[原創(chuàng)]2015年物理一輪復習課件專題七 第3講 電容器與電容帶電粒子在電場中的運動

1、第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動一、電容、平行板電容器的動態(tài)分析1電容：(1)定義：電容器所帶的電荷量與兩極板間電勢差的比值(2)公式：C_.1061012(3)物理意義：電容是描述電容器容納電荷本領大小的物理量它的大小與電容器本身的結(jié)構有關，與 U、Q 無關(4)單位：1 法拉(F)_微法(F)_皮法(pF)QU2平行板電容器的電容：(1)影響因素：平行板電容器的電容與兩極板的_成正比，與兩極板的_成反比，并跟板間插入的電介質(zhì)有關(2)公式：C_.3平行板電容器的動態(tài)分析：正對面積距離rS4kd【自我檢測】1(雙選，廣州2013 屆調(diào)研)如圖 7-3-1 所示的電路，閉合開關 S 后

2、，當滑動變阻器的滑片由 a 向 b 滑動時，平行板電容器的()圖 7-3-1A板間電場強度增大B電量不變C板間電壓不變D電容增大答案：BC二、帶電粒子在電場中的運動、示波管1帶電粒子在電場中的直線運動：(1)運動狀態(tài)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，做勻變速直線運動(2)用功能觀點分析：電場力對帶電粒子所做的功等于粒子動能的變化，即qU _.2帶電粒子的偏轉(zhuǎn)分析：(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，如圖 7-3-2 所示圖7-3-2沿初速度方向做_運動，運動時間

3、 tlv0. 沿電場力方向做_運動，aFmqEmqUmd. 離開電場時的偏移量 y12at2ql2U2mv20d. 離開電場時的偏轉(zhuǎn)角 ：tan vyv0_. 勻速勻加速qUlmdv20 考點1 平行板電容器的動態(tài)分析重點歸納1運用電容定義式和決定式分析電容器相關量變化的思路：(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變(4)用E分析電容器極板間場強的變化Ud第一類動態(tài)變化：第二類動態(tài)變化：典例剖析例1：(雙選)平行板電容器的兩極板 A、B 接于電池兩極，一帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開關，電容器充電，這)時懸線偏離豎直方向的夾角為，如圖 7-3-3 所示，則(圖 7-3-3A保持開

4、關 S 閉合，帶正電的 A 板向 B 板靠近，則角增大B保持開關 S 閉合，帶正電的 A 板向 B 板靠近，則角不變C開關 S 斷開，帶正電的 A 板向 B 板靠近，則角增大D開關 S 斷開，帶正電的 A 板向 B 板靠近，則角不變思維點撥：在分析平行板電容器的電容及其他參量的動態(tài)變化時，有兩個技巧：(1)確定不變量；(2)選擇合適的公式分析答案：AD備考策略：首先判斷是電容器的電量不變(電容器充電后和電源斷開)還是電容器的電壓不變(電容器始終和電源連接)其次應用以下四個公式基本上就可以解決相關電容器的動態(tài)分析【觸類旁通】1(雙選)如圖 7-3-4 所示，平行板電容器 A、B 板與電源正、)負

5、極相連，電容器中有一固定點 P，下列說法正確的是(圖 7-3-4A閉合 K 給電容器充電，然后斷開 K，并向下移動 A 板，P 點電場強度不變，如取 A 板電勢為零，P 點電勢升高B閉合 K，并向下移動 A 板，P 點電場強度不變，如取 A板電勢為零，P 點電勢降低C閉合 K 給電容器充電，然后斷開 K，并向上移動 B 板，P 點電場強度不變，如取 B 板電勢為零，則 P 點電勢升高D閉合 K，并向上移動 B 板，P 點電場強度變大，如取 B點電勢為零，P 點電勢降低A 板或向上移動B 板，由公式解析：閉合K 時，電容器兩板間電壓保持不變，并向下移 U d板間電場強度變大，B 錯，此時若以B

