2013年人教版高中物理一輪復(fù)習(xí)課件6 3電容器與帶電粒子在電場運(yùn)動(dòng)

第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)1電容器與電容1.電容器(1)組成：由兩個(gè)彼此_____又相互靠近的導(dǎo)體組成.(2)帶電量：一個(gè)極板所帶電荷量的_______.(3)電容器的充、放電.絕緣絕對(duì)值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(chǔ)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.異種電荷電場能2.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(guān)系.①電容C的大小由電容器本身結(jié)構(gòu)決定，與電壓、電荷量_____.不隨Q變化，也不隨電壓變化.②由C=可推出C=__1061012無關(guān)3.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)決定式：，k為靜電力常量.正對(duì)面積介電常數(shù)兩板間的距離________1.平行板電容器動(dòng)態(tài)問題分析的理論依據(jù)(1)平行板電容器的電容C與板距d、正對(duì)面積S、介質(zhì)介電常數(shù)εr間的關(guān)系(2)平行板電容器內(nèi)部是勻強(qiáng)電場，所以場強(qiáng)(3)電容器所帶電荷量Q=CU.(4)由以上三式得該式為平行板電容器極板間勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)的決定式,常通過來分析場強(qiáng)的變化.2.兩類動(dòng)態(tài)問題分析比較(1)第一類動(dòng)態(tài)變化：兩極板間電壓U恒定不變(2)第二類動(dòng)態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變?nèi)鐖D,一個(gè)電容器與電池相連，增大電容器兩極板間的距離，則下列說法中正確的是()A.電容器電容增大B.電容器極板電量增加C.在增大極板間距離過程中，電路中電流方向如題圖所示D.原來靜止在電容器極板間的電荷將向上加速運(yùn)動(dòng)【解析】選C.根據(jù)C=和Q=CU得：d增大，電容C減小，又電壓U恒定，所以電荷量Q減小，電容器放電，電場強(qiáng)度E減小，原來靜止的電容器極板間的電荷將向下加速運(yùn)動(dòng),故答案為C.考點(diǎn)2帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)1.帶電粒子在電場中的加速帶電粒子在電場中加速，若不計(jì)粒子的重力，則電場力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子_____的增量.(1)在勻強(qiáng)電場中：W=qEd=qU=.(2)在非勻強(qiáng)電場中：W=qU=.________________________動(dòng)能2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)(1)研究條件：帶電粒子_____于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場.(2)處理方法：類似于_________，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解的方法.①沿初速度方向做_________運(yùn)動(dòng).②沿電場方向做初速度為零的___________運(yùn)動(dòng).垂直平拋運(yùn)動(dòng)勻速直線勻加速直線加速度：a===a.能飛出平行板電容器：t=y=t=離開電場時(shí)的偏移量：y==離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角正切：tanθ==______運(yùn)動(dòng)時(shí)間___b.打在平行極板上_____________1.帶電粒子在電場中的重力問題(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(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暗示以外，一般都不能忽略重力.2.粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論(1)以初速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場y=作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O點(diǎn)，O點(diǎn)與電場邊緣的距離為x，則x=y·cotθ=結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時(shí)，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(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場：若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的，可推得偏移量：y=偏轉(zhuǎn)角正切：tanθ＝結(jié)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(jìn)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，也就是軌跡完全重合.(多選)如圖所示，豎直放置的平行金屬板帶等量異種電荷，一帶電微粒沿圖中直線從a向b運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是()A.微粒做勻速運(yùn)動(dòng)B.微粒做勻加速運(yùn)動(dòng)C.微粒電勢(shì)能增大D.微粒動(dòng)能減小【解析】選C、D.微粒沿ab直線運(yùn)動(dòng)，其重力與電場力的合力沿ba方向，電場力水平向左，做負(fù)功，電勢(shì)能增大，C正確；合力與運(yùn)動(dòng)方向相反，微粒做勻減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能減小，D正確，A、B均錯(cuò)誤.

