物理2018屆高考專用第一輪總復(fù)習(xí)打包老師搜集第六章基礎(chǔ)課

基礎(chǔ)課3

電容器 帶電粒子在電場中的運動放電：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。知識點一、常見電容器

電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系常見電容器組成：由兩個彼此絕緣

又相互靠近

的導(dǎo)體組成。帶電荷量：一個極板所帶電荷量的

絕對值

。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

。電場能差U的比值。(2)定義式：C＝

。1F＝

μF＝1012

pF2．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物理意義：表示電容器

容納電荷

本領(lǐng)大小的物理量。單位：法拉(F)106QU4πkd(2)決定式：C＝

εrS

，k

為靜電力常量。3．平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。0(2)功能觀點分析：粒子只受電場力作用，滿足。知識點二、帶電粒子在勻強電場中的運動1．帶電粒子在電場中的加速qE(1)動力學(xué)觀點分析：若電場為勻強電場，則有

a＝

m

，UE＝

d

，v2－v2＝2ad。qU＝1mv2－12

2mv20帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，僅受電場力。運動性質(zhì)：

類平拋

運動。處理方法：運動的分解。①沿初速度方向：做

勻速直線

運動。②沿電場方向：做初速度為零的

勻加速直線

運動。[思考判斷]電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。(

)電容表示電容器容納電荷的多少。(

)(3)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。((4)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。())4πkd(5)公式

C＝

εrS

可用來計算任何電容器的電容。(

)答案

(1)×

(2)×

(3)×

(4)×

(5)×電容器的電容及平行板電容器的動態(tài)分析1．兩個公式的比較C＝Q

或

C＝ΔQ)U(

ΔUC＝

εrS4πkd公式特點定義式，適用于一切電容器決定式，適用于平行板電容器意義對某電容器Q∝U，但

QU＝C

不變，反映電容器容納電荷的本領(lǐng)C∝ε

，C∝S，C∝1，反r

d映了影響電容器電容大小的因素平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況(1)電容器始終與電源相連時，兩極板間的電勢差U保持不變。

(2)充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量Q保持不變。平行板電容器動態(tài)問題的分析思路4．平行板電容器問題的一個常用結(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)。1．[有關(guān)電容器物理量的理解](多選)有一只電容器的規(guī)格是“1.5

μF，9

V”，那么(

)

A．這只電容器上的電荷量不能超過1.5×10－5

C

B．這只電容器上的電荷量不能超過1.35×10－5

C

C．這只電容器的額定電壓為9

V

D．這只電容器的擊穿電壓為9

V解析

9 V為電容器的額定電壓(或工作電壓)，故C正確；正

常工作時的帶電荷量Q＝CU＝1.5×10－6×9

C＝1.35×10－5

C，選項B正確。答案

BC2．[電容器的動態(tài)分析](多選)美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，比較準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量。如圖1所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電。現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則()圖1A．油滴帶負(fù)電mgB．油滴帶電荷量為UdC．電容器的電容為kmgdU2D．將極板N

向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動解析

由題意知油滴受到的電場力方向豎直向上，又上極板帶正電，故油滴帶負(fù)電，設(shè)油滴帶電荷量為

q，則極板帶電荷量d為

Q＝kq，由于

qE＝mg，E＝U

C＝

，解得，

UU

，U2Q

q＝mgd

C＝kmgd，將極板N

向下緩慢移動一小段距離，U

不變，d

增大，則電場強度E

減小，重力將大于電場力，油滴將向下運動，只有選項

A、C

正確。答案AC3．[電容器的動態(tài)分析](2016·天津理綜，4)如圖2所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()圖2A．θ增大，E增大

C．θ減小，Ep增大B．θ增大，Ep不變

D．θ減小，E不變解析

若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)

C＝

εrS

可知，C

變大；根據(jù)

Q＝CU

可知，在

Q

一定4πkd的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ

減小；根據(jù)

E＝U

εrS

4πkQd

，Q＝CU，C＝4πkd聯(lián)立可得，E＝

εrS

，可知E

不變；P

點離下極板的距離不變，E

不變，則P

點與下極板的電勢差不變，P

點的電勢不變，故Ep

不變；由以上分析可知，選項D

正確。答案D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(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。

