q間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t=T=d。 (2)分析可知,在t=0時(shí)刻釋放的粒子一直在電場(chǎng)中加速,對(duì)應(yīng)射出電場(chǎng)時(shí)的速率最大。 設(shè)最大速率為vmax,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得: vmax=a= 設(shè)在t1時(shí)刻釋放的粒子先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),經(jīng)時(shí)間Δt后,再做勻速直線運(yùn)動(dòng),在T時(shí)刻恰好由小孔O以速率大小為v1射出電場(chǎng),則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得: v1=aΔt aΔt2+aΔtT=a2 解得:Δt=T v1=aΔt=(-2) 由下圖粒子運(yùn)動(dòng)的vt圖象可知,在t1至?xí)r間內(nèi)某時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子,其運(yùn)動(dòng)過程為先加速,再勻速,再加速;當(dāng)速度達(dá)到v1=aΔt時(shí),粒子還未運(yùn)動(dòng)到小孔O處。圖中陰影的面積等于粒子此時(shí)距小孔的距離;粒子需再加速后方可到達(dá)O處,此時(shí)速度已大于v1。所以,速率v1是粒子射出電場(chǎng)時(shí)的最小速率,即: vmin=(-2) 。 總結(jié)升華 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)分析方法 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)涉及力學(xué)和電學(xué)知識(shí)的綜合應(yīng)用,由于不同時(shí)段受力不同,處理起來較為復(fù)雜,實(shí)際仍可按力學(xué)角度解答,做受力分析,分析其運(yùn)動(dòng)狀態(tài),應(yīng)用力學(xué)和電學(xué)的基本規(guī)律定性、定量分析討論和求解。 (1)利用圖象 帶電粒子在交變電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),受電場(chǎng)力作用,其加速度、速度等均做周期性變化,借助圖象描述它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況,可直觀展示其物理過程,從而快捷地分析求解。 (2)利用運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性 對(duì)一個(gè)復(fù)雜的合運(yùn)動(dòng),可以看成是幾個(gè)分運(yùn)動(dòng)合成的。某一方向的分運(yùn)動(dòng)不會(huì)因其他分運(yùn)動(dòng)的存在而受到影響。應(yīng)用這一原理可以分析帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。根據(jù)各分運(yùn)動(dòng)的情況,再按運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律分析合運(yùn)動(dòng)情況。 (多選)如圖甲所示,A板的電勢(shì)UA=0,B板的電勢(shì)UB隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。電子只受電場(chǎng)力的作用,且初速度為零(設(shè)兩板間距足夠大),則 ( ) A.若電子是在t=0時(shí)刻進(jìn)入的,它將一直向B板運(yùn)動(dòng) B.若電子是在t=0時(shí)刻進(jìn)入的,它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng),時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng),最后打在B板上 C.若電子是在t=時(shí)刻進(jìn)入的,它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng),時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng),最后打在B板上 D.若電子是在t=時(shí)刻進(jìn)入的,它將時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng),時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng) 答案 ACD 解析 解法一:若電子在t=0時(shí)刻進(jìn)入板間電場(chǎng),電子將在一個(gè)周期內(nèi)先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻減速運(yùn)動(dòng),以后沿同一方向重復(fù)這種運(yùn)動(dòng),直到碰到B板,故A正確,B錯(cuò)誤;若電子在t=時(shí)刻進(jìn)入板間,則電子在從此計(jì)時(shí)起一個(gè)周期中的前T向B板運(yùn)動(dòng),后T向A板運(yùn)動(dòng),以后重復(fù)這種運(yùn)動(dòng),直到碰到B板,故C正確;若電子在t=時(shí)刻進(jìn)入,電子將在從此計(jì)時(shí)起一個(gè)周期中的前向B板運(yùn)動(dòng),后向A板運(yùn)動(dòng),電子將在板間做往復(fù)運(yùn)動(dòng),D正確。 