6、板電勢為零，則A 板電勢為電源電壓U，P、A 間的距離不變，因場強的變大，P、A間的電勢差變大，故P 點電勢降低，D 正確閉合K 給電容器充電，然后斷開K，電容器充得的電量Q 保持不變，向下移動知，板間電場強度不變，如取A 板電勢為零，則P 點電勢為負，向下移動A板時P、A 間的距離減小，故P、A 間的電勢差減小，P 點電勢升高，A 正確，如取B 板電勢為零，則P 點電勢為正，向上移動B 板時，P、B 間的電勢差減小，P點的電勢降低，C 錯所以選AD.答案：AD動A板或向上移動 B 板，板間距離 d 減小，由公式 E知，EUdQCd4kQS 考點2帶電粒子在電場中的加速運動分析重點歸納1研究對

7、象：(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、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帶電粒子的加速及處理方法：(1)運動狀態(tài)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直線上，做勻加速直線運動(2)用功能觀點分析：粒子動能的變化量等于電場力對它所做的功(電場可以是勻強或非勻強電場)若粒子的初速度為零， 典例剖析例2：飛行時間質(zhì)譜儀可對氣體分子進行分析如圖7-3-5所示，在真空狀態(tài)下，脈沖閥 P 噴出微量氣體，經(jīng)激光照射產(chǎn)生電荷量為 q、質(zhì)量為 m

8、 的正離子，自 a 板小孔進入 a、b 間的加速電場，從 b 板小孔射出，沿中線方向進入 M、N 板間的偏轉(zhuǎn)控制區(qū)，到達探測器已知 a、b 板間距為 d，極板 M、N 的長度和間距均為 L.不計離子重力及進入 a 板時的初速度(1)當 a、b 間的電壓為 U1，在 M、N 間加上適當?shù)碾妷?U2，使離子到達探測器求離子到達探測器的時間(2)為保證離子不打在極板上，試求 U1 與 U2 的關系圖 7-3-5思維點撥：本題求解的時間應該分成兩部分，第一部分是勻加速直線運動，第二部分是類平拋運動；找出不打在極板上的臨界條件，即剛好從板的邊緣出去備考策略：(1)帶電粒子在加速場中的加速可以直接由功能關

9、系得到速度(2)粒子在偏轉(zhuǎn)場中的運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻加速直線運動【觸類旁通】2如圖7-3-6所示，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為 E、方向沿斜面向下的勻強電場中一勁度系數(shù)為 k 的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，彈簧處于自然狀態(tài)一質(zhì)量為 m、帶電荷量為 q(q0)的滑塊從距離彈簧上端為 s0 處靜止釋放，滑塊在運動過程中電荷量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程中沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為 g.(1)求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間 t1.(2)若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為

10、 vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為 vm 的過程中彈簧的彈力所做的功 W. 圖 7-3-6解：(1)滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為 a，則有考點3帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題重點歸納1粒子的偏轉(zhuǎn)角問題：(1)已知帶電粒子情況及初速度如圖 7-3-7 所示，設帶電粒子質(zhì)量為 m，帶電荷量為 q，以初速度 v0 垂直于電場線方向射入勻強偏轉(zhuǎn)電場， 圖 7-3-7結(jié)論：動能一定時 tan 與 q 成正比，電荷量相同時 tan 與動能成反比(2)已知加速電壓 U0.若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓 U0 加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，則由動能定理有結(jié)論

11、：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粒子的偏轉(zhuǎn)量問題：(2)若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓 U0 加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，得 yU1l24U0d.結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)距離與粒子的 q、m 無關，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場典例剖析例3：如圖 7-3-8 所示，一示波管偏轉(zhuǎn)電極的長度 L3 cm，兩板間的電場是均勻的，E1.2104 V/m(E 的方向垂直管軸)，一個電子以初速度 v02.0107 m/s 沿管軸注入，已知電子質(zhì)量 m9.01031 kg，電荷量 q1.61019 C求：(1)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電極后發(fā)生的偏移 y.(2)若偏轉(zhuǎn)電極的邊緣到熒光屏的距離D1

