高中物理專題三電容器及帶電粒子在電場中的運動學案新人教選修

高中物理專題三電容器及帶電粒子在電場中的運動教學設(shè)計新人教選修高中物理專題三電容器及帶電粒子在電場中的運動教學設(shè)計新人教選修10/10高中物理專題三電容器及帶電粒子在電場中的運動教學設(shè)計新人教選修專題三電容器及帶電粒子在電場中的運動一、電容器及其動向變化問題QεrS1．對電容公式C＝U和C＝4πkd的理解Q(1)C＝U是電容的定義式．不能夠理解為電容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自己的因素決定的，與電容器可否帶電及帶電多少沒關(guān)．(2)C＝εrS是平行板電容器的決定式．平行板電容器電容的大小取決于電介質(zhì)的種類、導4πkd體的正對面積和兩極板間的距離.2．兩各種類的動向解析思路確定不變量，解析是電壓不變還是所帶電荷量不變．(平行板電容器向來連接在電源兩端則電勢差U不變；平行板電容器充電后，切斷與電源的連接則電荷量Q保持不變)rS用決定式C＝4πkd解析平行板電容器電容的變化．Q用定義式C＝U解析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．U用E＝d解析電容器兩極板間電場強度的變化．[復(fù)習過關(guān)]1．(多項選擇)對于水平放置的平行板電容器，以下說法正確的選項是()A．將兩極板的間距加大，電容將增大B．將兩極板平行錯開，使正對面積減小，電容將減小C．在下極板的內(nèi)表面上放置一面積和極板相等、厚度小于極板間距的陶瓷板，電容將增大D．在下極板的內(nèi)表面上放置一面積和極板相等、厚度小于極板間距的鋁板，電容將增大答案BCDεrS解析將兩極板的間距加大，d增大，由電容決定式C＝4πkd得知，電容將減小．故A錯誤；εrS將兩極板平行錯開，使正對面積減小，S減小，由電容決定式C＝4πkd得知，電容將減?。蔅正確；在下極板的內(nèi)表面上放置一面積和極板相等、厚度小于極板間距的陶瓷板，εr增大，C增大．故C正確；在下極板的內(nèi)表面上放置一面積和極板相等、厚度小于極板間距的鋁板，板間距離減小，電容將增大．故D正確．2．(多項選擇)如圖1所示的電容式話筒就是一種電容式傳感器，其原理是：導電性振動膜片與固定電極構(gòu)成了一個電容器，

當振動膜片在聲壓的作用下振動時，

兩個電極之間的電容發(fā)生變化，電路中電流隨之變化，

這樣聲信號就變成了電信號．

則當振動膜片向右振動時

(

)圖1A．電容器電容增大B．電容器帶電荷量減小C．電容器兩極板間的場強增大D．電阻

R上電流方向自左向右答案

AC解析

振動膜片向右振動時，電容器兩極板的距離變小，

電容增大，由

QC＝U知，U不變的情況下，電容器所帶電荷量

Q增大，電容器充電，

R中形成自右向左的電流．U由E＝d知，U不變，

d減小，則場強

E增大，故

A、C正確，B、D錯誤．3．(多項選擇)如圖

2所示，兩塊較大的金屬板

A、B平行放置并與一電源相連，

S閉合后，兩板間有一質(zhì)量為

m、電荷量為

q的油滴恰好處于靜止狀態(tài)．以下說法中正確的選項是

(

)圖2A．若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G中有→a的電流bB．若將A板向左平移一小段位移，則油滴依舊靜止，G中有b→a的電流C．若將S斷開，則油滴馬上做自由落體運動，G中無電流D．若將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G中有→的電流ba答案AB解析依照電路圖可知，A板帶負電，B板帶正電，原來油滴恰好處于靜止狀態(tài)，說明油滴碰到的豎直向上的電場力恰好與豎直向下的重力平衡；當S閉合，若將A板向上平移一小段位移，則板間間距d變大，而兩板間電壓U此時不變，故板間場強U＝變小，油滴所受合EdC＝εrSC減小，故兩板所帶電力方向向下，因此油滴向下加速運動，而依照4πkd可知，電容荷量Q也減小，因此電容器放電，因此G中有b→a的電流，選項A正確；在S閉合的情況下，若將A板向左平移一小段位移，兩板間電壓U和板間間距d都不變，因此板間場強EεrS不變，油滴受力平衡，依舊靜止，但是兩板的正對面積S減小了，依照C＝4πkd可知，電容C減小，兩板所帶電荷量Q也減小，電容器放電，因此G中有→的電流，選項B正確；ba若將S斷開，兩板所帶電荷量保持不變，板間場強E也不變，油滴依舊靜止，選項C錯誤；若將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，兩板所帶電荷量Q仍保持不變，兩板間間距d變小，依照C＝εrQU4πkQE不變，因此油滴仍S，U＝和E＝可得E＝εrS，顯然，兩板間場強4πkdCd然靜止，G中無電流，選項D錯誤．二、帶電粒子(或帶電體)在電場中的直線運動1．做直線運動的條件粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動．粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動．2．用動力學見解解析F合U22a＝m，E＝d，v－v0＝2ad.3．用功能見解解析1212勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝2mv－2mv0非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek14．辦理帶電粒子在電場中運動的常用技巧微觀粒子(如電子、質(zhì)子、α粒子等)在電場中的運動，平時不用考慮其重力及運動中重力勢能的變化．一般的帶電體(如油滴、塵埃、小球等)在電場中的運動，除題中說明外，必定考慮其重力及運動中重力勢能的變化．[復(fù)習過關(guān)]4．一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d有一小孔