解法二:圖象法。選取豎直向上為正方向,作出電子的vt圖象如圖所示,根據(jù)vt圖象與時(shí)間軸圍成的面積表示位移可知A、C、D正確。 考點(diǎn)5帶電體在電場(chǎng)與重力場(chǎng)中的綜合問題[解題技巧] 分析粒子運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)觀點(diǎn) 1.用動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng) (1)由于勻強(qiáng)電場(chǎng)中帶電粒子所受靜電力和重力都是恒力,這兩個(gè)力的合力為一恒力。 (2)類似于處理偏轉(zhuǎn)問題,將復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)分解為正交的簡(jiǎn)單直線運(yùn)動(dòng),化繁為簡(jiǎn)。 (3)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式,注意受力分析要全面,特別注意重力是否需要考慮,以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式里的物理量的正負(fù)號(hào),即其矢量性。 2.用能量的觀點(diǎn)來分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng) (1)運(yùn)用能量守恒定律分析,注意題中有哪些形式的能量出現(xiàn)。 (2)運(yùn)用動(dòng)能定理分析,注意過程分析要全面,準(zhǔn)確求出過程中的所有功,判斷是分階段還是全過程使用動(dòng)能定理。 例5 [2014全國(guó)卷Ⅰ]如圖,O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個(gè)點(diǎn),OB沿豎直方向,∠BOA=60,OB=OA。將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動(dòng)能自O(shè)點(diǎn)水平向右拋出,小球在運(yùn)動(dòng)過程中恰好通過A點(diǎn)。使此小球帶電,電荷量為q(q>0),同時(shí)加一勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度方向與△OAB所在平面平行?,F(xiàn)從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿某一方向拋出此帶電小球,該小球通過了A點(diǎn),到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能是初動(dòng)能的3倍,若該小球從O點(diǎn)以同樣的初動(dòng)能沿另一方向拋出,恰好通過B點(diǎn),且到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為初動(dòng)能的6倍。重力加速度大小為g。求: (1)無電場(chǎng)時(shí),小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能與初動(dòng)能的比值; (2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向。 (1)無電場(chǎng)時(shí),小球做哪種運(yùn)動(dòng)?處理方法是什么? 提示:平拋運(yùn)動(dòng);應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解。 (2)施加電場(chǎng)以后,各形式能量關(guān)系是什么? 提示:動(dòng)能、重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和守恒。 嘗試解答 (1) (2) 方向:與豎直向下成30夾角。 (1)設(shè)小球的初速度為v0,初動(dòng)能為Ek0,從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間為t,令OA=d,則OB=d,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有 dsin60=v0t① dcos60=gt2② 又有 Ek0=mv③ 由①②③式聯(lián)立得 Ek0=mgd④ 設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkA,則 EkA=Ek0+mgdcos60⑤ 由④⑤式得 =⑥ (2)加電場(chǎng)后,小球從O點(diǎn)到A點(diǎn)和B點(diǎn),高度分別降低了和,設(shè)電勢(shì)能分別減小ΔEpA和ΔEpB,由能量守恒及④式得 ΔEpA=3Ek0-Ek0-mgd=Ek0⑦ ΔEpB=6Ek0-Ek0-mgd=Ek0⑧ 在勻強(qiáng)電場(chǎng)中,沿任一直線,電勢(shì)的降落是均勻的。設(shè)直線OB上的M點(diǎn)與A點(diǎn)電勢(shì)相等,M與O點(diǎn)的距離為x,如圖所示, 則有=⑨ 解得x=d。