2013屆高考物理 第3講 電容器 帶電粒子在勻強電場中的運動考點知識總復(fù)習(xí)教案26

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1、 第3講　電容器　帶電粒子在勻強電場中的運動 常見電容器　電容器的電壓、電荷量和電容 　　　的關(guān)系?、?考綱要求) 1．常見電容器 (1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成． (2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值． (3)電容器的充、放電 充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能． 放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能． 2．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差U的比值． (2)定義式：C＝. (3)物理意義：表示電容器容納電荷

2、本領(lǐng)大小的物理量． (4)單位：法拉(F) 1 F＝106 μF＝1012 pF 3．平行板電容器 (1)影響因素：平行板電容器的電容與正對面積成正比，與介質(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． 帶電粒子在勻強電場中的運動?、?考綱要求) 1.帶電粒子在電場中的加速 帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入電場，帶電粒子將做加(減)速運動．有兩種分析方法： (1)用動力學(xué)觀點分析：a＝，E＝，v2－v02＝2ad. (2)用功能觀點分析：粒子只受電場力作用，電場力做的功等于物體動能的變化．qU＝mv2－mv02 2．帶電粒

3、子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn) (1)研究條件：帶電粒子垂直于電場方向進(jìn)入勻強電場． (2)處理方法：類似于平拋運動，應(yīng)用運動的合成與分解的方法． ①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝ ②沿電場力方向，做勻加速直線運動 示波管?、?考綱要求) 1.構(gòu)造：(1)電子槍，(2)偏轉(zhuǎn)電極，(3)熒光屏 2．工作原理(如圖6－3－1所示) 圖6－3－1 (1)如果在偏轉(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，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑． (2)YY′上加的是待顯示的信號電壓，XX′上是機器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓，若所加掃描電壓和

4、信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象． 一圖二結(jié)論 結(jié)論：(1)粒子以一定速度v0垂直射入偏轉(zhuǎn)電場．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的． (2)經(jīng)過相同電場加速，又經(jīng)過相同電場偏轉(zhuǎn)的帶電粒子，其運動軌跡重合，與粒子的帶電荷量和質(zhì)量無關(guān)． 1．下列關(guān)于電容的說法正確的是(　　)． A．電容器簡稱電容 B．電容器A的電容比B的大，說明A的帶電荷量比B多 C．電容在數(shù)值上等于使兩極板間的電勢差為1 V時電容器需要帶的電荷量 D．由公式C＝知，電容器的電容與電容器兩極板間的

5、電勢差成反比，與電容器所帶的電荷量成正比 解析　電容器和電容是兩個不同的概念，A錯；電容器A的電容比B的大，只能說明電容器A容納電荷的本領(lǐng)比B大，與是否帶電無關(guān)，B錯；電容器的電容大小和它的兩極板所帶的電荷量、兩極板間的電勢差、電容器的體積等無關(guān)，D錯． 答案　C 2．(2012·徐州高二檢測)如圖6－3－2所示，用靜電計可以測量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢差U，現(xiàn)使B板帶正電，則下列判斷正確的是(　　)． 圖6－3－2 A．增大兩極板之間的距離，靜電計指針張角變小 B．將A板稍微上移，靜電計指針張角將變大 C．若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計指針張角變大 D．若將

6、A板拿走，則靜電計指針張角變?yōu)榱? 答案　B 3．一個帶電小球，用細(xì)繩懸掛在水平方向的勻強電場中，當(dāng)小球靜止后把懸繩燒斷，小球?qū)⒆?　　)． A．自由落體運動 B．勻變速曲線運動方向 C．沿懸繩的延長線方向做勻加速直線運動 D．變加速直線運動 解析　重力和電場力均為恒力，合力方向與細(xì)繩的拉力方向相反，大小與細(xì)繩的拉力大小相等．剪斷細(xì)繩后小球初速度為零，合力恒定，故做勻加速直線運動，正確答案為C. 答案　C 4．電子以初速度v0沿垂直電場強度方向射入兩平行金屬板間的勻強電場中，現(xiàn)增大兩極板間的電壓，但仍使電子能夠穿過平行金屬板，則電子穿過平行金屬板所需要的時間(　　)． A．隨