(2)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．解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路(1)動力學(xué)觀點：根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的運動情況。此方法只適用于勻強電場。(2)功能觀點：根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變化求解。此方法既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場。勻強電場中：W＝qEd＝qU＝1

v2－1m

2mv202非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek11．[帶電粒子的直線運動](2015·海南單科)如圖3

所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)。在正極板附近有一質(zhì)量為M、電荷量為q(q＞0)的粒子；在負(fù)極板附近有另一質(zhì)量為m、電荷量為－q

的粒子。在電場力的作用下兩粒子同時從靜止開始運動。已知兩粒子同時經(jīng)過一平行于2正極板且與其相距5l

的平面。若兩粒子間相互作用力可忽略。不計重力，則

M∶m

為(

)A．3∶2C．5∶2B．2∶1D．3∶1圖3解析

設(shè)電場強度為

E，兩粒子的運動時間相同，對

M

有：aM＝Eq

2

1EqM

5

2

M2m，

l＝

t

；對

m

有：a

＝，5l＝Eq

3

1Eqm

2

m2t

，聯(lián)立解得M＝3m

2，A

正確。答案

A2．[帶電粒子的往返運動]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(小孔對電場的影響可忽略不計)。小孔正上方d

P

點有處的2一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，d并在下極板處(未與極板接觸)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(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D．在距上極板2

處返回5d3解析

未平移下極板時，根據(jù)動能定理有

mg·2d＝qU。將下d極板向上平移3，從P

點開始下落的相同粒子到達下極板處7重力做功為mg·6d＜qU，所以選項A、B

錯誤；設(shè)距上極板dd－3d

Ux

處返回，根據(jù)動能定理有

mg·(2＋x)＝q·

x。兩式聯(lián)立解得

x＝2

，選項

C

錯誤，D

正確。d3答案

D3．[帶電體的直線運動]如圖4所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m，電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)。求：圖4小球到達小孔處的速度；極板間電場強度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整理得電場強度E＝(2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓運動定律知：mg－qE＝ma由運動學(xué)公式知：0－v2＝2admg（h＋d）qd由U＝Ed，Q＝CU，得電容器所帶電荷量Q＝Cmg（h＋d）

q1221(3)由h＝

gt

，0＝v＋at

，t＝t

＋t2

1

2h＋d整理得t＝h2h

gmg（h＋d）qdCmg（h＋d）q(3)h＋dh答案

(1)

2gh

(2)2h

g帶電粒子重力是否計入的判斷微觀粒子(如電子、質(zhì)子、離子等)和無特別說明的帶電粒子，一般都不計重力(并不是忽略質(zhì)量)；帶電微粒(如油滴、液滴、塵埃、小球等)除有特別說明或暗示外，一般要考慮重力；原則上，所有未明確交代的帶電體，都應(yīng)根據(jù)題設(shè)運動狀態(tài)和過程，反推是否計重力(即隱含條件)。規(guī)律方法2．帶電體在勻強電場中的直線運動問題的分析方法帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律2．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論(1)不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。112證明：由qU

＝

mv20ly＝1at2＝1

qU2·(

)2 2·md

v02tan

θ＝

qU2lmdv20U2l2

U2l得：y＝4U1d，tan

θ＝2U1d(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點，即O

到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距l(xiāng)離為2。3．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度

v

時也可以從能量的角度進21

122

2y

0yUd行求解：qU

＝

mv

－mv

，其中U

＝

y，指初、末位置間的電勢差?！镜淅?18

分)如圖

5

所示，兩平行金屬板

A、B

長

l＝8cm，兩板間距離

d＝8 cm，A

板比

B

板電勢高

300

V，即

UAB＝300

V。一帶正電的粒子電量為q＝10－10

C，質(zhì)量為m＝10－20kg，從R

點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2×106

m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN

PS

間的無電場區(qū)域后，進入固定在中心線上O

點的點電荷Q

形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS

右邊點電荷的電場分布不受界面的影響)。已知兩界面MN、PS

相距為L＝12

cm，粒子穿過界面PS

后被點電荷Q

施加的電場力俘獲，從而以O(shè)

