第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動學問點1常見電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關系Ⅰ1.電容器(1)組成：由兩個彼此_____又相互靠近的導體組成。(2)帶電量：一個極板所帶電荷量的_______。(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_________，電容器中儲存電場能。②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中_______轉(zhuǎn)化為其他形式的能。絕緣確定值異種電荷電場能2.常見的電容器(1)分類：從構造上可分為_____電容器和_____電容器。(2)擊穿電壓：加在電容器極板上的_____電壓，電容器外殼上標的電壓是_____電壓，這個電壓比擊穿電壓___(選填“高”“低”)。固定可變極限額定低3.電容(1)定義式：C=___。(2)單位：法拉(F)，1F=___μF=____pF。(3)電容與電壓、電荷量的關系：①電容C的大小由電容器本身結構確定，與電壓、電荷量_____。不隨Q變更，也不隨電壓變更。②由C=可推出C=1061012無關(Q-U圖像、C-Q圖像)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_________成正比，與介質(zhì)的_________成正比，與_____________成反比。(2)確定式：__________，k為靜電力常量。正對面積介電常數(shù)兩板間的距離學問點2帶電粒子在勻強電場中的運動Ⅱ1.平衡問題平衡條件:F合＝__。2.加(減)速問題帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場中，受到的靜電力方向與運動方向在一條直線上，做___________運動。0勻變速直線3.偏轉(zhuǎn)問題(1)運動性質(zhì)不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場時，受到方向與初速度方向垂直的靜電力作用而做_______運動。(2)處理方法①分析方法——類平拋運動的合成與分解a.垂直于電場線方向為_________運動。b.平行于電場線方向為初速度為零的_______運動。類平拋勻速直線勻加速②基本過程，如圖所示③幾個結論設粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d，(忽視重力影響)，則有a.加速度：。b.在電場中的運動時間：t=___。

___________

______

_________一圖二結論學問點2帶電粒子在勻強電場中的運動Ⅱ1.粒子的偏轉(zhuǎn)角(1)以初速度v0垂直進入偏轉(zhuǎn)電場：如圖所示，設帶電粒子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，偏轉(zhuǎn)電壓為U1，若粒子飛出電場時偏轉(zhuǎn)角為θ,則結論：動能確定時，tanθ與q成正比，電荷量相同時tanθ與動能成反比。(2)粒子從靜止起先經(jīng)加速電場U0加速后再進入偏轉(zhuǎn)電場則有：qU0=mv02可解得：結論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場。2.粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結論(1)以初速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場作粒子速度的反向延長線，設交于O點，O點與電場邊緣的距離為x，則結論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就像是從極板間的處沿直線射出。(2)經(jīng)加速電場加速再進入偏轉(zhuǎn)電場：若不同的帶電粒子都是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，則偏移量：偏轉(zhuǎn)角正切：結論：無論帶電粒子的m、q如何，只要經(jīng)過同一加速電場加速，再垂直進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出的偏移量y和偏轉(zhuǎn)角θ都是相同的，也就是運動軌跡完全重合?！镜淅?】(2013·廣東卷，15)噴墨打印機的簡化模型如圖6－3－12所示，重力可忽視的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中 ()． A．向負極板偏轉(zhuǎn) B．電勢能漸漸增大 C．運動軌跡是拋物線 D．運動軌跡與帶電量無關學問點3示波管Ⅰ1.構造①_______，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏。(如圖所示)電子槍2.工作原理(1)YY′上加的是待顯示的_________，XX′上是機器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做_________。(2)視察到的現(xiàn)象。①假如在偏轉(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動，打在熒光屏_____，在那里產(chǎn)生一個亮斑。②若所加掃描電壓和_________的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變更的穩(wěn)定圖像。信號電壓掃描電壓中心信號電壓【思索辨析】(1)電容器的電容表示其儲存電荷的實力。()(2)電容器的電容與它所帶的電荷量成正比。()(3)放電后的電容器電量為零，電容也為零。()(4)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。()(5)帶電粒子在電場中可以做圓周運動。()(6)示波管屏幕上的亮線是由電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的()(7)帶電粒子在電場中運動時重力必需忽視不計。()考點1平行板電容器的兩類動態(tài)變更問題(三年3考)對比分析【考點解讀】1.分析比較的思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。(2)用確定式分析平行板電容器電容的變更。(3)用定義式分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變更。(4)用分析電容器極板間場強的變更。2.兩類動態(tài)變更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UQd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ε變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小3．動態(tài)分析如下表【典例透析1】用限制變量法，可以探討影響平行板電容器的因素(如圖)。設兩極板正對面積為Ｓ，極板間的距離為ｄ，靜電計指針偏角為θ。試驗中，極板所帶電荷量不變，若()A.保持S不變，增大d，則θ變大B.保持S不變，增大d，則θ變小C.保持d不變，增大S，則θ變小D.保持d不變，增大S，則θ不變【解析】選A、C。驗電器、靜電計、電壓表的區(qū)分一、驗電器1、驗電器的構造驗電器的球形金屬外殼與帶有金屬小球的金屬桿是絕緣的,金屬桿的下端有很薄的金屬箔片.2、工作原理：同種電荷相互排斥電荷量越大、排斥力越大、張角越大3、驗電器的主要用途：檢驗物體是否帶電，比較帶電的種類以及所帶電荷量的多少等。二、靜電計1、靜電計的構造靜電計是測量電勢差的儀器，是驗電器的基礎上改造而成的.靜電計也是主要由相互絕緣的兩部分構造而成.除金屬外殼外,中間的金屬桿下端有一個可轉(zhuǎn)動的指針,指針轉(zhuǎn)動的角度可由固定在外殼上的表盤讀出.