7、電壓的增大而減小 B．隨電壓的增大而增大 C．加大兩板間距離，時間將減小 D．與電壓及兩板間距離均無關(guān) 解析　電子穿過平行金屬板的時間t＝，初速度方向垂直于電場方向，所以時間t與電壓及兩板間距離均沒有關(guān)系．正確答案為D. 答案　D 圖6－3－3 5．(2011·長春調(diào)研)如圖6－3－3所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂直進(jìn)入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓為U2的電場作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該(　　)． A．使U2加倍 B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 C．使U2變?yōu)樵瓉淼谋? D．使U2變?yōu)樵瓉淼谋?/p>

8、 解析　本題考查了帶電粒子在電場中的運動．帶電粒子經(jīng)過加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，最終偏移量為y＝，現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，必須使U2加倍，選A. 答案　A 考點一　平行板電容器的動態(tài)分析 1．對公式C＝的理解 電容C＝的比值，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個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．電容器兩類問題比較 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

9、變大 C變大Q變大E不變 C變大U變小E變小 【典例1】 M、N兩金屬板豎直放置， 圖6－3－4 使其帶電，懸掛其中的帶電小球P如圖6－3－4所示，偏離豎直方向．下列哪一項措施會使OP懸線與豎直方向的夾角增大？(P球不與金屬極板接觸)(　　)． A．增大MN兩極板間的電勢差 B．減小MN兩極板的帶電荷量 C．保持板間間距不變，將M、N板一起向右平移 D．保持板間間距不變，將M、N板一起向左平移 解析　小球受向右的電場力處于平衡狀態(tài)，增大兩板間的電勢差則電場強度增大，電場力增大，小球向右偏角增大，A對；減小電容器的帶電荷量則兩板間電勢差減小，電場強度減小，電場力減小，

10、偏角減小，B錯；C、D中電場強度不會變化，偏角不變，故C、D錯． 答案　A ——運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＝分析電容器極板間電場強度的變化． 【變式1】 (2012·深圳調(diào)研) 圖6－3－5 如圖6－3－5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)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離(

11、　　)． 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．帶電油滴的電勢能將減少 D．若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大 解析　因為電容器兩板電壓不變，當(dāng)兩板間距離d增大，電場強度E減小，φP＝ExP減小，P點的電勢降低，故選項A錯B對；又根據(jù)帶電油滴平衡可判斷其帶負(fù)電，它在P點的電勢能增大，選項C錯誤；電容器的電容減小，則極板帶電荷量將減小，選項D錯，故答案為B. 答案　B 考點二　帶電體在勻強電場中做直線運動問題的分析 首先對帶電粒子進(jìn)行受力分析，弄清帶電粒子的運動狀態(tài)，然后再選用恰當(dāng)?shù)奈锢硪?guī)律求解．如果應(yīng)用牛頓運動定律，要弄清帶電粒子的受力情況和運動情況，

12、再靈活運用運用學(xué)公式求解；如果運用動能定理，關(guān)鍵要弄清帶電粒子的初、末狀態(tài)及哪些力做功． 【典例2】 (2012·濟南模擬) 圖6－3－6 如圖6－3－6所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當(dāng)整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止．重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)水平向右電場的電場強度； (2)若將電場強度減小為原來的，物塊的加速度是多大； (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能． 解析　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力圖如圖所示，則有FNsin

13、 37°＝qE① FNcos 37°＝mg② 由①②可得E＝ (2)若電場強度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma③ 可得a＝0.3g. (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負(fù)功，由動能定理得mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0④ 可得Ek＝0.3mgL. 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL ——帶電體在勻強電場中做直線運動問題的分析方法 【變式2】 在一個水平面上建立x軸， 圖6－3－7 在過原點O右側(cè)空間有一個勻強電場，電場強度大小E＝6×105 N/