平行板電容器動(dòng)態(tài)問題分析【例證1】(多選)如圖所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和理想二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向?qū)щ娦?，一帶電小球沿AB中心水平射入，打在B極板上的N點(diǎn)，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下移動(dòng)A板來改變兩極板AB間距(兩極板仍平行)，則下列說法正確的是()A.若小球帶正電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球打在N的左側(cè)B.若小球帶正電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球打在N的左側(cè)C.若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距減小時(shí)，小球可能打在N的右側(cè)D.若小球帶負(fù)電，當(dāng)AB間距增大時(shí)，小球可能打在N的左側(cè)【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下三點(diǎn)：(1)二極管的單向?qū)щ娦詫?duì)電路的影響.(2)小球電性對(duì)小球加速度大小變化的影響.(3)小球的水平位移與小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)系.【自主解答】選B、C.當(dāng)板間距增大時(shí)，由C=可知，電容器的電容將變小,因二極管的存在，電容器上的電量將保持不變，由E=可知，板間電場強(qiáng)度不變，因此板間距增大時(shí)，不影響小球打在B板上的位置，A、D均錯(cuò)誤；

若板間距減小，則電容器的電容C增大，電源通過二極管給電容器充電，電容器的帶電量增加，兩板間的電壓不變,此時(shí)板間電場強(qiáng)度將增大，若小球帶正電，由mg+Eq=ma，y=at2可知，小球的加速度變大，小球打在B板上的時(shí)間t變小，由x=v0t知，小球?qū)⒙湓贜的左側(cè)，B正確；若小球帶負(fù)電，由mg-Eq=ma,y=at2可知，小球加速度變小，小球打在B板上的時(shí)間t變大，由x=v0t可知，小球?qū)⒙湓贜的右側(cè)，C正確.【互動(dòng)探究】(多選)在【例證1】中，若去掉電路中的二極管，則正確的選項(xiàng)是()【解析】選B、C、D.如上述例題分析，當(dāng)板間距離變小時(shí)，二極管的存在并沒有起到作用，故B、C仍正確；若板間距離變大，因板間電壓不變，板間電場強(qiáng)度將變小，若小球帶正電，由mg+Eq=ma,y=at2可得小球打在B板上的時(shí)間增大，由x=v0t可知，小球打在N的右側(cè)，A錯(cuò)誤；若小球帶負(fù)電，由mg-Eq=ma,y=at2可知，小球打在B板上的時(shí)間減小，由x=v0t知，小球打在N的左側(cè)，D正確.【總結(jié)提升】分析電容器動(dòng)態(tài)問題時(shí)應(yīng)注意的問題(1)先確定電容器的不變量(Q或U).(2)只有當(dāng)電容器的電量發(fā)生變化時(shí)，電容器支路上才有充電或放電電流.(3)若電路中有二極管，其單向?qū)щ娦詫⒂绊戨娙萜鞒潆娀蚍烹?(4)電容器電量不變時(shí)，改變板間距將不引起板間電場強(qiáng)度的變化.

帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)【例證2】如圖所示，真空中水平放置的兩個(gè)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(jì)重力)從兩板左側(cè)中點(diǎn)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(diǎn)；(2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓UYY′的范圍；(3)求粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長度.【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：(1)兩板間所加的電壓的最大值對(duì)應(yīng)粒子恰好沿板的邊緣飛出的情況.(2)屏上粒子所能到達(dá)的最大長度為粒子沿上、下板邊緣到達(dá)屏上的位置間距.【自主解答】(1)設(shè)粒子在運(yùn)動(dòng)過程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)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(diǎn)，O點(diǎn)與板右端的水平距離為x，則有y=at2①L=v0t②vy=attanθ=聯(lián)立可得x=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(diǎn).(2)a=③E=④由①②③④式解得y=當(dāng)y=時(shí)，UYY′=則兩板間所加電壓的范圍為(3)當(dāng)y=時(shí)，粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大，設(shè)其大小為y0，則y0=y+btanθ又tanθ=，解得：y0=故粒子在屏上可能到達(dá)的區(qū)域的長度為2y0=答案：(1)見自主解答(2)(3)【總結(jié)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′=(2)y′=y+btanθ(3)y′=(+b)tanθ其中y′=(+b)tanθ是應(yīng)用上例第(1)問的結(jié)論得出的，一般不直接用于計(jì)算題的求解過程.