如圖所示

2、工作原理靜電計的設計原理靜電計相當于一個電容很小的電容器,金屬球、金屬桿、指針相當于電容器的一個電極，金屬外殼相當于另一個電極，它們之間是絕緣的。其電容的大小由金屬殼的幾何尺寸的大小和金屬桿及指針的長短、位置所確定.驗電器與靜電計的設計原理是相同的，即同種電荷相斥，異種電荷相吸靜電計的特點：1、因靜電計的電容很小,轉(zhuǎn)移到靜電計上的電量很少,可忽視，所以被測電容器兩極間的電量近似認為保持不變。2、因為靜電計指針的偏轉(zhuǎn)角變更對靜電計的影響很小，所以指針轉(zhuǎn)動過程中可近似認為靜電計的電容值不變?nèi)?、電壓表工作原理：安培力使指針偏轉(zhuǎn)，指針偏角θ的大小與電流大小成正比，所以可以反映電流I值的大小，且電流刻度是勻整的。【總結提升】分析平行板電容器時的兩個關鍵點在分析平行板電容器的動態(tài)變更問題時，必需抓住兩個關鍵點：(1)確定不變量：首先要明確動態(tài)變更過程中的哪些量不變，一般狀況下是保持電量不變或板間電壓不變。(2)恰當選擇公式：要靈敏選取電容的兩個公式分析電容的變化，還要應用分析板間電場強度的變更狀況?！咀兪接柧殹?2013·深圳模擬)如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點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一小段距離()A.帶電油滴將沿豎直方向向上運動B.P點的電勢將降低C.帶電油滴運動時電勢能將削減D.若電容器的電容減小，則極板帶電荷量將增大【解析】選B。有關電容器的動態(tài)分析(2010年高考重慶理綜卷)某電容式話筒的原理示意圖如圖6－3－7所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬極板，對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動．在P、Q間距增大過程中(