點為圓心做勻速圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF

上(靜電力常量k＝9×109

N·m2/C2，粒子重力不計，tan

37°3

4＝4，tan

53°＝3)。求：圖5(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離h；(2)粒子穿過界面MN時的速度v；(3)粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離Y；(4)點電荷的電荷量Q(該小題結(jié)果保留一位有效數(shù)字)。解析

(1)設(shè)粒子在兩極板間運動時加速度為

a，運動時間為t，v0則：t＝

l

①(1

分)2h＝1at2②(1

分)a＝qE

qUABm

＝

md

③(2

分)2md

v0解得：h＝qUAB(l

)2＝0.03

m＝3

cm④(1

分)(2)粒子的運動軌跡如圖所示設(shè)粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為vy，則：yv

＝at＝ABqU

lmdv0⑤(1

分)解得：vy＝1.5×106

m/s

⑥(1

分)所以粒子從電場中飛出時的速度為：v＝

v2＋v2＝2.5×106

m/s⑦(1

分)0

yY設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，則tan

θ＝vy＝3⑧(1

分)v0

4解得：θ＝37°⑨(1

分)(3)帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，由相似三角形知識得：lh＝

22l

＋L⑩(2

分)解得：Y＝0.12

m＝12

cm(1

分)答案

(1)3

cm37°角斜向下(2)2.5×106

m/s，方向與水平方向成(3)12

cm (4)－1×10－8

C(4)粒子做勻速圓周運動的半徑為：r＝Y(jié)cos

θ＝0.15

m (1

分)又：k|Q|qr2v2＝m

r

(2

分)解得：|Q|＝1×10－8

C故：Q＝－1×10－8

C(1

分)(1

分)分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。方法技巧1．[偏轉(zhuǎn)問題](多選)如圖6所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若

OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則()圖6A．A和B在電場中運動的時間之比為1∶2B．A和B運動的加速度大小之比為4∶1C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12D．A和B的位移大小之比為1∶1解析

粒子

A

和

B

在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由

x0

A

B＝v

t

及

OC＝CD

得，t

∶t

＝1∶2；豎直方向由

h＝12at2

得a＝t2A

B2h，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為

a

∶a

＝4∶1；qE

qE

mA

1

根據(jù)

a＝

m

得

m＝

a

，故m

＝12，A

和

B

的位移大小不相等，B故選項A、B、C

正確，D

錯誤。答案

ABC2．[加速與偏轉(zhuǎn)]

(2016·北京理綜，23)如圖7所示，電子由靜止

開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極

板長度為L，板間距為d。圖7(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因。已知U＝2.0×102

V，d＝4.0×10－2

m，m＝9.1×10－31

kg，e＝1.6×10－19

C，g＝10

m/s2。(3)極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢φ的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”的φG概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。012解析

(1)根據(jù)功能的關(guān)系，有

eU

＝

mv200電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v

＝2eU0mv0在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝

L

＝Lm2eU0加速度a＝eEeUm

＝md12偏轉(zhuǎn)距離Δy＝

a(Δt)＝UL202 4U

d(2)只考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力G＝mg≈10－30

N電場力F＝eU由于F－16d

≈10

NG，因此不需要考慮電子所受的重力。(3)電場中某點電勢φ

定義為電荷在該點的電勢能Ep

與其電荷量q

的比值，即φ＝Ep，類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體q在某點的重力勢能Ep

與其質(zhì)量m

的比值，叫做重力勢，即φG＝Epm電勢φ和重力勢φG都是反映場的能的性質(zhì)的物理量，僅由場自身的因素決定。答案

(1)2eU0

UL2m

4U0d(2)見解析

(3)見解析用等效法處理帶電粒子在電場、重力場中的運動1．等效思維方法等效法是將一個復(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。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，則能避開復(fù)雜的運算，過程比較簡捷。2．等效法求解電場中圓周運動問題的解題思路(1)求出重力與電場力的合力