【變式訓(xùn)練】如圖所示為一真空示波管的示意圖，電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計(jì))，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(jìn)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(qiáng)電場)，電子進(jìn)入M、N間電場時(shí)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(diǎn).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(jì)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(shí)速度的大??；(2)求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的側(cè)移量；(3)若要使電子打在熒光屏上P點(diǎn)的上方，可采取哪些措施？【解析】(1)設(shè)電子經(jīng)電壓U1加速后的速度為v0，由動(dòng)能定理eU1=mv02-0，解得v0=(2)電子以速度v0進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場后，垂直于電場方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng).設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度為E，電子在偏轉(zhuǎn)電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度為a，電子離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的側(cè)移量為y.由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式t=F=ma,F=eE,E=y=at2解得：y=(3)由y=可知，減小U1和增大U2均可使y增大，從而使電子打在P點(diǎn)上方.答案：(1)(2)(3)減小加速電壓U1或增大偏轉(zhuǎn)電壓U2【變式備選】如圖所示，真空室中速度v0=1.6×107m/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=4cm，板間距離d=1cm，板右端距離熒光屏PQ為L=18cm.電子電荷量q=1.6×10-19C，質(zhì)量m=0.91×10-30kg.若在電極ab上加u=220sin100πtV的交變電壓，在熒光屏的豎直坐標(biāo)軸y上能觀測到多長的線段？(設(shè)極板間的電場是均勻的、兩板外無電場、熒光屏足夠大)【解析】因?yàn)榻?jīng)過偏轉(zhuǎn)電場的時(shí)間為t==2.5×10-9s，而T=故可以認(rèn)為進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的電子均在當(dāng)時(shí)所加電壓形成的勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)在偏轉(zhuǎn)電場中縱向最大位移所以電子能夠打在熒光屏上的最大豎直偏轉(zhuǎn)電壓Um==91V當(dāng)U=Um=91V時(shí)，E=因?yàn)関y=at==4×106m/s，tanθ==0.25偏轉(zhuǎn)量y=+Ltanθ=5cmy軸上的觀測量為2y=10cm.答案：10cm

帶電體運(yùn)動(dòng)中的力電綜合問題【例證3】(16分)在足夠長的粗糙絕緣板A上放一個(gè)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(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場中，此時(shí)A、B均能靜止，如圖所示.現(xiàn)將絕緣板A從圖中位置P垂直電場線移至位置Q，發(fā)現(xiàn)小滑塊B相對(duì)A發(fā)生了運(yùn)動(dòng).為研究方便可以將絕緣板A的運(yùn)動(dòng)簡化成先勻加速接著勻減速到靜止的過程.測量發(fā)現(xiàn)豎直方向加速的時(shí)間為0.8s，減速的時(shí)間為0.2s.P、Q位置高度差為0.5m.已知?jiǎng)驈?qiáng)電場的場強(qiáng)E=，A、B之間動(dòng)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最后停在離出發(fā)點(diǎn)水平距離為多大處？【解題指南】解答本題時(shí)應(yīng)注意以下兩點(diǎn)：(1)滑塊B相對(duì)于A加速滑動(dòng)過程發(fā)生在滑塊B向上減速的過程.(2)滑塊B相對(duì)于A減速滑動(dòng)過程發(fā)生在絕緣板A停止運(yùn)動(dòng)以后.【規(guī)范解答】(1)設(shè)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(shí)間分別為t1和t2，P、Q高度差為h，則有a1t1=a2t2(2分)h=(2分)求得a1=1.25m/s2，a2=5m/s2.(2分)(2)研究滑塊B，在絕緣板A上勻減速的過程中，由牛頓第二定律可得豎直方向：mg-FN=ma2(2分)水平方向：Eq-μFN=ma3(2分)求得a3=0.1g=1m/s2(1分)在這個(gè)過程中滑塊B的水平位移大小為x3=(1分)在絕緣板A靜止后，滑塊B將沿水平方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a4，有μmg-Eq=ma4，得a4=0.1g=1m/s2(2分)該過程中滑塊B的水平位移大小為x4=x3=0.02m(1分)最后滑塊B靜止時(shí)離出發(fā)點(diǎn)的水平距離x=x4+x3=0.04m.(1分)答案：(1)1.25m/s25m/s2(2)0.04m【總結(jié)提升】帶電體在電場中的運(yùn)動(dòng)問題的兩種求解思路1.