狀元之路2016屆高三物理一輪復習課件開卷速查第6章靜電場3講電容器帶電粒子在中運動

選修必考部分第六章靜

電

場特色一角提技能回扣教材抓基礎(chǔ)第3講

電容器

帶電粒子在電場中的運動題型分類學方法夯實基礎(chǔ)厚積薄發(fā)回扣教材

抓基礎(chǔ)知識梳理一、電容器及電容1．電容器(1)組成：兩個彼此□1

絕緣

且又□2

相互靠近的導體組成電容器，電容器可以容納□3電荷(2)所帶電荷量：一個極板所帶電荷量的□4

絕對值

，兩極板所帶電荷量□5相等(3)充、放電．①充電：把電容器接在電源上后，電容器兩個極板分別帶上等量異號電荷的過程，充電后兩極間存在□6

電場

，電容器儲存了□7電能②放電：用導線將充電后電容器的兩極板接通，極板上電荷□8

中和的過程，放電后的兩極板間不再有□9，同時電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．電場2．電容(1)定義：電容器所帶的□10

電荷量

與兩極板間□11

電勢差的比值．QΔQ(2)公式：C＝U＝□12

ΔU

.(3)物理意義：電容是描述電容器容納電荷□13

本領(lǐng)大小

的物理量，在數(shù)值上等于把電容器兩極板的電勢差增加1

V

所需充加的電荷量，電容C

由電容器本身的構(gòu)造因素決定，與U、Q

無關(guān)．(4)單位：□14

法拉，符號□15

F

，與其他單位間的換算關(guān)系為：1

F＝□16

106

μF＝□17

1012

pF.3．平行板電容器的電容平行板電容器的電容與平行板正對面積S、電介質(zhì)的介電常數(shù)rε

成正比，與極板間距離d

成反比，即C＝rε

S4πkd.二、帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子在電場中的加速運動狀態(tài)的分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一條直線上，做□18

勻變速直線運動用功能觀點分析：電場力對帶電粒子做的功等于□19

帶電粒子動能的增量，即□2021

122

20＝

mv

－

mv

.qU2．帶電粒子的偏轉(zhuǎn)(1)運動狀態(tài)：帶電粒子受到恒定的與初速度方向垂直的電場力作用而做類平拋運動．(2)處理方法：類似于平拋運動的處理方法．①沿初速度方向為勻速運動，運動時間t＝

l/v0.FqE＝

qUmd.②沿電場力方向為□21

勻加速

運動，a＝m＝

m③離開電場時的偏移量y22＝

at

＝1

ql2U202mv

d.④離開電場時的偏轉(zhuǎn)角tanθ＝v⊥v0＝□22.

qlU

0mv2d三、示波管1．構(gòu)造①□23

電子槍，②偏轉(zhuǎn)電極，③熒光屏．(如圖6－3－1)圖6－3－12．工作原理(1)YY′上加的是待顯示的□24

信號電壓

，XX′上是機器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做□25掃描電壓(2)觀察到的現(xiàn)象．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□26

中心

，在那里產(chǎn)生一個亮斑．②若所加掃描電壓和□27

信號電壓

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)變化的穩(wěn)定圖象．考點自測考點一

電容器和電容1．一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C

和兩極板間的電勢差

U

的變化情況是(

)A．C

和U

均增大C．C

減小，U

增大B．C

增大，U

減小D．C

和U

均減小4πkd解析：根據(jù)平行板電容器電容公式

C＝

εrS

，在兩板間插入Q電介質(zhì)后，電容C

增大，因電容器所帶電荷量Q

不變，由C＝U可Q知，U＝C減小，B

正確．答案：BA．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4πkd電容器兩端電壓的儀器，指針偏角

θ∝U，根據(jù)

C＝

εS

和

CQ＝U得選項A

正確．答案：A兩板間距越大，運動時間就越長，則獲得的速率越大兩板間距越小，加速度就越大，則獲得的速率越大

C．與兩板間的距離無關(guān)，僅與加速電壓U

有關(guān)D．以上解釋都不正確解析：帶電粒子的末速度取決于電場力對粒子做功的情況．由W＝qU知電場力做的功由兩極間電勢差決定，而與板間距無關(guān)，故C