14、C，方向與x軸正方向相同，在O處放一個電荷量q＝5×10－8C、質(zhì)量m＝0.010 kg的帶負(fù)電絕緣物塊．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，沿x軸正方向給物塊一個初速度v0＝2 m/s，如圖6－3－7所示，求： (1)物塊最終停止時的位置；(g取10 m/s2) (2)物塊在電場中運動過程的機械能增量． 解析　(1)第一個過程：物塊向右做勻減速運動到速度為零． Ff＝μmg　F＝qE Ff＋F＝ma　2as1＝v02 s1＝0.4 m 第二個過程：物塊向左做勻加速運動， 離開電場后再做勻減速運動直到停止． 由動能定理得：Fs1－Ff(s1＋s2)＝0 得s2＝0.2

15、 m，則物塊停止在原點O左側(cè)0.2 m處． (2)物塊在電場中運動過程的機械能增量 ΔE＝Wf＝－2μmgs1＝－0.016 J. 答案　(1)原點O左側(cè)0.2 m處　(2)－0.016 J 考點三　帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題 求解帶電粒子偏轉(zhuǎn)問題的兩種思路 圖6－3－8 在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需再經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖6－3－8所示． (1)確定最終偏移距離OP的兩種方法 思路1： 思路2： (2)確定粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后的動能(或速度)的兩種方法 思路1： 思路2：

16、 【典例3】 如圖6－3－9所示， 圖6－3－9 在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強度為E的勻強電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏．現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計)，以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O.試求： (1)粒子從射入到打到屏上所用的時間； (2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan α； (3)粒子打到屏上的點P到O點的距離x. 解析　(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間t＝. (2)設(shè)粒子射出電場時沿平行電

17、場線方向的速度為vy，根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a＝ 所以vy＝a＝ 所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tan α＝＝. (3)法一　設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則y＝a2＝·又x＝y(tǒng)＋Ltan α，解得：x＝ 法二　x＝vy＋y＝. 法三　由＝得：x＝3y＝. 答案　(1)t＝　(2)tan α＝＝　(3)x＝ 【變式3】 圖6－3－10 如圖6－3－10所示，金屬板A、金屬網(wǎng)B、熒光屏C彼此平行，A、B之間的距離d1＝9 cm，B、C之間的距離d2＝18 cm，電源電動勢E＝20 V，內(nèi)阻r＝2 Ω，滑動變阻器在0～18 Ω

18、之間可調(diào)，圖中滑動片置于電阻的中點，從S孔向各個方向以速度v0＝1×105 m/s向電場中射入電子，電子的比荷＝1.8×1011 C/kg，不計重力． (1)求A、B之間的電場強度的大小； (2)設(shè)所有電子都能打在熒光屏上，求屏上亮圓的半徑． 解析　(1)UAB＝·＝9 V EAB＝＝ V/m＝100 V/m. (2)先求豎直向上發(fā)射的電子到達(dá)B板上P點的速度如圖所示 vBx＝ ＝ ＝1.8×106 m/s P點偏離S點的豎直距離為：r1＝v0t＝1 cm tan θ＝＝ 然后粒子離開P點直線射到C板上的Q點． ＝tan θ＝r2＝1 cm 亮圓的半徑r＝r1

19、＋r2＝2 cm. 答案　(1)100 V/m　(2)2 cm 　　　3.等效思維法 帶電體在重力場、電場中的運動問題的“等效法”處理 　　等效思維方法就是將一個復(fù)雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法．例如我們學(xué)習(xí)過的等效電阻、分力與合力、合運動與分運動等都體現(xiàn)了等效思維方法．常見的等效法有“分解”、“合成”、“等效類比”、“等效替換”、“等效變換”、“等效簡化”等，從而化繁為簡，化難為易． 帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復(fù)合場中做圓周運動的問題是高中物理教學(xué)中一類重要而典型的題型．對于這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復(fù)雜，運算量大．若采用“等效法”求解