)A．P、Q構成的電容器的電容增大B．P上電荷量保持不變C．M點的電勢比N點的低D．M點的電勢比N點的高(2013屆長沙一中檢測)如圖6－3－4所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計．起先時開關S閉合，靜電計指針張開確定角度．為了使指針張開角度增大一些，應當實行的措施是()A．斷開開關S后，將A、B兩極板靠近一些B．斷開開關S后，將A、B兩極板分開一些C．保持開關S閉合，將A、B兩極板靠近一些D．保持開關S閉合，將A、B兩極板分開一些考點2示波管的工作原理(三年2考)深化理解【考點解讀】電子在示波管中的運動規(guī)律(1)電子在電子槍中加速獲得初速度v，由動能定理可得eU=U為加速電場的電壓。(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場中向正極板偏轉(zhuǎn)，在熒光屏上打出的光斑位置隨電壓的變更而變更。(3)要探討的信號電壓加在豎直偏轉(zhuǎn)板上，水平偏轉(zhuǎn)板上的電壓是掃描電壓。(4)電子打在熒光屏上將出現(xiàn)亮點，若電子打在屏上的位置快速移動，由于視覺暫留效應，能在熒光屏上看到一條亮線?！镜淅肝?】(2011·安徽高考)圖(a)為示波管的原理圖。假如在電極YY′之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變更，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變更，則在熒光屏上會看到的圖形是()【解題探究】(1)電子帶負電，運動過程中向電勢___(選填“高”或“低”)的方向偏轉(zhuǎn)。(2)由電子的偏移量與偏轉(zhuǎn)電壓成_____，從而得出幾個特殊點的關系。【解析】選B。示波管YY′間為信號電壓，XX′間為掃描電壓，0～t1，Y板電勢高,電子向Y板偏轉(zhuǎn)，X′板電勢高,電子向X′板偏轉(zhuǎn)，由此知C、D錯；又依據(jù)偏移量公式偏移量與偏轉(zhuǎn)電壓成正比，0、t1、2t1時刻偏轉(zhuǎn)電壓為0，偏移量也為0，時刻偏轉(zhuǎn)電壓最大，偏移量也最大，所以B對。高正比【互動探究】若在這個示波管的熒光屏上出現(xiàn)了一個亮斑P，如圖所示，那么示波管中的()A.極板X應帶正電B.極板X′應帶正電C.極板Y應帶正電D.極板Y′應帶正電【解析】選A、C。由電子槍放射出的電子帶負電，所以P點的亮斑是由于極板X和Y帶正電所形成的，故A、C正確。圖6－3－5