F

合，將這個合力視為一個“等效重力”。F合將a＝

m

視為“等效重力加速度”。小球能自由靜止的位置，即是“等效最低點”，圓周上與該點在同一直徑的點為“等效最高點”。注意：這里的最高點不一定是幾何最高點。將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解?！舅季S訓(xùn)練1】如圖8

所示，絕緣光滑軌道AB

部分是傾角為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?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為m

的帶正電小球，電荷量為q＝3E3mg，要使小球能安全通過圓軌道，在O點的初速度應(yīng)滿足什么條件？圖8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3mg′＝

（qE）2＋（mg）2＝2

3mg，3tan

θ＝qE＝

，得θ＝30°mg

3等效重力的方向與斜面垂直指向右下方，小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′＝mv2RD，—因θ＝30°與斜面的傾角相等，由幾何關(guān)系知AD＝2R，令小球以最小初速度v0

運動，由動能定理知：22D1

1－2mg′R＝

mv

－2mv200解得v

＝310

3gR，因此要使小球安全通過圓軌道，初速度應(yīng)滿足v≥10

3gR3。答案

v≥10

3gR3【思維訓(xùn)練2】

如圖

9

所示，在豎直平面內(nèi)固定的圓形絕緣軌道的圓心為O，半徑為r，內(nèi)壁光滑，A、B兩點分別是圓軌道的最低點和最高點。該區(qū)間存在方向水平向右的勻強電場，一質(zhì)量為m、帶負(fù)電的小球在軌道內(nèi)側(cè)做完整的圓周運動(電荷量不變)，經(jīng)過C

點時速度最大，O、C

連線與豎直方向的夾角θ＝60°，重力加速度為g。圖9求小球所受的電場力大??；求小球在A點的速度v0為多大時，小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小。解析(1)小球在C

點時速度最大，則電場力與重力的合力沿

DC

方向，所以小球受到的電場力的大小F＝mgtan

60°＝

3

mg。(2)要使小球經(jīng)過B點時對圓軌道的壓力最小，則必須使小球經(jīng)過D

點時的速度最小，即在D

點小球?qū)A軌道的壓力恰好

mg

v2為零，有cos

60°＝mr

，解得v＝

2gr。在小球從圓軌道上的A

點運動到D

點的過程中，有201

122

2mgr(1＋cos

60°)＋Frsin

60°＝

mv

－

mv

，解得

v0＝2 2gr。答案

(1)

3mg(2)2

2gr1．(2016·全國卷Ⅰ，14)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器

()A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大

B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大

C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變

D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變解析

由

C＝rε

S4πkd可知，當(dāng)云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C

變小；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U

不變，根據(jù)Q＝CU

可知，當(dāng)C

減小時，Q

減小。再由EU＝

d

，由于U與d都不變，故電場強度E

不變，選項D正確。答案

D2．(2016·海南單科，6)如圖10，平行板電容器兩極板的間距為

d

，極板與水平面成45°角，上極板帶正電。一電荷量為

q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處。以初動能Ek0豎直向

上射出。不計重力，極板尺寸足夠大。若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為(

)圖10解析根據(jù)電荷受力可以知道，粒子在電場中做曲線運動，如圖所示。當(dāng)電場足夠大時，粒子到達上極板時速度恰好與上極板平行，如圖，將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運動的合成與分解，當(dāng)分速度vy＝0時，則粒子A.Ek04qdB.Ek0C.2Ek02qd

2qdD.2Ek0qd2yEq的速度正好平行上極板，則根據(jù)運動學(xué)公式：－v

＝－2

m

d，202mv

，聯(lián)立整理得到E＝＝1

Ek02qd，故由于

vy＝v0cos

45°，Ek0選項B正確。答案

B3．(2015·天津理綜，7)(多選)如圖11所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地進入電場線水平向右的加速電場E1，之后進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上．整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么()圖11A．偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多

B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大

C．三種粒子運動到屏上所用時間相同

D．三種粒子一定打到屏上的同一位