选修3-1：6.3电容器与电容 带电粒子在电场中的运动【2015《物理复习方略》一轮复习课件沪科版】

第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动知识点1常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ

【思维激活1】(多选)(2014·大连模拟)对于给定的电容器,描述其电容C、电荷量Q、电压U之间的相应关系的图像正确的是(

)【解析】选B、C。电容大小与电压、电荷量无关,故A错误、B正确;由Q=CU知,Q∝U,故C正确、D错误。【知识梳理】1.电容器：(1)组成：由两个彼此_____又相互_____的导体组成。(2)带电量：一个极板所带电荷量的_______。(3)电容器的充电、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_________,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________转化为其他形式的能。绝缘靠近绝对值异种电荷电场能2.电容：(1)公式。①定义式：C=。②推论：C=。(2)单位：法拉(F),1F=___μF=____pF。(3)电容与电压、电荷量的关系：电容C的大小由电容器本身结构决定,与电压、电荷量_____。不随Q变化,也不随电压变化。1061012无关3.平行板电容器及其电容：(1)影响因素：平行板电容器的电容与_________成正比,与介质的_________成正比,与_____________成反比。(2)决定式：C=,k为静电力常量。正对面积介电常数两板间的距离知识点2

带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ示波管Ⅰ

【思维激活2】(2014·中山模拟)如图所示,质子(H)和α粒子(He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力),则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为(

)A.1∶1

B.1∶2

C.2∶1

D.1∶4【解析】选B。动能相同，则mv02相同，由y=at2=

得：，故B正确。【知识梳理】1.加速问题：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的_____的增量。(1)在匀强电场中：W=qEd=qU=;(2)在非匀强电场中：W=qU=。动能2.偏转问题：(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场。(2)运动性质：_______运动。(3)处理方法：利用运动的合成与分解。①沿初速度方向：做_________运动。②沿电场方向：做初速度为零的_______运动。类平抛匀速直线匀加速3.示波管的构造：①_______,②_________,③_______。(如图所示)电子枪偏转电极荧光屏4.示波管的工作原理：(1)YY′上加的是待显示的_________,XX′上是机器自身产生的锯齿形电压,叫作_________。(2)观察到的现象。①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压,则电子枪射出的电子沿直线运动,打在荧光屏_____,在那里产生一个亮斑。②若所加扫描电压和_________的周期相等,就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图像。信号电压扫描电压中心信号电压【微点拨】

1.对电容的三点理解：(1)电容C等于Q与U的比值,不能理解为电容C与Q成正比,与U成反比。(2)一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的,与其是否带电及带电多少无关。(3)电容器两端的电势差发生变化时,电路中会有充电或放电电流。2.关于带电粒子在电场中运动的三点注意：(1)静止的带电粒子在匀强电场中只受电场力作用将做匀加速直线运动。(2)当初速度与电场线(直线)共线且只受电场力作用时,做变速直线运动。(3)当初速度与电场线垂直且只受电场力作用时,做类平抛运动,处理方法是运动的合成与分解。考点1平行板电容器的两类动态变化问题1.分析比较的思路：(1)先确定是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)用决定式C=确定电容器电容的变化。(3)用定义式C=判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化。(4)用E=分析电容器极板间场强的变化。对比分析2.两类动态变化问题的比较：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E变小C变小U变大E不变S变大C变大Q变大E不变C变大U变小E变小ε变大C变大Q变大E不变C变大U变小E变小【题组通关方案】【典题1】(2012·江苏高考)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变,在两极板间插入一电介质,其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是(

)A.C和U均增大B.C增大,U减小C.C减小,U增大D.C和U均减小【解题探究】(1)请说出“一充电后的平行板电容器”的含义。提示：含义是电荷量Q不变。(2)判断C和U变化的思路。①插入一电介质,εr_____;②根据决定式：,可知电容C_____;③根据定义式：,得U_____。变大变大变小【典题解析】选B。由C=知,S和d不变,插入电介质时,εr增大,电容增大,由C=可知：Q不变时,C增大,则两板间的电势差U一定减小,故选B。【通关1+1】1.(多选)用控制变量法,可以研究影响平行板电容器的因素(如图)。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θ。实验中,极板所带电荷量不变,若(