【總結提升】示波管上圖像的種類YY′XX′圖像1U=0U=0中心亮斑2恒壓恒壓光斑3交變電壓U=0豎線4U=0掃描電壓橫線5交變電壓掃描電壓交變信號3．如圖6－3－9所示，沿水平方向放置的平行金屬板a和b分別與電源的正負極相連，a、b板的中心沿豎直方向各有一個小孔，閉合開關S后，帶正電的液滴從小孔正上方的P點由靜止自由落下，當液滴穿過b板小孔到達a板小孔時速度為v1.現(xiàn)使a板不動，在開關S仍閉合或斷開的狀況下，b板向上或向下平移一小段距離，相同的液滴仍從P點自由落下，此時液滴到達a板小孔時速度為v2，下列說法中正確的是()．A．若開關S保持閉合，向下移動b板，則v2>v1B．若開關S閉合一段時間后再斷開，向下移動b板，則v2>v1C．若開關S保持閉合，則無論向上或向下移動b板，都有v2＝v1D．若開關S閉合一段時間后再斷開，則無論向上或向下移動b板，都有v2<v1三、帶電粒子在復合場中的運動1．帶電粒子在電場中的運動是否考慮重力(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示意以外，一般都不考慮重力(但并不忽視質(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示意以外，一般都不能忽視重力．即時應用(即時突破，小試牛刀)3．如圖6－3－6所示，水平放置的平行金屬板間有勻強電場．一根長為l的絕緣細繩一端固定在O點，另一端系有質(zhì)量為m并帶有確定電荷的小球．小球原來靜止在C點．當給小球一個水平速度后，它能在豎直面內(nèi)繞O點做勻速圓周運動．圖6－3－6若將兩板間的電壓增大為原來的3倍，求：要使小球從C點起先在豎直面內(nèi)繞O點做圓周運動，至少要給小球多大的水平速度？在這種狀況下，在小球運動過程中細繩所受的最大拉力是多大？【典例透析3】(2013·南昌模擬)如圖所示，真空中水平放置的兩個相同極板Y和Y′長為L，相距d，足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距b。在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓UYY′，一束質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子(不計重力)從兩板左側(cè)中點A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出。(1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點；(2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓UYY′的范圍；(3)求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度?！窘馕觥?1)設粒子在運動過程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場方向的速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為θ，其反向延長線通過O點，O點與板右端的水平距離為x，則有y=at2①L=v0t②vy=attanθ=聯(lián)立可得即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點。(2)a=③E=④由①②③④式解得當y=時，則兩板間所加電壓的范圍為(3)當y=時，粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大，設其大小為y0，則y0=y+btanθ又解得：故粒子在屏上可能到達的區(qū)域的長度為答案：(1)見解析(2)(3)【總結提升】確定粒子打到屏上的位置離屏中心的距離y′的三種方法(1)y′=y+vy·(2)y′=y+btanθ(3)y′=(+b)tanθ其中y′=(+b)tanθ是應用上例第(1)問的結論得出的，一般不干脆用于計算題的求解過程。【變式訓練】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，關于電子的運動，則下列說法中正確的是()A.滑動觸頭向右移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升B.滑動觸頭向左移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升C.電壓U增大時，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變D.電壓U增大時，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變【解析】選B、D。【變式備選】如圖所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽視不計)，經(jīng)燈絲與A板間的電壓U1加速，從A板中心孔沿中心線KO射出，然后進入兩塊平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中(偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強電場)，電子進入M、N間電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打在熒光屏上的P點。已知M、N兩板間的電壓為U2，兩板間的距離為d，板長為L，電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力。(1)求電子穿過A板時速度的大??；(2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量；(3)若要使電子打在熒光屏上P點的上方，可實行哪些措施？【解析】(1)設電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動能定理eU1=mv02-0，解得v0=(2)電子以速度v0進入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動。設偏轉(zhuǎn)電場的電場強度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t，加速度為a，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的側(cè)移量為y。由牛頓其次定律和運動學公式F=ma,F=eE,y=at2解得：(3)由可知，減小U1和增大U2均可使y增大，從而使電子打在P點上方。答案：(1)(2)(3)減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2考點4勻強電場與重力場的綜合問題(三年4考)解題技巧【考點解讀】分析粒子運動的兩個觀點1.用動力學的觀點分析帶電粒子的運動(1)由于勻強電場中帶電粒子所受靜電力和重力都是恒力，可用正交分解法。(2)類似于處理偏轉(zhuǎn)問題，將困難的運動分解為正交的簡潔直線運動，化繁為簡。(3)綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式，留意受力分析要全面，特殊留意重力是否須要考慮的問題，另外要留意運動學公式里包含物理量的正負號，即其矢量性。2.用能量的觀點來分析帶電粒子的運動(1)運用能量守恒定律，留意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)。(2)運用動能定理，留意過程分析要全面，精確求出過程中的全部功，推斷選用分過程還是全過程運用動能定理。如圖6－3－9所示，在傾角θ＝37°的絕緣斜面所在空間存在著豎直向上的勻強電場，場強E＝4.0×103N/C，在斜面底端有一與斜面垂直的絕緣彈性擋板．質(zhì)量m＝0.20kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止起先滑下，滑到斜面底端與擋板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h＝0.24m，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.30，滑塊帶電荷q＝－0.50×10－4C．取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：(1)滑塊從斜面最高點滑到斜面底端時的速度?。?2)滑塊被擋板彈回能夠沿斜面上升的最大度．(3)滑塊從起先運動到最終停下來的整個過程中產(chǎn)生的熱量Q.(計算結果保留2位有效數(shù)字)【規(guī)律總結】(1)由于帶電微粒在勻強電場中所受電場力與重力都是恒力，因此其處理方法可用正交分解法．先將困難的運動分解為兩個相互正交的簡潔的直線運動，而這兩個直線運動的規(guī)律我們可以駕馭，然后再按運動合成的觀點，去求出困難運動的相關物理量．(2)用能量觀點處理帶電粒子在復合場中的運動，從功能觀點動身分析帶電粒子的運動問題時，在對帶電粒子受力狀況和運動狀況進行分析的基礎上，再考慮應用恰當?shù)囊?guī)律(動能定理、能量轉(zhuǎn)化守恒定律等)解題．變式訓練2(2011年長春調(diào)研)如圖6－3－10所示，兩塊平行金屬板M、N豎直放置，兩板間的電勢差U＝1.5×103V，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1×10－2kg、電荷量q＝4×10－5C的帶電小球從兩板上方的A點以v0＝4m/s的初速度水平拋出，且小球恰好從靠近M板上端處進入兩板間，沿直線運動遇到N板上的B點．已知A點距兩板上端的高度h＝0.2m，不計空氣阻力，取g＝10m/s2.求：(1)M、N兩板間的距離d；(2)小球到達B點時的動能．4．如圖6－3－10所示，板長L＝4cm的平行板電容器，板間距離d＝3cm，板與水平線夾角α＝37°，兩板所加電壓為U＝100V．有一帶負電液滴，帶電荷量為q＝3×10－10C，以v0＝1m/s的水平速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出(取g＝10m/s2，sinα＝0.6，cosα＝0.8)．求：

