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1、带电粒子在电场中的运动考纲解读1.理解电容器的基本概念,掌握好电容器的两类动态分析2能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学措施解决带电粒子在电场中的直线运动问题.对电容器和电容的理解有关电容器及其电容的论述，对的的是( )A.任何两个彼此绝缘而又互相接近的导体,就构成了电容器，跟这两个导体与否带电无关B.电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和.电容器的电容与电容器所带电荷量成反比D一种电容器的电荷量增长=1.010-6 C时,两板间电压升高10 V,则电容器的电容无法拟定答案 A带电粒子在板间的加速问题如图1所示，电子由静止开始从板向B板运动,当达到B极板时速度为
2、v，保持两板间电压不变，则( )A当增大两板间距离时，v也增大B当减小两板间距离时,增大 图1.当变化两板间距离时，v不变D当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大答案CD解析电子从静止开始运动,根据动能定理，从A板运动到B板动能的变化量等于电场力做的功.由于保持两个极板间的电势差不变,因此末速度不变，而位移(两板间距离)如果增长的话，电子在两板间运动的时间变长，故C、D对的3.带电粒子在板间的偏转问题如图2所示,静止的电子在加速电压为1的电场作用下从经板的小孔射出,又垂直进入平行金属板间的电场,在偏转电压为U的电场作用下偏转一段距离.现使U加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化,应当
3、（ ) 图2A.使U2加倍使U变为本来的倍C.使U2变为本来的倍.使U变为本来的答案A解析 电子经U1加速后获得的动能为Ekm2=q1,电子在偏转电场中的侧移量为：y=at2=,可见当U1加倍时，要使y不变，需使U2加倍，显然A对的考点梳理一、电容器的充、放电和电容的理解电容器的充、放电（1)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异种电荷，电容器中储存电场能.(2)放电:使充电后的电容器失去电荷的过程,放电过程中电场能转化为其她形式的能.2电容(1)定义:电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值(2)定义式：C=.(3)物理意义：表达电容器容纳电荷本领大小的物理量3.平
4、行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比.(2)决定式:C,k为静电力常量特别提示C=（或C)合用于任何电容器,但C=仅合用于平行板电容器.二、带电粒子在电场中的运动1.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动能的增量(1)在匀强电场中：=EdqU=m-或FEm.（2)在非匀强电场中：=qU2-mv2.带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析:带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场(2)运动性质：匀变速曲线运动(）解决措施:分解成互相垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动.（4）运动规律:沿初速
5、度方向做匀速直线运动，运动时间沿电场力方向,做匀加速直线运动特别提示带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子:如电子、质子、粒子、离子等除有阐明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽视质量).()带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有阐明或有明确的暗示以外,一般都不能忽视重力.控制变量法的应用如图3所示，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d,静电计指针偏角为.实验中，极板所带电荷量不变,若()图3A保持S不变,增大d，则变大保持S不变,增大d，则变小保持不变,减小S,则变小D保持不变,减小S,则不变答案 A解析 静电计指针偏角反映电容器两板间电压大小在做选项所示的操作中，电容器电
6、荷量Q保持不变，由C=知,保持不变，增大d,则C减小,增大,偏角增大,选项对的，B错误；保持不变,减小，则C减小，增大,偏角也增大，故选项、D均错5用平抛运动的分解思想解决偏转问题如图4所示,示波器的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合,若已知加速电压为1,偏转电压为U，偏转极板长为L，极板间距为，且电子被加速前的初速度可忽视，则有关示波器敏捷度即偏转电场中 图每单位偏转电压所引起的偏转量()与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中对的的是( )A.越大,敏捷度越高 B.d越大,敏捷度越高C.U1越大,敏捷度越高 D.U越大，敏捷度越高答案 解析 偏转位移t2(）2=,敏捷度=，故A对的，B、错