)A.保持S不变,增大d,则θ变大B.保持S不变,增大d,则θ变小C.保持d不变,增大S,则θ变小D.保持d不变,增大S,则θ不变【解析】选A、C。由C=、C=可得：U=,保持S不变,增大d,则U增大,即θ变大,故A正确,B错误;保持d不变,增大S,则U减小,即θ变小,故C对,D错。2.(2014·南京模拟)如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离(

)A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P点的电势将降低C.带电油滴的电势能将减少D.若电容器的电容减小,则极板带电荷量将增大【解析】选B。由于电容器与电源连接,电压U不变,板间场强E场=随d的增大而减小,所以油滴将不再平衡而向下运动,电场力做负功,电势能增大,故A、C均错误;P点与地的电势差UPO=E场d′,d′不变而E场减小,故P点电势将降低,B正确;据Q=CU可知,电压U不变时减小电容C,则极板带电荷量将减小,故D错误。【加固训练】1.如图所示,在平行板电容器正中有一个带电微粒。S闭合时,该微粒恰好能保持静止。在以下两种情况下：①保持S闭合,②充电后将S断开。下列说法能实现使该带电微粒向上运动到上极板的是(

)A.①情况下,可以通过上移极板M实现B.①情况下,可以通过上移极板N实现C.②情况下,可以通过上移极板M实现D.②情况下,可以通过上移极板N实现【解析】选B。保持S闭合时,电容器电压不变,板间电场强度E=,当d减小时E变大,可使电场力大于重力,从而使微粒向上运动,故A错B对。充电后断开S时,电容器带电量不变,则板间电场强度E=,C=,所以E=,E不随d而变化,故C、D均错。2.(2014·贵阳模拟)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴,比较准确地测定了电子的电荷量。如图,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.油滴带正电B.油滴带电荷量为C.电容器的电容为D.将极板N向下缓慢移动一小段距离,油滴将向上运动【解析】选C。由题意知油滴受到的电场力竖直向上,又上极板带正电,故油滴带负电荷,设油滴带电荷量为q,则极板带电荷量为Q=kq,由于qE=mg,E=,C=,解得q=,C=,将极板N向下缓慢移动一小段距离,U不变,d增大,则场强E减小,重力将大于电场力,油滴将向下运动,只有选项C正确,A、B、D错。【学科素养升华】平行板电容器问题的分析(1)平行板电容器动态分析的两类题型。①电容器始终与电源相连，U恒定不变，则有Q=CU∝C,C=∝，两板间场强E=∝；②电容器充完电后与电源断开，Q恒定不变，则有U=,C∝，场强(2)分析平行板电容器的两个关键点。在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点：①确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是保持电量不变或板间电压不变。②恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用E=分析板间电场强度的变化情况。考点2带电粒子在电场中的直线运动1.带电粒子在电场中运动时重力的处理：(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等,除有说明或明确的暗示以外,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,一般都不能忽略重力。深化理解2.带电粒子在电场中平衡的解题步骤：(1)选取研究对象;(2)进行受力分析,注意电场力的方向特点;(3)由平衡条件列方程求解。3.解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路：(1)根据带电粒子受到的电场力,用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场,也适用于非匀强电场。【题组通关方案】【典题2】(15分)(2014·南京模拟)如图所示,一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°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,小物块恰好静止。重力加速度为g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：(1)水平向右电场的电场强度大小;(2)若将电场强度减小为原来的,小物块的加速度是多大;(3)电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能。【解题探究】(1)“光滑斜面”“恰好静止”的含义是什么?提示：“光滑斜面”即不计摩擦;“恰好静止”即受力平衡。(2)求电场强度大小的思路。①选择规律：_________;②列方程式：a.水平方向：____________;b.竖直方向：____________。平衡条件Nsin37°=qENcos37°=mg(3)求电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能的思路。①选择规律：_________;②方程式：____________________________。动能定理mgLsin37°-qE′Lcos37°=Ek-0【典题解析】(1)小物块静止在斜面上,受重力、电场力和斜面支持力,受力分析如图所示,则有水平方向：Nsin37°=qE①(2分)竖直方向：Ncos37°=mg②(2分)由①②可得E=