正確．答案：C解析：由y＝1EqL22

mv20k01220和

E

＝

mv

，得

y＝EL2q4Ek0，可知y

與q成正比，B

正確．答案：B考點分類點點擊破題型分類

學方法題型一電容器的動態(tài)分析1.電容器的兩種情況電容器始終與電源相連時，電容器兩極板電勢差

U

保持不變；電容器充電后與電源斷開時，電容器所帶電荷量

Q

保持不變．2．平行板電容器動態(tài)問題的分析思路3．關(guān)于平行板電容器的一個常用結(jié)論電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場強度與極板間的距離無關(guān)．【例

1】

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，板間場強為E1.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)?d，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為2U2，板間場強為

E2，下列說法正確的是(

)A．U2＝U1，E2＝E1C．U2＝U1，E2＝2E1B．U2＝2U1，E2＝4E1D．U2＝2U1，E2＝2E1解析：本題考查平行板電容器極板間電勢差、場強與所帶電U

C

Q

εS荷量及板間距的關(guān)系，意在考查考生應(yīng)用E＝

d

、＝U和C∝d

分析問題的能力．由以上三公式可得E∝Q

，所以Q

加倍，E

也加εS倍，再由U＝Ed

可得U

相等．C

正確．答案：C使A、B

兩板靠近一些使A、B

兩板正對面積錯開一些斷開S

后，使B

板向右平移拉開一些斷開S

后，使A、B

兩板正對面積錯開一些解析：圖中靜電計的金屬桿接A

板，外殼和B

板均接地，靜電計顯示的是A、B

兩板間的電壓，指針張角越大，表示兩板間的電壓越高．當合上S后，A、B兩板與電源兩極相連，板間電壓等于電源電壓不變，靜電計指針張角不變；當斷開S

后，板間距離增大，正對面積減小，都將使電容器的電容變小，而電容器電荷量不變，由U＝Q/C

可知，板間電壓U

增大，從而靜電計指針張角增大．綜上所述，答案為C、D.答案：CD教師備選1－1如圖6－3－6

所示，整個電路在豎直平面內(nèi)，平行板電容器兩極板水平放置，當開關(guān)

S閉合時，一帶電微粒恰好在兩板間處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是(

)圖6－3－6保持S閉合，使滑動片P

向左滑動，微粒將向上運動斷開S

后，使兩極板靠近，則微粒仍保持靜止斷開S

后，使兩極板靠近，則微粒將向上運動斷開S

后，使兩極板左右錯開一定距離，微粒仍靜止解析：保持S

閉合時，電容器兩極板間電壓始終不變，移動滑片時，電場力跟重力始終平衡，微粒仍靜止，選項A

錯誤；斷開S后，電容器極板上電荷量不變，使兩極板靠近，由EU

Q

4πkQ＝d

＝Cd＝

εrS

，知板間場強不變，電場力跟重力平衡，微粒仍保持靜止，選項B

正確，選項C

錯誤；斷開S后，使兩極板左右錯開一定距離，場強E變大，電場力大于重力，微粒向上運動，選項D

錯誤．答案：B題型二帶電體在電場中的直線運動與力學的分析方法基本相同：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速或減速；是直線還是曲線)；然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題．也可以從功和能的角度分析：帶電體的加速(含偏轉(zhuǎn)過程中速度大小的變化)過程是其他形式的能和動能之間的轉(zhuǎn)化過程．解決這類問題，可以用動能定理或能量守恒定律．【例

2】

(多選題)如圖

6－3－7，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子(

)圖6－3－7所受重力與電場力平衡電勢能逐漸增加

C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動答案：BD小球到達小孔處的速度；極板間電場強度的大小和電容器所帶電荷量；

(3)小球從開始下落運動到下極板處的時間．解析：(1)由v2＝2gh得v＝

2gh(2)在極板間帶電小球受重力和電場力，有mg－qE＝ma0－v2＝2ad得E＝mg(h＋d)qdU＝EdQ＝CU得Q＝Cmg(h＋d)q12(3)由h＝

gt210＝v＋at2t＝t1＋t2綜合可得t＝h＋dh2h

g答案：(1)