7、误.措施提炼1电容器的两类动态分析(1)明确是电压不变还是电荷量不变.（2）运用公式C=、=及进行有关动态分析2.带电粒子在电场中的偏转按类平抛运动进行解决.考点一平行板电容器的动态分析1对公式C=的理解电容C,不能理解为电容C与成正比、与U成反比,一种电容器电容的大小是由电容器自身的因素决定的,与电容器与否带电及带电多少无关.2.运用电容的定义式和决定式分析电容器有关量变化的思路（1)拟定不变量,分析是电压不变还是所带电荷量不变.(2)用决定式C分析平行板电容器电容的变化(3)用定义式C分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化.(4)用E=分析电容器两极板间电场强度的变化3.电容器两类问题的
8、比较分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd变大C变小Q变小、变小C变小U变大、不变S变大变大Q变大、E不变变大U变小、E变小变大C变大变大、不变C变大U变小、E变小例一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一种正试探电荷固定在P点,如图所示，以C表达电容器的电容、E表达两板间的场强、表达P点的电势，E表达正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关 图系图象中对的的是( )解析 由平行板电容器的电容C可知d减小时,变大，但不是一次函数,错在电容器两极板所带电荷量一定的状况下，U=，=，与x无关,则错
9、.在负极板接地的状况下，设P点最初的电势为，则平移后P点的电势为0x0，项对的.正电荷在P点的电势能Eq(0-Ex),显然错.答案 突破训练如图所示，两块正对平行金属板M、与电池相连,N板接地，在距两板等距离的P点固定一种带负电的点电荷,如果M板向上平移一小段距离，则( )A.点电荷受到的电场力变小图6B板的带电荷量增长.P点的电势升高点电荷在P点具有的电势能增长答案 AD考点二 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动.带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件(1)粒子所受合外力合0,粒子或静止,或做匀速直线运动(2）粒子所受合外力F合0,且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀
10、减速直线运动2.用动力学措施分析a，；2v=2a.3.用功能观点分析匀强电场中：W=Eqd=qU=m2-mv非匀强电场中:WqEk2-E1例2 如图7所示,一带电荷量为+，质量为m的小物块处在一倾角为3的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时,小物块正好静止.重力加速度取g，sin3706，os 37=.8求:(1)水平向右电场的电场强度; 图7（2)若将电场强度减小为本来的1/,物块的加速度是多大；（3)电场强度变化后物块下滑距离为L时的动能解析(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力,示意图如图所示，则有sin =qEFNcos3=mg由可得E（)若电场强度减小为
11、本来的，即E由牛顿第二定律得mgsn qco 7ma可得a=03g.(3)电场强度变化后物块下滑距离L时,重力做正功，电场力做负功，由动能定理得msin7-Lcos 37=Ek可得Ek0.mg.答案(1)()0.3g (3)0mgL突破训练 如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上,一种质量为m=0.2 kg、带电荷量为=+2.0106 C的小物块处在静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数0.1从t0时刻开始，空间上加一种如图乙所示的电场.(取水平向右的方向为正方向,g取1 m/s2)求:(1)秒内小物块的位移大小；(2)4秒内电场力对小物块所做的功.甲 乙图8答案 (1)8 m (2). J
12、解析 (1)02 s内小物块加速度a1=2m/s位移s1=a1t4 m2s末的速度为v2=at1 m/s2 ss内小物块加速度2-2 m/s2位移s2=v22+a=44秒内的位移s=s1s2=8 m（2)v4va2t2=0,即s末小物块处在静止状态设电场力对小物块所做的功为W,由动能定理有：W-gs0解得1.J考点三 带电粒子在电场中的偏转粒子的偏转角(1）以初速度v0进入偏转电场:如图9所示，设带电粒子质量为m,带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U，若粒子飞出电场时偏转角为则ta=，式中 图vy=at,vx0，代入得tan=结论:动能一定期tan 与q成正比
13、,电荷量一定期an与动能成反比()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0加速后进入偏转电场的,则由动能定理有:q0mv由式得:tan=结论：粒子的偏转角与粒子的、m无关,仅取决于加速电场和偏转电场2粒子在匀强电场中偏转时的两个结论()以初速度v0进入偏转电场yat()作粒子速度的反向延长线,设交于O点，O点与电场右边沿的距离为x，则x=yc =结论:粒子从偏转电场中射出时,就像是从极板间的处沿直线射出(2)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U0加速后进入偏转电场的，则由和得:偏移量y=上面式偏转角正切为：tan 结论：无论带电粒子的m、q如何，只要通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y和偏转角都是相似的,也就是运动轨迹完全重叠例3如图1所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为的匀强电场,在与右侧虚