(1)液滴的質(zhì)量；

(2)液滴飛出時的速度．【典例透析4】在足夠長的粗糙絕緣板A上放一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的小滑塊B。用手托住A置于方向水平向左、場強大小為E的勻強電場中，此時A、B均能靜止，如圖所示?，F(xiàn)將絕緣板A從圖中位置P垂直電場線移至位置Q，發(fā)覺小滑塊B相對于A發(fā)生了運動。為探討便利可以將絕緣板A的運動簡化成先勻加速接著勻減速到靜止的過程。測量發(fā)覺豎直方向加速的時間為0.8s，減速的時間為0.2s。P、Q位置高度差為0.5m。已知勻強電場的場強A、B之間動摩擦因數(shù)μ=0.4,g取10m/s2。求：(1)絕緣板A加速和減速的加速度大小分別為多大？(2)滑塊B最終停在離動身點水平距離為多大處？【解題探究】(1)起先時A、B能保持相對靜止，說明電場力_____最大靜摩擦力，此時B對A的壓力_____mg。小于等于(2)B相對于A滑動，說明電場力_____摩擦力，此時B對A的壓力_____mg。說明絕緣板A向上做___________?！窘馕觥?1)設絕緣板A勻加速和勻減速的加速度大小分別為a1和a2，其時間分別為t1和t2，P、Q高度差為h，則有a1t1=a2t2h=a1t12+a2t22解得a1=1.25m/s2，a2=5m/s2。大于小于勻減速運動(2)探討滑塊B，在絕緣板A上勻減速的過程中，由牛頓其次定律可得豎直方向：mg-N=ma2水平方向：Eq-μN=ma3解得a3=0.1g=1m/s2在這個過程中滑塊B的水平位移大小為s3=a3t22=0.02m。在絕緣板A靜止后，滑塊B將沿水平方向做勻減速運動，設加速度大小為a4，有μmg-Eq=ma4，得a4=0.1g=1m/s2該過程中滑塊B的水平位移大小為s4=s3=0.02m最終滑塊B靜止時離動身點的水平距離s=s4+s3=0.04m。答案：(1)1.25m/s25m/s2(2)0.04m【變式訓練】(2013·成都模擬)如圖所示，M、N為水平放置、相互平行且厚度不計的兩金屬板，間距d=35cm，已知N板電勢高，兩板間電壓U＝3.5×104V?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=7.0×10-6kg，電荷量q=6.0×10-10C的帶負電油滴，由N板下方距N為h=15cm的O處豎直上拋，經(jīng)N板中間的P孔進入電場，到達上板Q點時速度恰為零(g取10m/s2)。求油滴上拋的初速度v0?！窘馕觥咳^程重力做負功，油滴在M、N間運動時電場力做負功，全過程依據(jù)動能定理有：-mg(d+h)-qU=0-mv02解得代入數(shù)據(jù)得v0=4m/s答案:4m/s1．常見的交變電場 常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．2．常見的試題類型 此類題型一般有三種狀況： (1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)； (2)粒子做來回運動(一般分段探討)； (3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般依據(jù)交變電場特點分段探討)思想方法10.帶電粒子在交變電場中的運動問題3．常用的分析方法 (1)帶電粒子在交變電場中的運動，通常只探討電壓的大小不變、方向做周期性變更(如方波)且不計粒子重力的情形．在兩個相互平行的金屬板間加交變電壓時，在兩板中間便可獲得交變電場．此類電場從空間看是勻強的，即同一時刻，電場中各個位置處電場強度的大小、方向都相同；從時間看是變更的，即電場強度的大小、方向都隨時間而變更．①當粒子平行于電場方向射入時，粒子做直線運動，其初速度和受力狀況確定了粒子的運動狀況，粒子可以做周期性的運動．②當粒子垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性．(2)探討帶電粒子在交變電場中的運動，關鍵是依據(jù)電場變更的特點，利用牛頓其次定律正確地推斷粒子的運動狀況．依據(jù)電場的變更狀況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等．(3)對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，一般來說題中會干脆或間接提到“粒子在其中運動時電場為恒定電場”，故帶電粒子穿過電場時可認為是在勻強電場中運動．【典例】