MA為等勢(shì)線,電場(chǎng)強(qiáng)度方向必與其垂線OC平行且向下。設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度方向與豎直向下的方向的夾角為α,由幾何關(guān)系可得 α=30⑩ 即電場(chǎng)強(qiáng)度方向與豎直向下的方向的夾角為30。 設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E,有 qEdcos30=ΔEpA? 由④⑦?式得 E=。 總結(jié)升華 力電綜合問題的處理方法 力電綜合問題往往涉及共點(diǎn)力平衡、牛頓第二定律、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理、能量守恒定律等知識(shí)點(diǎn),考查的知識(shí)點(diǎn)多,綜合分析能力的要求高,試題難度較大,解答時(shí)要注意把握以下幾點(diǎn): (1)處理這類問題,首先要進(jìn)行受力分析以及各力做功情況分析,再根據(jù)題意選擇合適的規(guī)律列式求解。 (2)帶電的物體在電場(chǎng)中具有電勢(shì)能,同時(shí)還可能具有動(dòng)能和重力勢(shì)能等,用能量觀點(diǎn)處理問題是一種簡(jiǎn)捷的方法。 (3)常見的幾種功能關(guān)系 ①只要外力做功不為零,物體的動(dòng)能就會(huì)改變(動(dòng)能定理)。 ②靜電力只要做功,物體的電勢(shì)能就會(huì)改變,且靜電力做的功等于電勢(shì)能的減少量。如果只有靜電力做功,物體的動(dòng)能和電勢(shì)能之間相互轉(zhuǎn)化,總量不變(類似機(jī)械能守恒)。 ③如果除了重力和靜電力之外,無其他力做功,則物體的動(dòng)能、重力勢(shì)能和電勢(shì)能三者之和保持不變。 [2017四川成都一診](多選)如圖所示,在豎直平面內(nèi)有水平向右、電場(chǎng)強(qiáng)度為E=1104 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)。在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一根長(zhǎng)l=2 m的絕緣細(xì)線,一端固定在O點(diǎn),另一端系一質(zhì)量m=0.08 kg的帶電小球,靜止時(shí)懸線與豎直方向成37角。若小球獲得初速度恰能繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),取小球在靜止時(shí)的位置為零電勢(shì)能點(diǎn)和重力勢(shì)能零點(diǎn),cos37=0.8,g取10 m/s2。下列說法正確的是( ) A.小球的電荷量q=610-5 C B.小球動(dòng)能的最小值為1 J C.小球在運(yùn)動(dòng)至圓周軌跡上的最高點(diǎn)時(shí)有機(jī)械能的最小值 D.小球繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的電勢(shì)能和機(jī)械能之和保持不變,且為4 J 答案 AB 解析 對(duì)小球進(jìn)行受力分析,如圖甲所示,由于靜止,可得mgtan37=qE。解得小球的電荷量為q==610-5 C,A正確;由于重力和電場(chǎng)力都是恒力,所以它們的合力也是恒力。如圖乙所示,在圓周軌跡上各點(diǎn)中,小球在平衡位置A點(diǎn)時(shí)的勢(shì)能(重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和)最小,在平衡位置的對(duì)稱點(diǎn)B點(diǎn),小球的勢(shì)能最大,由于小球總能量不變,所以小球在B點(diǎn)的動(dòng)能EkB最小,對(duì)應(yīng)速度vB最小,根據(jù)題意,在B點(diǎn)小球只受重力和電場(chǎng)力,其合力為小球做圓周運(yùn)動(dòng)提供向心力,而繩的拉力恰為零,F(xiàn)合==1 N,又F合=m,得EkB=mv=1 J,B正確;由于總能量保持不變,即Ek+EpG+EpE=恒量,當(dāng)小球在圓周軌跡上最左側(cè)的C點(diǎn)時(shí),電勢(shì)能Ep最大,所以在該點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最小,C錯(cuò)誤;小球由B運(yùn)動(dòng)到A,W合力=F合2l,所以EpB=4 J,總能量E=EpB+EkB=5 J,D錯(cuò)誤。 滿分指導(dǎo)5 應(yīng)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)解決力電綜合問題 [2017亳州模擬](16分)如圖所示,在E=103 V/m的豎直勻強(qiáng)電場(chǎng)中,有①一光滑半圓形絕緣軌道QPN與一水平絕緣軌道MN在N點(diǎn)平滑相接,半圓形軌道平面與電場(chǎng)線平行,其半徑R=40 cm,N為半圓形軌道最低點(diǎn),P為QN圓弧的中點(diǎn),②一帶負(fù)電q=10-4 C的小滑塊質(zhì)量m=10 g,③與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.15,位于N點(diǎn)右側(cè)1.5 m的M處,取g=10 m/s2,求: (1)要使④小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q,則小滑塊應(yīng)以多大的初速度v0向左運(yùn)動(dòng)? (2)這樣運(yùn)動(dòng)的⑤小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力是多大? [審題 抓住信息,準(zhǔn)確推斷] 關(guān)鍵信息 信息挖掘 題干 ①一光滑半圓形絕緣軌道 小滑塊與半圓軌道之間不存在摩擦 ②一帶負(fù)電q=10-4 C的小滑塊 小滑塊帶負(fù)電,受電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反 ③與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.15 小滑塊與水平軌道間存在摩擦 問題 ④小滑塊恰能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)Q 重力和電場(chǎng)力的合力提供向心力,該處小滑塊不受軌道的彈力 ⑤小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力 需先求小滑塊受軌道的支持力 [破題 形成思路,快速突破] (1)小滑塊初速度v0的求解思路。 ①選研究過程:小滑塊在Q點(diǎn); ②列動(dòng)力學(xué)方程:mg+qE=m; ③小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過程中: a.選擇規(guī)律:動(dòng)能定理; b.列方程式: -mg2R-qE2R-μ(mg+qE)x=mv2-mv。 (2)小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小的求解。 ①請(qǐng)寫出小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)速度大小的求解思路。 提示:選取小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過程,由動(dòng)能定理求得P點(diǎn)速度大小。 ②請(qǐng)寫出小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)力學(xué)方程。 提示:設(shè)軌道對(duì)小滑塊的支持力為FN,F(xiàn)N=m。 ③如何求小滑塊對(duì)軌道的壓力? 提示:小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)受軌道的支持力和小滑塊對(duì)軌道的壓力遵循牛頓第三定律。 [解題 規(guī)范步驟,水到渠成] (1)設(shè)小滑塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度為v, 由牛頓第二定律得 mg+qE=m (2分) 小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過程中, 由動(dòng)能定理得 -mg2R-qE2R-μ(mg+qE)x=mv2-mv(3分) 聯(lián)立方程組, 解得:v0=7 m/s (2分) (2)設(shè)小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為v′,則從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)P點(diǎn)過程中,由動(dòng)能定理得 -(mg+qE)R-μ(qE+mg)x=mv′2-mv(3分) 又在P點(diǎn)時(shí), 由牛頓第二定律得 FN=m (2分) 代入數(shù)據(jù),解得:FN=0.6 N (2分) 由牛頓第三定律得, 小滑塊對(duì)軌道的壓力FN′=FN=0.6 N (2分) [點(diǎn)題 突破瓶頸,穩(wěn)拿滿分] (1)常見的思維障礙: ①在求小滑塊在最高點(diǎn)Q的速度大小時(shí),對(duì)小滑塊受力分析時(shí)漏力,導(dǎo)致方程列錯(cuò),計(jì)算結(jié)果錯(cuò)誤; ②小滑塊從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)Q點(diǎn)過程中利用動(dòng)能定理列方程時(shí),漏掉摩擦力的功,導(dǎo)致失分。 (2)因解答不規(guī)范導(dǎo)致的失分: 求小滑塊通過P點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力時(shí)不用牛頓第三定律導(dǎo)致失分。- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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- 關(guān) 鍵 詞:
- 2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場(chǎng) 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案 2019 年高 物理 一輪 復(fù)習(xí) 第七 電容器 電容 帶電 粒子 電場(chǎng) 中的 運(yùn)動(dòng)學(xué)
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