12、5 cm，求電子打在熒光屏上產(chǎn)生的光點偏離中心 O 的距離 Y.圖 7-3-8思維點撥：將粒子的運動分為兩部分，第一部分是在偏轉(zhuǎn)場中的類平拋運動，第二部分是出了偏轉(zhuǎn)電場后的勻速直線運動備考策略：利用類平拋運動的規(guī)律，將復雜的曲線運動分解為兩個簡單的直線運動【觸類旁通】3(雙選，2013 年山東省德州期末)如圖 7-3-9 所示，平行金屬板 A、B 之間有加速電場，C、D 之間有偏轉(zhuǎn)電場，M 為熒被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒)光屏上(不計粒子重力)則下列判斷中正確的是(圖7-3-9A三種粒子從 B 板射出時的速度之比B三種粒子同時打到熒光屏上C偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子

13、做功之比為 1 2 3D偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為 1 1 1答案：AD6 3 2 模型電場線中帶電粒子的軌跡1電場線、帶電粒子的運動軌跡、等勢線的直觀辨別方法：(1)等勢線一定是虛線若題中給出等勢線，則可根據(jù)等勢線作出電場線(2)電場線是一組帶有方向箭頭的曲線，帶電粒子的運動軌跡一般是一條曲線，粒子標在曲線上2一般情況下，電場線與軌跡不重合：(1)從含義上區(qū)別：電場線是用來顯示電場強弱與方向的曲線；而軌跡是用來顯示物體運動過程的曲線兩者顯示的問題不同，一般不重合(2)從受力特點上區(qū)別：如圖 7-3-10 所示，若圖中的曲線既是電場線又是軌跡，則帶電粒子在 A 點所受的電場力等于其受

14、到的合外力然而電場力 F電在曲線的切線方向上，合外力 F曲在曲線彎曲的內(nèi)側(cè)，顯然圖中這兩個力不相等故彎曲的曲線不可能既是電場線又是軌跡圖 7-3-103電場線與軌跡線重合的特例：帶電粒子只受電場力作用，若電場線為直線，且粒子的初速度方向在電場線上，則粒子做直線運動，軌跡與電場線重合4粒子在電場中的運動不一定沿著電勢能降低的方向運動，電勢能升高或降低應根據(jù)電場力做功情況分析例4：兩個固定的等量異種點電荷所產(chǎn)生電場的等勢面如圖 7-3-11 中虛線所示，一帶負電的粒子以某一速度從圖中 A點沿圖示方向進入電場在紙面內(nèi)飛行，最后離開電場，粒子只受靜電力作用，則粒子在電場中()圖 7-3-11A做直線運

15、動，電勢能先變小后變大B做直線運動，電勢能先變大后變小C做曲線運動，電勢能先變小后變大D做曲線運動，電勢能先變大后變小審題突破：電場線、等勢線與粒子的運動軌跡沒有必然的聯(lián)系，分析粒子的運動軌跡應該根據(jù)速度和受力方向間的夾角來判斷，根據(jù)等勢線與電場線互相垂直的關系可以作出電場線的方向，再確定受力方向同時根據(jù)電場力做功的正負來分析電勢能的變化解析：帶負電的粒子剛進入電場時受力方向與初速度方向垂直，粒子做曲線運動開始時，粒子所在處電勢為零，粒子的電勢能也為零在電場力的作用下，帶負電的粒子將向電勢高的一側(cè)偏轉(zhuǎn)，電勢能變?yōu)樨撝?，最后離開電場，離開電場后粒子的電勢能重新變?yōu)榱悖栽摿Ｗ拥碾妱菽芟茸冃『笞兇蟠鸢福篊題外拓展：若題中不是給等勢線而是給出電場線，則直接受力分析，判斷粒子的受力和速度方向的關系確定粒