(1分)(2)若电场强度减小为原来的,即E′=

(1分)由牛顿第二定律得mgsin37°-qE′cos37°=ma

(3分)可得a=0.3g

(1分)(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mgLsin37°-qE′Lcos37°=Ek-0

(3分)可得Ek=0.3mgL

(2分)答案：(1)

(2)0.3g

(3)0.3mgL【通关1+1】1.(拓展延伸)在【典题2】中,若电场强度方向竖直向上,小物块恰好静止。求：(1)电场强度的大小;(2)若将电场强度减小为原来的,物块的加速度是多大。【解析】(1)因电场强度方向竖直向上,小物块恰好静止,故受重力和电场力,由平衡条件得qE=mg解得E=(2)对小物块,由牛顿第二定律得(mg-qE′)sin37°=ma其中E′=E解得a=0.4g答案：(1)

(2)0.4g2.(多选)(2014·池州模拟)如图所示,在等势面沿竖直方向的匀强电场中,一带负电的微粒以一定初速度射入电场,并沿直线AB运动,由此可知(

)A.电场中A点的电势高于B点的电势B.微粒在A点时的动能大于在B点时的动能,在A点时的电势能小于在B点时的电势能C.微粒在A点时的动能小于在B点时的动能,在A点时的电势能大于在B点时的电势能D.微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和【解析】选A、B。一带负电的微粒以一定初速度射入电场,并沿直线AB运动,其受到的电场力F只能垂直于等势面水平向左,则电场方向水平向右,如图所示,所以电场中A点的电势高于B点的电势,A正确;微粒从A向B运动,则合外力做负功,动能减小,电场力做负功,电势能增加,C错误、B正确;微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变,所以D错误。【加固训练】1.(2014·南昌模拟)如图所示,长为L、倾角为θ=30°的光滑绝缘斜面处于电场中,一带电量为+q,质量为m的小球,以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑,到达斜面顶端的速度仍为v0,则(

)A.小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能B.A、B两点的电势差一定为C.若电场是匀强电场,则该电场的场强的最小值一定是D.若该电场是AB边中垂线上某点的点电荷Q产生的,则Q一定是正电荷【解析】选B。由题述可知,小球以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑,电场力做正功,电势能减小,小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能,选项A错误;由动能定理,qU-mgLsin30°=0,解得A、B两点的电势差为U=,选项B正确;若电场是匀强电场,该电场的场强的最小值为,选项C错误;若该电场是AB边中垂线上某点的点电荷Q产生的,则Q可以是负电荷,选项D错误。2.(多选)(2014·安庆模拟)如图所示,用长L=0.50m的绝缘轻质细线,把一个质量m=1.0g带电小球悬挂在均匀带等量异种电荷的平行金属板之间,平行金属板间的距离d=5.0cm,两板间电压U=1.0×103V。静止时,绝缘细线偏离竖直方向θ角,小球偏离竖直线的距离a=1.0cm。取g=10m/s2,则下列说法正确的是(

)A.两板间电场强度的大小为2.0×104V/mB.小球带的电荷量为1.0×10-8CC.若细线突然被剪断,小球在板间将做类平抛运动D.若细线突然被剪断,小球在板间将做匀加速直线运动【解析】选A、B、D。设两板间的电场强度为E,根据匀强电场的场强和电势差的关系得E==V/m=2.0×104V/m,A项正确;小球静止时受力平衡,由平衡条件得qE=mgtanθ,解得q=。因为θ角很小,所以tanθ≈sinθ==,解得q=1.0×10-8C,B项正确;细线剪断时,由于小球受到重力和电场力的合力为恒力,且小球初速度为零,故小球做初速度为零的匀加速直线运动,C项错误、D项正确。考点3带电粒子在电场中的偏转1.基本规律：设粒子带电荷量为q,质量为m,两平行金属板间的电压为U,板长为l,板间距离为d(忽略重力影响),则有(1)加速度：(2)在电场中的运动时间：t=。(3)位移(4)速度拓展延伸2.两个结论：(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。证明：由qU0=及tanφ=得tanφ=。(2)粒子经电场偏转后,合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点,即O到电场边缘的距离为。3.带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系：当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－

mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。4.带电粒子在匀强电场中偏转时间的讨论：质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v0垂直于电场方向从极板中间射入匀强电场,已知极板间距为d,极板长度为L,极板间电压为U,带电粒子在匀强电场中的运动时间为t,则(1)带电粒子能打出电场时，在电场中运动的时间由沿初速度方向上的运动来确定比较方便，其值为t=；(2)带电粒子打到极板上时，在电场中运动的时间由沿电场方向上的运动来确定比较方便，其值为【题组通关方案】【典题3】(15分)如图所示,真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L,相距d,足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY′,一束质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点;(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围;(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。【解题探究】(1)带电粒子在两极板之间的电场中做___________。(2)当两极板间所加的电压最大时,带电粒子恰好从__________________。(3)带电粒子到达屏上区域边缘对应极板间所加的电压_____。类平抛运动极板的右边缘飞出最大【典题解析】(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a,离开偏转电场时偏转距离为y,沿电场方向的速度为vy,偏转角为θ,其反向延长线通过O点,O点与板右端的水平距离为x,则有y=at2①(1分)L=v0t②(1分)vy=at

(1分)tanθ=,

(2分)联立可得x=

(1分)即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。(2)a=③(1分)E=④(1分)由①②③④式解得y=(1分)当y=时，UYY′=(1分)则两板间所加电压的范围为

(1分)(3)当y=时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0=y+btanθ(1分)又tanθ=，(1分)解得：

(1分)故粒子在屏上可能到达的区域的长度为

(1分)答案：(1)见典题解析(2)(3)【通关1+1】1.(多选)(2014·长沙模拟)如图所示,一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中,并沿直线打在屏上O点,若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后,让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上,其他条件不变,两次相比较,则再次射入的带电小球(

)A.将打在O点的下方B.将打在O点的上方C.穿过平行板电容器的时间将增加D.打到屏上的动能将增加【解析】选A、D。由题意知,上极板不动时,小球受到的电场力和重力平衡,平行板电容器上极板上移后,两极板间电压不变,电场强度变小,小球再次进入电场,受电场力减小,合力方向向下,所以小球向下偏转,将打在O点下方,A项正确,B项错误;小球的运动时间由水平方向的运动决定,两次通过时水平速度不变,所以穿过平行板电容器的时间不变,C项错误;由于小球向下偏转,合力对小球做正功,小球动能增加,所以D项正确。2.(2014·杭州模拟)如图所示,带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍,它们以相等的速度v0从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场,分别打在M、N点,若OM=MN,则P和Q的质量之比为(粒子重力不计)(

)A.3∶4

B.4∶3

C.3∶2

D.2∶3【解析】选A。本题忽略了粒子重力的影响,P和Q在匀强电场中做类平抛运动,它们沿水平方向均以初速度v0做匀速直线运动,根据OM=MN,可知,它们沿竖直方向的下落时间之比为tP∶tQ=1∶2;根据h=at2可得a=,可见,它们沿竖直方向下落的加速度之比为aP∶aQ=4∶1;根据a=可得m=∝,所以=·=3×=,所以选项A正确,B、C、D错误。【加固训练】1.(多选)如图所示,A板发出的电子经加速后,水平射入水平放置的两平行金属板间,金属板间所加的电压为U,电子最终打在荧光屏P上,关于电子的运动,则下列说法中正确的是(

)A.滑动触头向右移动时,其他不变,则电子打在荧光屏上的位置上升B.滑动触头向左移动时,其他不变,则电子打在荧光屏上的位置上升C.电压U增大时,其他不变,则电子打在荧光屏上的速度大小不变D.电压U增大时,其他不变,则电子从发出到打在荧光屏上的时间不变【解析】选B、D。电子加速有eU0=mv02,电子偏转有y=

