人教版高中物理一轮复习课件：6电容器与电容 带电粒子在 电场中的运动

人教版高中物理一轮复习课件：6电容器与电容 带电粒子在 电场中的运动

第3讲 电容器与电容 带电粒子在 电场中的运动 考点1 电容器与电容 1.电容器 (1)组成：由两个彼此_____又相互靠近的导体组成. (2)带电量：一个极板所带电荷量的_______. (3)电容器的充、放电. 绝缘 绝对值 ①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量 的_________，电容器中储存电场能. ②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中____ __转化为其他形式的能. 异种电荷 电场 能 2.电容 (1)定义式：C= (2)单位：法拉(F)，1F=___μF=____pF. (3)电容与电压、电荷量的关系. ①电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量_____. 不随Q变化，也不随电压变化. ②由C= 可推出C= Q U__ 106 1012 无关 Q U Q .U   3.平行板电容器及其电容 (1)影响因素：平行板电容器的电容与_________成正比，与介 质的_________成正比，与_____________成反比. (2)决定式： ，k为静电力常量. 正对面积 介电常数 两板间的距离 rSC 4 kd  ________ 1.平行板电容器动态问题分析的理论依据 (1)平行板电容器的电容C与板距d、正对面积S、介质介电常数 εr间的关系 (2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强 (3)电容器所带电荷量Q=CU. (4)由以上三式得 该式为平行板电容器极板间匀强电 场的场强的决定式,常通过 来分析场强的变化. rSC .4 kd   UE .d  r 4 kQE S   ， Q S 2.两类动态问题分析比较 (1)第一类动态变化：两极板间电压U恒定不变 (2)第二类动态变化：电容器所带电荷量Q恒定不变 如图,一个电容器与电池相连，增大 电容器两极板间的距离，则下列说 法中正确的是( ) A.电容器电容增大 B.电容器极板电量增加 C.在增大极板间距离过程中，电路中电流方向如题图所示 D.原来静止在电容器极板间的电荷将向上加速运动 【解析】选C.根据C= 和Q=CU得：d增大，电容C减小，又电 压U恒定，所以电荷量Q减小，电容器放电，电场强度E减小，原 来静止的电容器极板间的电荷将向下加速运动,故答案为C. rS 4 kd   考点2 带电粒子在电场中的运动 1.带电粒子在电场中的加速 带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电 粒子做的功等于带电粒子_____的增量. (1)在匀强电场中：W=qEd=qU= . (2)在非匀强电场中：W=qU= . 2 2 0 1 1mv mv2 2 ____________ ____________ 2 2 0 1 1mv mv2 2  动能 2.带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)研究条件：带电粒子_____于电场方向进入匀强电场. (2)处理方法：类似于_________，应用运动的合成与分解的方 法. ①沿初速度方向做_________运动. ②沿电场方向做初速度为零的___________运动. 垂直 平抛运动 匀速直线 匀加速直线 加速度：a= = = a.能飞出平行板电容器：t= y= t= 离开电场时的偏移量：y= = 离开电场时的偏转角正切：tanθ= = F m qE m ______ qU md 运动时间    0v l ___ b.打在平行极板上    2 21 1 qUat t ,2 2 md   2mdy qU 21 at2 2 2 0 qU 2mv d l _______ y 0 v v 2 0 qU mv d l ______               1.带电粒子在电场中的重力问题 (1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明 确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量). (2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明 确的暗示以外，一般都不能忽略重力. 2.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论 (1)以初速度v0进入偏转电场 y= 作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离 为x，则 x=y·cotθ= 结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的 处沿直 线射出. 2 21 0 qU1 1at ( )2 2 md v    l 22 01 2 0 1 mv dqU 2dmv qU 2 l l l 2 l (2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子是从静 止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的， 可推得偏移量：y= 偏转角正切：tanθ＝ 结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加 速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角θ 都是相同的，也就是轨迹完全重合. 2 1 0 U 4U d l 1 0 U 2U d l (多选)如图所示，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一 带电微粒沿图中直线从a向b运动，下列说法中正确的是( ) A.微粒做匀速运动 B.微粒做匀加速运动 C.微粒电势能增大 D.微粒动能减小 【解析】选C、D.微粒沿ab直线运动，其重力与电场力的合力沿 ba方向，电场力水平向左，做负功，电势能增大，C正确；合力 与运动方向相反，微粒做匀减速运动，动能减小，D正确，A、B 均错误. 平行板电容器动态问题分析 【例证1】(多选)如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置， A在上方，B在下方，现将其和理想二极管串联接在电源上，已 知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB 中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现 通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列 说法正确的是( ) A.若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的左侧 B.若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧 C.若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧 D.若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧 【解题指南】解答本题时应注意以下三点： (1)二极管的单向导电性对电路的影响. (2)小球电性对小球加速度大小变化的影响. (3)小球的水平位移与小球运动时间的关系. 【自主解答】选B、C.