物理知识补充部分第一章电容和带电粒子在电场中的运动docx

1物理知识补充部分：第一章电容1·平行板电容决定式：（不要求定量计算）【反映了影响电容大小的因素】·【反映电容容纳电荷的本领。】注意：当电容与静电计相连，静电计张角的大小表示电容两板间电势差U。考纲新加知识点：电容器有通高频阻低频的特点或：隔直流通交流的特点当电容在直流电路中时，特点：①相当于断路②电容与谁并联，它的电压就是谁两端的电压③当电容器两端电压发生变化，电容器会出现充放电现象，要求会判断充、放电的电流的方向，充、放电的电量多少。例题1·电容器A的电容比电容器B的电容大，这表明（）A．A所带的电荷量比B多B．A比B有更大的容纳电荷的本领C．A的体积比B大D．两电容器的电压都改变1V时，A的电荷量改变比B的大引深：1·如图1—7—5所示，在开关S闭合时，质量为m的带电液滴处于静止状态，那么，下列判断正确的是()A．开关S断开，极板上电荷量将减小，电压降低B．开关S断开，极板间距离减小，则极板上电荷量减小C．开关S断开．极板间距离减小，则极板间的电压减小D．开关S断开，极板间距离减小，则带电液滴向下运动2·一平行板电容器始终与电池相连，现将一块均匀的电介质板插进电容器恰好充满两极板间的空间，与未插电介质时相比()．kdsC4定义式：CQU单位：（法拉），，FFFpFF110110612图1—7—52A．电容器所带的电荷量增大B．电容器的电容增大C．两极板间各处电场强度减小D．两极板间的电势差减小例题2·平行金属板A、B组成的电容器，充电后与静电计相连，如图1—7—8，要使静电计指针张角变大．下列措施中可行的是()A．A板向上移动B．B板向右移动C．A、B之间插入电介质D．使两板带的电荷量减小考点：·平行板电容器的动态问题分析：1·分析方法：抓住不变量分析变化量，其理论依据是：A·首先明确不变量，是电荷量Q不变，还是电压U不变；【两个题型：定电压问题和定电荷量问题】B·用电容决定式：，分析电容的变化C·用电容定义式：·分析Q或U的变化D·用E=U/d分析场强的变化。课堂训练：1·平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图1—7—14所示．那么()A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ椤不变C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变2·一个平行板电容器，当其电荷量增加ΔQ＝1.0×10-6C时，两板间的电压升高ΔU＝10V，则此电容器的电容C＝F．若两板间电压为35V，此时电容器的带电荷量Q＝C.2·平行板电容器两板间距为4cm，带电5.0×10-8C，板间电场强度为4.5×104N／C，则其电容C＝F，若保持其他条件不变而使两板正对面积减为原来的1/4，则其电容变为．kdsC4定义式：CQU图l—7—8图l—7—143第一章，带电粒子在电场中的偏转重点知识分析、分类(1)带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学知识，分析方法和力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再根据初始状态分析粒子的运动性质（平衡、加速或减速，是直线还是曲线，是类平抛运动，还是圆周运动，或是简谐振动等），然后选用恰当的规律解题。(2)在对带电粒子进行受力分析时，要注意两点：①要掌握电场力的特点，如电场力的大小和方向不仅跟场强的大小和方向有关，还与带电粒子的电量和电性有关；在匀强电场中，同一带电粒子所受的电场力处处是恒力；在非匀强电场中，同一带电粒子在不同位置所受的电场力不同。②是否考虑重力要依据具体情况而定：a．基本粒子：如电子、质子、氘核、氚核、α粒子、离子等，一般都不考虑重力（但并不忽略质量）。b．带电微粒：如液滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。(3)带电粒子的速度大小发生变化的过程是其他形式的能和动能之间的转化过程，解决这类问题，是恒力作用时，可用牛顿运动定律和运动学公式；而普遍适用的是动能定理和能量守恒定律。如选用动能定理，则要分清有哪些力做功？做的正功还是负功？是恒力做功还是变力做功？若电场力是变力，则电场力的功必须写成WAB=qUAB，找出初、末状态的动能增量。如选用能量守恒定律，则要分清有哪种形式的能在变化？怎样变化（是增加还是减小）？能量守恒的表达形式有：(1)初态和末态的总能量相等，即E初=E末；(2)某些形式的能量减少一定等于其它形式的能量增加，即△E减=△E增；(3)各种形式的能量的增量（△E1=E1末-E1初）的代数和为零，即△E1+△E2+…=0(4)带电粒子在匀强电场中的偏转：如果带电粒子以初速度v0垂直于场强方向射入匀强电场，不计重力，粒子做类似平抛运动。分析时，一般采用力学中分析平抛运动的方法：把运动分解为垂直于电场方向上的一个分运动——匀速直线运动：vx=v0，x=v0t；根据已知条件的不同，有时采用动能定理或能量转化和守恒定律也很方便。4带电粒子在电场中的偏转运动的公式：qU=21mv2；侧移y=202mdv2L'qU，偏角tgф=20mdvL'qU例题1·如图6－3－18所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L＝0.4m，两板间距离d＝4×10－3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5kg，电量q＝＋1×10－8C．