滑动触头向右移动,U0增大,y减小，A错误，B正确；两电场对电子做的功为W=e(U0+y)，U增大，y增大，则W增大，所以选项C错误；电子在加速电场中匀加速时间不变，在偏转电场中匀速运动时间也不变，所以运动总时间不变，选项D正确。故答案为B、D。2.如图所示为一真空示波管的示意图,电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计),经灯丝与A板间的电压U1加速,从A板中心孔沿中心线KO射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场),电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2,两板间的距离为d,板长为L,电子的质量为m,电荷量为e,不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。(1)求电子穿过A板时速度的大小;(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量;(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方,可采取哪些措施?【解析】(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0,由动能定理eU1=-0,解得v0=。(2)电子以速度v0进入偏转电场后,垂直于电场方向做匀速直线运动,沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E,电子在偏转电场中运动的时间为t,加速度为a,电子离开偏转电场时的侧移量为y。由牛顿第二定律和运动学公式t=F=ma,F=eE,E=y=at2解得：y=

(3)由y=可知,减小U1和增大U2均可使y增大,从而使电子打在P点上方。答案：(1)

(2)

(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2【学科素养升华】带电粒子在电场中偏转问题的两种求解思路(1)运动学与动力学观点。①运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题,一般有两种情况：a.带电粒子初速度方向与电场线共线,则粒子做匀变速直线运动;b.带电粒子的初速度方向垂直电场线,则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。②当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时,一般要采取类似平抛运动的解决方法。(2)功能观点：首先对带电体受力分析,再分析运动形式,然后根据具体情况选用公式计算。①若选用动能定理,则要分清有多少个力做功,是恒力做功还是变力做功,同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量。②若选用能量守恒定律,则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化,哪些能量是增加的,哪些能量是减少的。考点4带电粒子在交变电场中的运动带电粒子在交变电场中运动的三种情况及解法：(1)粒子做单向直线运动,一般用牛顿运动定律结合运动学公式求解。(2)粒子做往返运动,一般分段研究。(3)粒子做偏转运动,一般根据交变电场的特点分段研究。打在屏上最上端和最下端的电子是否从极板边缘射出应通过计算做出判断。拓展延伸【题组通关方案】【典题4】(16分)(2014·潍坊模拟)如图甲所示,热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计,电子发射装置的加速电压为U0,电容器板长和板间距离均为L=10cm,下极板接地,电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm,在电容器两极板间接一交变电压,上极板的电势随时间变化的图像如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短,可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的)求：(1)在t=0.06s时刻,电子打在荧光屏上的何处;(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长?【解题探究】(1)求电子打在荧光屏上位置的思路。①根据_________,求电子经加速电场的速度大小;②根据_________________,求电子经偏转电场的偏移量。(2)t=0.06s时刻,偏转电压多大?提示：由题图知t=0.06s时刻,U偏=1.8U0。(3)当偏转电压满足什么条件时,没有电子打到荧光屏上?提示：因电子偏移量y的最大值为,故当偏转电压超过2U0时,电子就打不到荧光屏上。动能定理运动的合成与分解【典题解析】(1)电子经加速电场，由动能定理得qU0=mv2(2分)电子经偏转电场：沿v方向：t=

(1分)沿电场方向：y=at2(1分)又

(1分)故偏转后偏移量

(2分)所以

(1分)由题图知t=0.06s时刻U偏=1.8U0(1分)所以y=4.5cm(1分)设打在屏上的点距O点距离为Y，满足

(2分)所以Y=13.5cm(1分)(2)由题知电子偏移量y的最大值为,所以当偏转电压超过2U0时,电子就打不到荧光屏上了,所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L=30cm(3分)答案：(1)O点上方13.5cm处(2)30cm【通关1+1】1.(2014·舟山模拟)如图所示,A、B两金属板平行放置,在t=0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)。分别在A、B两板间加上下列哪种电压时,有可能使电子到不了B板(