運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)(1)運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)是指用勻變速運(yùn)動(dòng)的公式來解決實(shí)際問題,一般有兩種情況:①帶電粒子初速度方向與電場線共線,則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng);②帶電粒子的初速度方向垂直電場線,則粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng)).(2)當(dāng)帶電粒子在電場中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí),一般要采取類似平拋運(yùn)動(dòng)的解決方法.2.功能觀點(diǎn)首先對(duì)帶電體受力分析,再分析運(yùn)動(dòng)形式,然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算.(1)若選用動(dòng)能定理,則要分清有多少個(gè)力做功,是恒力做功還是變力做功,同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過程中的動(dòng)能的增量.(2)若選用能量守恒定律,則要分清帶電體在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化,哪些能量是增加的,哪些能量是減少的.【變式訓(xùn)練】(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以一定初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB=2BC，如圖所示.由此可見()A.電場力為3mgB.小球帶正電C.小球從A到B與從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等D.小球從A到B與從B到C的速度變化量相等【解析】選A、D.小球在沿MN方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為v0，在AB段做平拋運(yùn)動(dòng)，在BC段做類平拋運(yùn)動(dòng)且加速度方向向上，設(shè)直線AC與MN成α角，則tanα=，由AB=2BC可得t1=2t2，代入得小球在電場中的加速度a=2g，由F電-mg=ma得F電=3mg，且小球帶負(fù)電，A對(duì)，B、C錯(cuò)；小球從A到B與從B到C的速度變化量相等，且都為Δv=gt1或Δv=at2，D對(duì).【例證】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做周期性變化，其正向電壓為U0，反向電壓為-kU0(k＞1)，電壓變化的周期為2τ，如圖乙所示.在t=0時(shí)，極板B附近的一個(gè)電子，質(zhì)量為m、電荷量為e，受電場作用由靜止開始運(yùn)動(dòng).若整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電子未碰到極板A，且不考慮重力作用.若k=,電子在0～2τ時(shí)間內(nèi)不能到達(dá)極板A，求d應(yīng)滿足的條件.考查內(nèi)容帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)【規(guī)范解答】電子在0～τ時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度的大小為a1=位移x1=a1τ2在τ～2τ時(shí)間內(nèi)先做勻減速運(yùn)動(dòng)，后反向做勻加速運(yùn)動(dòng)加速度的大小為a2=初速度的大小為v1=a1τ勻減速運(yùn)動(dòng)階段的位移x2=依據(jù)題意d＞x1+x2解得d＞答案：d＞1.根據(jù)電容器電容的定義式C=，可知()A.電容器所帶的電荷量Q越多，它的電容就越大，C與Q成正比B.電容器不帶電時(shí)，其電容為零C.電容器兩極板之間的電壓U越高，它的電容就越小，C與U成反比D.以上說法均不對(duì)【解析】選D.電容器的電容的大小與其本身因素有關(guān)，與帶電量的多少、兩極板電壓的大小無關(guān)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確.2.(2012·泰州模擬)如圖所示，帶等量異號(hào)電荷的兩平行金屬板在真空中水平放置，M、N為板間同一電場線上的兩點(diǎn)，一帶電粒子(不計(jì)重力)以速度vM經(jīng)過M點(diǎn)沿電場線向下運(yùn)動(dòng)，且未與下板接觸，一段時(shí)間后，粒子以速度vN折回N點(diǎn).則()A.粒子受電場力的方向一定由M指向NB.粒子在M點(diǎn)的速度一定比在N點(diǎn)的大C.粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能一定比在N點(diǎn)的大D.電場中M點(diǎn)的電勢(shì)一定高于N點(diǎn)的電勢(shì)【解析】選B.粒子只受電場力作用，經(jīng)M點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)，然后又返回向上經(jīng)過N點(diǎn)，故電場力的方向一定由N指向M，A錯(cuò)誤；由M到N的過程中，電場力做負(fù)功，粒子在M點(diǎn)的速度一定比在N點(diǎn)的大，粒子在M點(diǎn)的電勢(shì)能一定比在N點(diǎn)的小，B正確，C錯(cuò)誤；因粒子的電性未知，故無法確定板間電場的具體方向，也無法比較M點(diǎn)與N點(diǎn)電勢(shì)的高低，D錯(cuò)誤.3.如圖所示，有一帶電粒子(不計(jì)重力)貼著A板沿水平方向射入勻強(qiáng)電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時(shí)，帶電粒子沿軌跡①從兩板右端連線的中點(diǎn)飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時(shí)，帶電粒子沿軌跡②落到B板中間.設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則電壓U1、U2之比為()A.1∶8B.1∶4C.1∶2