2gh

(2)mg(h＋d)qdCmg(h＋d)q(3)h＋dh2h

g教師備選2－1如圖6－3－9

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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖6－3－9(1)水平向右電場的電場強度；1(2)若將電場強度減小為原來的2，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：圖6－3－10(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

6－3－10

所示，則有

FNsin37°＝qE

①FNcos37°＝mg

②由①②可得E＝

4q3mg.1(2)若電場強度減小為原來的2，即3mgE′＝

8q由牛頓第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma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，電場力做負功，由動能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0可得Ek＝0.3mgL.3mg答案：(1)4q(2)0.3g(3)0.3mgL教師備選

2－2

一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的d影響可忽略不計)．小孔正上方2處的P

點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)d返回．若將下極板向上平移3，則從

P

點開始下落的相同粒子將(

)打到下極板上在下極板處返回dC．在距上極板2處返回2dD．在距上極板5

處返回解析：帶電粒子運動過程中只有重力和電場力做功，設(shè)電容器3

兩極板間電壓為

U，粒子下落的全程由動能定理有：mg

d－qU＝2

0，當下極板向上平移后，設(shè)粒子能下落到距離上極板

x

處，由動能定理有：d

2

23d

x

25mg

＋x－

qU＝0，解得x＝

d，選項D

正確．答案：D題型三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)求解電偏轉(zhuǎn)問題的兩種思路以示波管模型為例，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6－3－11

所示．圖6－3－11(1)確定最終偏移距離OP

的兩種方法方法1：方法2：確定加速后的v0*確定偏移量y用結(jié)論確定*

相似三角形?(2)確定粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后的動能(或速度)的兩種方法【例3】如圖6－3－12

所示，真空室中速度v0＝1.6×107

m/s的電子束，連續(xù)地沿兩水平金屬板中心線

OO′射入，已知極板長l＝4

cm，極板間距離

d＝1

cm，極板右端距離熒光屏

PQ

為

L＝18

cm.電子電荷量q＝1.6×10－19

C，質(zhì)量m＝0.91×10－30

kg.若在電極

ab

上加

u＝220

2sin100πt

V

的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標軸

y

上能觀測到多長的線段？(設(shè)極板間的電場是均勻的，兩極板外無電場，熒光屏足夠大)

l

4×10－2解析：

因為經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時間為

t

＝

v0

＝

1.6×107

s＝2.5×10－9s，而

T＝2π＝

2π

s＝0.02

s?t.ω

100π故可以認為進入偏轉(zhuǎn)電場的電子均在當時所加電壓形成的勻強電場中運動．2d

1

EqUmaxq縱向位移2＝2at

，a＝

m

＝

dm

，所以電子能夠打在熒光屏上最大豎直偏轉(zhuǎn)電壓maxU

＝md2md2v2qt

ql2

＝

2

0＝91

V.當U＝91

V

時，E＝Umax，y＝1at2.d

2y＝

dm因為

v

＝at

qUmaxt＝4×106

m/s，vy0tanθ＝v

＝0.25.偏轉(zhuǎn)量yd＝2＋Ltanθ＝5

cm，d2

y

或l

＝

l22＋L得y＝5

cm.y

軸上觀測到的線段長度為2y＝10

cm.答案：10

cm變式訓練

3

如圖

6－3－13

所示，某空間有一豎直向下的勻強電場，電場強度E＝1.0×102

V/m，一塊足夠大的接地金屬板水平放置在勻強電場中，在金屬板的正上方高度h＝0.80

m

的a

處有一粒子源，盒內(nèi)粒子以v0＝2.0×102

m/s

的初速度向水平面以下的各個方向均勻放出質(zhì)量為m＝2.0×10－15

kg、電荷量為q＝＋10－12

C

的帶電粒子，粒子最終落在金屬板b

上．若不計粒子重力，求(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)：圖6－3－13粒子源所在a

點的電勢；帶電粒子打在金屬板上時的動能；(3)從粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍(所形成的面積)；若使帶電粒子打在金屬板上的范圍減小，可以通過改變哪些物理量來實現(xiàn)？解析：(1)題中勻強電場豎直向下，b