)【解析】选B。加A图电压,电子从A板开始向B板做匀加速直线运动;加B图电压,电子开始向B板做匀加速运动,再做加速度大小相同的匀减速运动,速度减为零后做反向匀加速运动及匀减速运动,由对称性可知,电子将做周期性往复运动,所以电子有可能到不了B板;加C图电压,电子先匀加速,再匀减速到静止,完成一个周期,所以电子一直向B板运动,即电子一定能到达B板;加D图电压,电子的运动与C图情形相同,只是加速度变化,所以电子也一直向B板运动,即电子一定能到达B板。综上所述可知选项B正确。2.(2014·海口模拟)如图甲所示,两个平行金属板P、Q竖直放置,两板间加上如图乙所示的电压,t=0时,Q板比P板电势高5V,此时在两板的正中央M点有一个电子,速度为零,电子在电场力作用下运动,使得电子的位置和速度随时间变化。假设电子始终未与两板相碰。在0<t<8×10-10s的时间内,这个电子处于M点的右侧,速度方向向左且大小逐渐减小的时间是(

)A.0<t<2×10-10sB.2×10-10s<t<4×10-10sC.4×10-10s<t<6×10-10sD.6×10-10s<t<8×10-10s【解析】选D。分析电子的受力可知,电子从M点开始先向右加速,再向右减速,4×10-10s末速度为零,然后再向左加速至6×10-10s,从6×10-10～8×10-10s再向左减速,速度图像如图所示,由此可知电子在M点右侧,速度方向向左且大小减小的时间为6×10-10～8×10-10s,D正确。【加固训练】1.(多选)如图,A板的电势UA=0,B板的电势UB随时间的变化规律如图所示。电子只受电场力的作用,且初速度为零(设两板间距足够大),则(

)A.若电子是在t=0时刻进入的,它将一直向B板运动B.若电子是在t=0时刻进入的,它将时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上C.若电子是在t=时刻进入的,它将时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上D.若电子是在t=时刻进入的,它将时而向B板运动,时而向A板运动【解析】选A、C、D。方法一：若电子在t=0时刻进入板间电场,电子将在一个周期内先做匀加速运动后做匀减速运动,以后沿同一方向重复这种运动,直到碰到B板,故A正确,B错误;若电子在t=时刻进入,由对称性可知,电子将在板间做往复运动,D正确;若电子在t=时刻进入板间,则电子在前T内向B板运动,后T内向A板运动,以后重复这种运动,直到碰到B板,故C正确。方法二：图像法。选取竖直向上为正方向,作出电子的v-t图像如图所示,根据图像很容易求解A、C、D正确。2.制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板,如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化,其正向电压为U0,反向电压为-kU0(k>1),电压变化的周期为2τ,如图乙所示。在t=0时,极板B附近的一个电子,质量为m、电荷量为e,受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中,电子未碰到极板A,且不考虑重力作用。若k=,电子在0～2τ时间内不能到达极板A,求d应满足的条件。【解析】电子在0～τ时间内做匀加速运动,加速度的大小为a1=,位移x1=a1τ2在τ～2τ时间内先做匀减速运动,后反向做匀加速运动加速度的大小为a2=初速度的大小为v1=a1τ匀减速运动阶段的位移x2=依据题意d>x1+x2解得d>答案：d>

【学科素养升华】带电粒子在交变电场中的运动问题分析(1)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。(2)解答带电粒子在交变电场中运动的两点注意。①电子通过电场的时间远小于交变电压的周期,因此可认为电子在板间运动的时间内保持刚进入时的电压。②不同时刻进入板间的电子偏转电压不同。【资源平台】电场中粒子运动的综合问题(2011·北京高考)静电场方向平行于x轴,其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线,图中φ0和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电量为-q,其动能与电势能之和为-A(0<A<qφ0)。忽略重力,求：(1)粒子所受电场力的大小;(2)粒子的运动区间;(3)粒子的运动周期。【解析】(1)由题图可知,O与d(或-d)两点间的电势差为φ0电场强度的大小E=电场力的大小F=qE=(2)设粒子在[-x0,x0]区间内运动,速率为v,由题意得

mv2-qφ=-A①由图可知φ=φ0(1-)②由①②得

mv2=qφ0(1-)-A因动能非负,由qφ0(1-)-A≥0得|x|≤d(1-),即x0=d(1-)③粒子运动区间(3)考虑粒子从-x0处开始运动的四分之一周期,根据牛顿第二定律,粒子的加速度a=④由匀加速直线运动t=