(g＝10m/s2)求：图6－3－18(1)微粒入射速度v0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？解析：(1)L2＝v0t，d2＝12gt2，可解得：v0＝L2gd＝10m/s.(2)电容器的上板应接电源的负极当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，d2＝12a1Lv02，a1＝mg－qU1dm解得：U1＝120V当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，d2＝12a2Lv02，a2＝qU2d－mgm解得：U2＝200V．所以120V＜U＜200V.答案：(1)10m/s(2)与负极相连120V＜U＜200V课堂训练：1·在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图6－3－23甲所示，小球运动的v－t图象如图6－3－23乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则()图6－3－23A．在t＝2.5s时，小球经过边界MN5B．小球受到的重力与电场力之比为3∶5C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小解析：由速度图象可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2，由牛顿第二定律可知：mgF－mg＝32，所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5，B正确．小球在t＝2.5s时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C正确．因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D错．答案：BC2·如图6－3－24所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则()图6－3－24A．在前t2时间内，电场力对粒子做的功为Uq4B．在后t2时间内，电场力对粒子做的功为38UqC．在粒子下落前d4和后d4的过程中，电场力做功之比为1∶2D．在粒子下落前d4和后d4的过程中，电场力做功之比为2∶1答案：B3·如图6－3－25所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线与匀强电场E互相垂直．在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m，带电量为＋q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点(图中未画出)时速度仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法中正确的是()图6－3－25A．电场力对小球做功为零B．小球的电势能增加C．小球的机械能减少量为12mg2t2D．C可能位于AB直线的左侧解析：由动能定理，得mgh＋W电＝0，可知W电＝－mgh＜0，即电场力对小球做负功，电势能增加，C位置应位于AB直线的右侧；由于小球运动到C点时的动能未变，重力势能减少6量为ΔEp＝mgh＝mg·12at2＝mg·12·mg＋qEsin15°mt2＞12mg2t2.选项A、C、D错误．4·在光滑绝缘的水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电荷量为＋2q，B球的带电荷量为－3q，组成一带电系统．如图6－3－28所示，虚线MP为AB两球连线的垂直平分线，虚线NQ与MP平行且相距为4L.最初A球和B球分别静止于虚线MP的两侧，距MP的距离均为L，且A球距虚线NQ的距离为3L.若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MP、NQ间加上水平向右的匀强电场E后，求：(1)B球刚进入电场时，A球与B球组成的带电系统的速度大小．(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零时所需的时间以及B球电势能的变化量．图6－3－28解析：(1)带电系统刚开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律得：a1＝2qE2m＝qEm球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有v21＝2a1L求得v1＝2qELm(2)对带电系统进行分析，假设球A能达到NQ，且A球到达NQ时电场力对系统做功为W1，有W1＝2qE×3L＋(－3qE×2L)＝0，故带电系统速度第一次为零时，球A恰好到达NQ设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则t1＝v1a1，解得：t1＝2mLqE球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得：a2＝－3qE＋2qE2m＝－qE2m显然，B球进入电场后带电系统做匀减速运动．设减速所需时间为t2则有t2＝0－v1a2，求得t2＝8mLqE.可知，带电系统从静止运动到速度第一次为零时所需的时间为：t＝t1＋t2＝32mLqE，B球电势能增加了：Ep＝E·3q·2L＝6EqL答案：(1)2qELm(2)32mLqE6EqL