20、，則能避開復(fù)雜的運算，過程比較簡捷． 圖6－3－11 【典例】 如圖6－3－11所示，絕緣光滑軌道AB部分為傾角為30°的斜面，AC部分為豎直平面上半徑為R的圓軌道，斜面與圓軌道相切．整個裝置處于場強為E、方向水平向右的勻強電場中．現(xiàn)有一個質(zhì)量為m的小球，帶正電荷量為q＝，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)為多大？ 解析　小球先在斜面上運動，受重力、電場力、支持力，然后在圓軌道上運動，受重力、電場力、軌道作用力，如右圖所示，類比重力場，將電場力與重力的合力視為等效重力mg′，大小為mg′＝＝，tan θ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小

21、球在斜面上勻速運動，因要使小球能安全通過圓軌道，在圓軌道的等效“最高點”(D點)滿足等效重力剛好提供向心力，即有：mg′＝，因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系可知AD＝2R 令小球以最小初速度v0運動，由動能定理知：－mg′2R＝mvD2－mv02 解得v0＝ ，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)為v≥ . 答案　v≥ ——等效法的應(yīng)用 當(dāng)我們研究某一新問題時，如果它和某一學(xué)過的問題類似，就可以利用等效和類比的方法進(jìn)行分析．用等效法解本題的關(guān)鍵在于正確得出等效重力場，然后再利用對比正常重力場下小球做圓周運動的規(guī)律. 一、平行電容器的動態(tài)分析問題(高頻考查) 1．(2

22、009·海南)一平行板電容器兩極板間距離為d、極板面積為S，電容為，其中ε0是常量．對此電容器充電后斷開電源．當(dāng)增加兩板間距時，電容器極板間(　　)． A．電場強度不變，電勢差變大 B．電場強度不變，電勢差不變 C．電場強度減小，電勢差不變 D．電場強度減小，電勢差減小 解析　由題可知電容器充電后斷開電源，故電容器的帶電荷量保持不變，當(dāng)增大兩極板間的距離時，由C＝可知，電容器的電容變小，由U＝可知電壓變大，又由E＝可知E＝＝＝＝，所以電場強度不變，A正確． 答案　A 圖6－3－12 2．(2010·北京理綜)用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖6－3－

23、12所示)．設(shè)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.實驗中，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，減小S，則θ變小 D．保持d不變，減小S，則θ不變 解析　本題考查平行板電容器、靜電計．靜電計是測量兩個導(dǎo)體間電勢差的儀器，指針偏角θ∝U，根據(jù)C＝和C＝得A正確． 答案　A 3．(2011·天津卷，5)板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電勢差為U1，板間電場強度為E1.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)閐，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為U2，板間電場強度為E

24、2，下列說法正確的是(　　)． A．U2＝U1，E2＝E1 B．U2＝2U1，E2＝4E1 C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1 解析　由C＝和C＝及E＝得，E＝，電荷量由Q增為2Q，板間距由d減為，得E2＝2E1；又U＝Ed可得U1＝U2，故A、B、D錯，C對． 答案　C 二、帶電粒子在電場中的運動(高頻考查) 4．(2011·安徽卷，20)如圖6－3－13(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖6－3－13(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并

25、最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是(　　)． 圖6－3－13 A．0

26、加的電壓按圖6－3－14(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖6－3－14(c)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是(　　)． 圖6－3－14 解析　由圖(b)及圖(c)知，當(dāng)UY為正時，Y板電勢高，電子向Y偏，而此時UX為負(fù)，即X′板電勢高，電子向X′板偏，所以選B. 答案　B 圖6－3－15 6．(2011·福建卷，20)反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一，它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似．如圖6－3－15所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、

27、B兩點間往返運動．已知電場強度的大小分別是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如圖6－3－15所示，帶電微粒質(zhì)量m＝1.0×10－20 kg，帶電荷量q＝－1.0×10－9C，A點距虛線MN的距離d1＝1.0 cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)．求： (1)B點距虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t. 解析　(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有 |q|E1d1－|q|E2d2＝0① 由①式解得d2＝d1＝0.50 cm.② (2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，由牛頓第二定律有|q|E1＝ma1③ |q|E2＝ma2④ 設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2，由運動學(xué)公式有d1＝a1t12⑤ d2＝a2t22⑥ 又t＝t1＋t2⑦ 由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s. 答案　(1)0.5 cm　(2)1.5×10－8 s 13 用心 愛心 專心