(小孔對電場的影響可忽略不計

)．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

)返回．若將下極板向上d平移3，則從

P點開始下落的相同粒子將

(

)A．打到下極板上B．在下極板處返回dC．在距上極板2處返回2D．在距上極板5d處返回答案D解析粒子兩次落到小孔的速度相同，設(shè)為v，下極板向上平移后由U＝知場強變大，故粒Ed子第二次在電場中減速運動的加速度變大，由v2＝2ax得第二次減速到零的位移變小，即粒子在下極板之上某地址返回，設(shè)粒子在距上極板h處返回，對粒子兩次運動過程應(yīng)用動能定ddU2理得mg(2＋d)－qU＝0，mg(2＋h)－q2·h＝0.兩方程聯(lián)立得h＝5d，選項D正確．3d5.如圖3所示，兩塊長均為L的平行金屬板、與水平面成α角放置在同一豎直平面內(nèi)，MN充電后板間有勻強電場．一個質(zhì)量為m、帶電荷量為q的液滴沿垂直于電場線方向以初速度v0射人電場，并沿虛線經(jīng)過電場．則此電場的電場強度為多大？液滴走開電場時的速度為多大？圖3cosα2答案－2gLsinαqv0解析帶電液滴做直線運動，沿電場方向電場力和重力的分力相等．即：Eq＝mgcosαE＝mgcosαq勻減速運動加速度為a＝gsinα2由v－v0＝－2aL2解得v＝v0－2gLsinα三、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)條件解析：帶電粒子垂直于電場線方向進入勻強電場．運動性質(zhì)：勻變速曲線運動．辦理方法：分解成相互垂直的兩個方向上的直線運動，近似于平拋運動．運動規(guī)律：①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間la.能飛出電容器：t＝.v0b.不能夠飛出電容器：12qU2，t＝2mdyy＝2at＝2tqUmd②沿電場力方向，做勻加速直線運動FqEqU加速度：a＝＝＝mdmm走開電場時的偏移量：12＝qUl2y＝at20vyqUl走開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝＝2v0mdv02．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論不相同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中l(wèi)點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為2.3．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系1212U當談?wù)搸щ娏Ｗ拥哪┧俣葀時也能夠從能量的角度進行求解：qUy＝2mv－2mv0，其中Uy＝dy，指初、末地址間的電勢差．[復(fù)習過關(guān)]6．(多項選擇)一臺正常工作的示波管，突然發(fā)現(xiàn)熒光屏上畫面的高度減小，則產(chǎn)生故障的原因可能是()A．加速電壓突然變大B．加速電壓突然變小C．偏轉(zhuǎn)電壓突然變大D．偏轉(zhuǎn)電壓突然變小答案AD解析若加速電壓為1，偏轉(zhuǎn)電壓為2，則在加速電場中1＝12＝U2q0，在偏轉(zhuǎn)電場中，UUqU2mvadm12U2L2，畫面高度減小，說明粒子的最大偏轉(zhuǎn)位移減小，由上式分L＝v0t，y＝2at，因此y＝41Ud析可得，可能是加速電壓U1增大，也可能是偏轉(zhuǎn)電壓U2減小，選項A、D正確．7．(多項選擇)如圖4所示，兩平行金屬板水平放置，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，一不計重力、電荷量為q的帶電粒子以初速度v0沿兩板的中線射入，經(jīng)過t時間后恰好沿下板的邊緣飛出，則()圖4t1A．在前時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為Uq24t3B．在后2時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為8UqC．在粒子下落的前d和后d過程中，電場力做功之比為1∶144ddD．在粒子下落的前4和后4過程中，電場力做功之比為1∶2答案BC解析粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度tt為零的勻加速直線運動，在前后兩個2的時間內(nèi)沿電場線方向的位移之比為1∶3，則在前2時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為1，在后t時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為3，選項A錯，B8Uq28Uq對；由W＝Eq·x知在粒子下落的前dd1∶1，選項C對，D4和后4過程中，電場力做功之比為錯．8.如圖5所示，真空中水平放置的兩個相同極板Y和Y′長為L，相距為d，足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距.在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓，一束質(zhì)量為、電荷量為＋q的帶電粒bUm子(不計重力)從兩板左側(cè)中點A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出．求：圖5兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓U的范圍；粒子可能到達屏上地域的長度．2222(＋2)mdvmdvL(1)(2)答案－qL2～qL2L解析(1)設(shè)粒子在運動過程中的加速度大小為a，走開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距離為y，偏轉(zhuǎn)角為θ，則有：12y＝at①L＝v0t②Eqa＝m③UE＝d④qUL2由①②③④式解得y＝22dmv0d22mdv0當y＝2時，U＝qL22222mdv0mdv0則兩板間所加電壓的范圍為－qL2～qL2.(2)當y＝d時，粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大(設(shè)為y0)，則y0＝(L＋b)tanθ22dd(L＋2b)而tanθ＝，解得y0＝2LL則粒子可能到達屏上地域的長度為d(L＋2b).L四、帶電體在復(fù)合場中的運動1．特點：重力場和電場共存．2．解析方法動力學的見解①對物體進行受力解析．②明確其運動狀態(tài)．③依照其所受的合力和所處的狀態(tài)，合理地選擇牛頓第二定律、運動學公式、平拋運動知識、圓周運動知識等相應(yīng)的規(guī)律解題．能量的見解①運用能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn)．②運用動能定理，注意過程解析要全面，正確求出過程中的所有力做的功，判斷采納分過程還是全過程使用動能定理．[復(fù)習過關(guān)]9．(多項選擇)如圖6所示，用絕緣細線拴一帶負電小球，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，勻強電場方向豎直向下，則()圖