如圖6－3－15甲所示，長為L、間距為d的兩金屬板A、B水平放置，ab為兩板的中心線，一個帶電粒子以速度v0從a點水平射入，沿直線從b點射出，若將兩金屬板接到如圖乙所示的交變電壓上，欲使該粒子仍能從b點以速度v0射出，求：(1)交變電壓的周期T應滿足什么條件？(2)粒子從a點射入金屬板的時刻應滿足什么條件？【典例透析】制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示。加在極板A、B間的電壓UAB做周期性變更，其正向電壓為U0，反向電壓為-kU0(k＞1)，電壓變更的周期為2τ，如圖乙所示。在t=0時，極板B旁邊的一個電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止起先運動。若整個運動過程中，電子未遇到極板A，且不考慮重力作用。若電子在0～2τ時間內(nèi)不能到達極板A，求d應滿足的條件?！疽?guī)范解答】電子在0～τ時間內(nèi)做勻加速運動，加速度的大小為位移x1=a1τ2在τ～2τ時間內(nèi)先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小為a2=初速度的大小為v1=a1τ勻減速運動階段的位移x2=依據(jù)題意d＞x1+x2解得答案：在真空中速度為v=6.4×107m/s的電子束連續(xù)射入兩平行板間，如圖所示，極板長度L=8.0×10-2m間距d=5.0×10-2m，兩極板不帶電時，電子將沿極板間的中線通過，在極板上加一個50Hz的交變電壓u=U0sinωt，假如所加電壓的最大值U0超過某值UC時，電子束將有時能通過兩極板，有時而不能通過（電子電荷量e=1.6×10-19C，電子質(zhì)量m=9.1×10-31kg）.求：

（1）UC的大小為多少；（2）求U0為何值時，才能使通過與間斷的時間之比Δt1∶Δt2=2∶1總結與反思：電子沿平行板的方向做勻速運動，通過平行板的時間t遠遠小于交變電流的周期T，由于t﹤﹤T，可認為電子在通過平行板時板間的電壓和場強是穩(wěn)定不變的，每個能通過平行板的電子均做類平拋運動．O轉(zhuǎn)化法：當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，可轉(zhuǎn)化為：場強、速度、位移、加速度、動能等物理量隨時間變更規(guī)律的圖像。 如圖，A板的電勢UA＝0，B板的電勢UB隨時間的變更規(guī)律如圖所示。電子只受電場力的作用，且初速度為零，則（）A．若電子在t＝0時刻進入的，它將始終向B板運動B．若電子在t＝0時刻進入的，它將時而向B板運動，時而向A板運動,最終打在B板上C．若電子在t＝T/8時刻進入的，它將時而向B板運動，時而向A板運動,最終打在B板上D．若電子是在t＝T/4時刻進入的，它將時而向B板、時而向A板運動若帶電粒子垂直電場線進入交變電場，運動軌跡如何？反思總結對于帶電粒子在交變電場中的運動問題，由于不同時間內(nèi)場強不同，使得帶電粒子所受的電場力不同，造成帶電粒子的運動狀況發(fā)生變更．解決這類問題，要分段進行分析，依據(jù)題意找出滿足題目要求的條件，從而分析求解．電場中粒子運動的綜合問題【典例】(2011·北京高考)(20分)靜電場方向平行于x軸，其①電勢φ隨x的分布可簡化為如圖所示的折線，圖中φ0和d為已知量。一個帶負電的粒子在電場中以x=0為中心。②沿x軸方向做周期性運動。已知該粒子質(zhì)量為m、電量為-q，其③動能與電勢能之和為-A(0<A<qφ0)，忽視重力。求：(1)粒子所受電場力的大小；(2)④粒子的運動區(qū)間；(3)⑤粒子的運動周期。(1)由題圖可知，O與d(或-d)兩點的電勢差為φ0電場強度大小(2分)電場力的大小F=qE=(2分)(2)設粒子在［-x0，x0］區(qū)間運動，速率為v，由題意得

mv2-qφ=-A①(2分)由題圖可知φ=φ0(1-②(1分)【答題——規(guī)范解題，步步得分】由①②得，③(2分)因動能非負，有得(2分)即④(1分)粒子運動的區(qū)間

(2分)(3)粒子從-x0處起先運動四分之一周期的時間為t，依據(jù)牛頓其次定律得粒子的加速度：