板接地；因此φa＝Uab＝Eh＝1.0×102×0.8

V＝80

V.(2)不計重力，只有電場力做功；對粒子由動能定理qUab＝Ek1220—mv

可得帶電粒子打在金屬板上時的動能為—101.2×10

J.(3)粒子源射出的粒子打在金屬板上的范圍以粒子水平拋出為落點邊界，由平拋運動知識可得x＝v0t

①12h＝2at

②qEa＝

m

③S＝πx2

④聯(lián)立以上各式得所形成的面積為

4.0

m2，可以通過減小

h或增大

E

來實現(xiàn)答案：(1)80

V (2)1.2×10－10

J(3)4.0

m2

可通過減小h

或增大E

實現(xiàn)教師備選3－1圖6－3－14(多選題)如圖

6－3－14所示，在

O

點固定一點電荷

Q，一帶電粒子

P

從很遠處以初速度

v0射入電場，MN

為粒子僅在電場力作用下的運動軌跡．虛線是以

O為中心，R1、R2、R3

為半徑畫出的三個圓，且

R2－R1＝R3－R2，a、b、c

為軌跡

MN與三個圓的

3

個交點，則下列判斷正確的是(

)A．P、Q

兩電荷可能為同種電荷，也可能為異種電荷B．a(chǎn)點電勢一定高于b

點電勢C．P

在a

點的電勢能小于在c

點的電勢能D．P

由a點到b點的動能變化的絕對值大于由a

點到c點的動能變化的絕對值解析：從圖示中粒子的運動軌跡可以看出，P、Q

兩電荷是異種電荷，因為它們之間產(chǎn)生的是引力，A

錯誤；如果Q

是負電荷，則a

點電勢一定高于b

點電勢，但如果Q

是正電荷，則a

點電勢就會低于b

點電勢，故B

錯誤；由于P

經(jīng)過第一個圓后朝a

點運動時其速度逐漸增大，即其動能變大，故其電勢能減小，所以P在a

點的電勢能小于在c

點的電勢能，C

正確；由于a

點、b

點分別位于第二與第三個圓上，a

點、c

點分別位于第二與第一個圓上，三個圓之間的距離是相同的，但三個圓間的電壓差并不相同，第二與第三個圓間的電壓差的絕對值要大于第二與第一個圓間的電壓差的絕對值，故a

點與b

點間電勢能變化的絕對值大于a

點與c

點間電勢能變化的絕對值，故a

點到b

點的動能變化的絕對值大于a

點到c點的動能變化的絕對值，D

正確．答案：CD教師備選3－2圖6－3－15(多選題)有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負電和不帶電的小球，從左上同一點以相同的水平速度先后射入勻強電場中，A、B、C三個小球的運動軌跡如圖

6－3－15

所示，A、B

小球運動軌跡的末端處于同一豎直線上，則如圖運動軌跡對應(yīng)的過程(

)小球A

帶負電，B

不帶電，C

帶正電三小球運動的時間tA＝tB<tC小球B

和小球C

末動能可能相等小球A

和小球C

的電勢能變化絕對值可能相等解析：小球水平方向不受力，做勻速運動，豎直方向做勻加速運動，由水平位移公式x＝v0t，因初速度相同，xA＝xB>xC，知tA1B

C

A

B＝t

>t

，則選項

B

錯誤；由豎直位移公式

y＝2at2，而

y

<y

，得：aA<aB；又yA<yC，tA>tC，得：aA<aC，同理aB<aC，因場強方向向下，可以判定小球A

帶負電，B

不帶電，C

帶正電，則選項A

正確；因aB<aC，得：合力maB<maC，由動能定理有：F

合y＝ΔEk＝Ekt－Ek0，k012而初動能

E

＝

m0

A

B

B

C

kC

kBv2相同，y

<y

，ma

<ma

，得：末動能

E

>E

，則選項C

錯誤；又電場力做功為qEy，yA<yC，電荷量q

未知，有可能qA>qC，使qEy

有可能相等，即電勢能變化絕對值有可能相等，故選項D

正確．答案：AD思想方法盲點誤區(qū)特色一角

提技能甲乙圖6－3－16A．0