6A．當小球運動到最高點

a時，線的張力必然最小B．當小球運動到最低點

b時，小球的速度必然最大C．當小球運動到最高點

a時，小球的電勢能最小D．小球在運動過程中機械能不守恒答案CD解析

若qE＝mg，小球做勻速圓周運動，球在各處對細線的拉力相同大．若

qE＜mg，球在a處速度最小，對細線的拉力最?。魆E＞mg，球在a處速度最大，對細線的拉力最大．故A、B錯．a(chǎn)點電勢最高，負電荷在電勢最高處電勢能最小，故C正確．小球在運動過程中除重力做功外，還有靜電力做功，機械能不守恒，D正確．10.如圖7所示，在豎直平面內(nèi)，AB為水平放置的絕緣粗糙軌道，CD為豎直放置的足夠長絕緣粗糙軌道，AB與經(jīng)過四分之一絕緣圓滑圓弧形軌道圓滑連接，圓弧的圓心為，半徑CDOR＝0.50m，軌道所在空間存在水平向右的勻強電場，電場強度的大小E＝1.0×104N/C，現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.20kg、電荷量q＝8.0×10－4C的帶電體(可視為質(zhì)點)，從A點由靜止開始運動，已知xAB＝1.0m，帶電體與軌道、間的動摩擦因數(shù)均為0.5.假定帶電體與軌道之間的ABCD最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等．求：(取g＝10m/s2)圖7帶電體運動到圓弧形軌道C點時的速度；帶電體最后停在哪處．答案(1)10m/s，方向豎直向上(2)C點上方到C點的豎直距離為5m處3解析(1)設(shè)帶電體到達C點時的速度為v，從A到C由動能定理得：qE(x＋R)－μmgxABAB12－mgR＝2mv解得v＝10m/s，方向豎直向上．(2)設(shè)帶電體沿豎直軌道CD上升的最大高度為h，從C到D由動能定理得：12－mgh－μqEh＝0－2mv5解得h＝3m在最高點，帶電體碰到的最大靜摩擦力Ffmax＝μqE＝4N，重力G＝mg＝2N因為G<Ffmax5因此帶電體最后靜止在C點上方到C點的豎直距離為3m處．11.如圖8所示，質(zhì)量為、帶電荷量為－q的小球在圓滑導軌上運動，導軌左側(cè)為斜軌，右m邊為半圓形滑環(huán)，其半徑為R.小球在A點時的初速度為v0，方向和斜軌平行，整個裝置放在方向豎直向下、場強為E的勻強電場中，斜軌的高度為h，試問：圖8若是小球能到達最低點B點，那么小球在B點對半圓環(huán)的壓力多大？在什么條件下小球能夠沿半圓環(huán)做勻速圓周運動到達最高點，這時小球的速度多大？答案見解