当板间距增大时，由C= 可知，电容 器的电容将变小,因二极管的存在，电容器上的电量将保持不 变，由E= 可知，板间电场强度不变，因此板间 距增大时，不影响小球打在B板上的位置，A、D均错误； rS 4 kd   r U Q Q 4 k d Cd S     若板间距减小，则电容器的电容C增大，电源通过二极管给电容 器充电，电容器的带电量增加，两板间的电压不变,此时板间电 场强度将增大，若小球带正电，由mg+Eq=ma，y= at2可知，小 球的加速度变大，小球打在B板上的时间t变小，由x=v0t知，小 球将落在N的左侧，B正确；若小球带负电，由mg-Eq=ma, y= at2可知，小球加速度变小，小球打在B板上的时间t变大， 由x=v0t可知，小球将落在N的右侧，C正确. 1 2 1 2 【互动探究】(多选)在【例证1】中，若去掉电路中的二极管， 则正确的选项是( ) 【解析】选B、C、D.如上述例题分析，当板间距离变小时，二 极管的存在并没有起到作用，故B、C仍正确；若板间距离变 大，因板间电压不变，板间电场强度将变小，若小球带正电， 由mg+Eq=ma,y= at2可得小球打在B板上的时间增大，由x=v0t 可知，小球打在N的右侧，A错误；若小球带负电，由mg-Eq= ma,y= at2可知，小球打在B板上的时间减小，由x=v0t知，小 球打在N的左侧，D正确. 1 2 1 2 【总结提升】分析电容器动态问题时应注意的问题 (1)先确定电容器的不变量(Q或U). (2)只有当电容器的电量发生变化时，电容器支路上才有充电或 放电电流. (3)若电路中有二极管，其单向导电性将影响电容器充电或放电. (4)电容器电量不变时，改变板间距将不引起板间电场强度的变 化. 带电粒子在电场中的偏转 【例证2】如图所示，真空中水平放置的 两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足 够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板 间加上可调偏转电压UYY′，一束质量 为m、带电量为+q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度 v0沿水平方向射入电场且能穿出. (1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的 中心O点； (2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围； (3)求粒子可能到达屏上区域的长度. 【解题指南】解答本题时应注意以下两点： (1)两板间所加的电压的最大值对应粒子恰好沿板的边缘飞出的 情况. (2)屏上粒子所能到达的最大长度为粒子沿上、下板边缘到达屏 上的位置间距. 【自主解答】(1)设粒子在运动过程 中的加速度大小为a，离开偏转电场 时偏转距离为y，沿电场方向的速度 为vy，偏转角为θ，其反向延长线 通过O点，O点与板右端的水平距离为x， 则有y= at2 ① L=v0t ② vy=at tanθ= 联立可得x= 即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O 点. 1 2 y 0 v y v x  ， L 2 (2)a= ③ E= ④ 由①②③④式解得y= 当y= 时，UYY′= 则两板间所加电压的范围为 Eq m U d 2 2 0 qUL 2dmv d 2 2 2 0 2 md v qL 2 2 2 2 0 0 YY2 2 md v md vUqL qL   (3)当y= 时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大， 设其大小为y0，则y0=y+btanθ 又tanθ= ，解得：y0= 故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0= 答案：(1)见自主解答 (2) (3) d 2 y 0 v d v L  d(L 2b) 2L  d(L 2b) .L  2 2 2 2 0 0 YY2 2 md v md vUqL qL   d(L 2b) L  【总结提升】确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离y′的三 种方法 (1)y′= (2)y′=y+btanθ (3)y′=( +b)tanθ 其中y′=( +b)tanθ是应用上例第(1)问的结论得出的，一般 不直接用于计算题的求解过程. y 0 by v v   L 2 L 2 【变式训练】如图所示为一真空示波管 的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可 忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加 速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然 后进入两块平行金属板M、N形成的偏转 电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电 场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏 上的P点.已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长 为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们 之间的相互作用力. (1)求电子穿过A板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量； (3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？ 【解析】(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0， 由动能定理 eU1= mv02-0，解得v0=1 2 12eU m (2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线 运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动.设偏转电场 的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为 a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学 公式 t= F=ma,F=eE,E= y= at2 解得：y= 0 L v 2U d1 2 2 2 1 U L 4U d (3)由y= 可知，减小U1和增大U2均可使y增大，从而使电子 打在P点上方. 答案：(1) (2) (3)减小加速电压U1或增大偏转 电压U2 2 2 1 U L 4U d 12eU m 2 2 1 U L 4U d 【变式备选】如图所示，真空室中速度 v0=1.6×107 m/s的电子束，连续地沿两 水平金属板中心线OO′射入，已知极板 长 l=4 cm，板间距离d=1 cm，板右端距 离荧光屏PQ为L=18 cm.电子电荷量q=1.6×10-19 C，质量 m=0.91×10-30 kg.若在电极ab上加u=220 sin100πt V的交 变电压，在荧光屏的竖直坐标轴y上能观测到多长的线段？(设 极板间的电场是均匀的、两板外无电场、荧光屏足够大) 2 【解析】因为经过偏转电场的时间为 t= =2.5×10-9 s，而T= 故可以认为进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强 电场中运动 0v l 2 0.02 s t   在偏转电场中纵向最大位移 所以电子能够打在荧光屏上的最大竖直偏转电压 Um= =91 V 当U=Um=91 V时，E= 因为vy=at= =4×106 m/s，tanθ= =0.25 偏转量y= +Ltanθ=5 cm y轴上的观测量为2y=10 cm. 答案：10 cm 2 mU qd 1 Eqat a2 2 m dm   ， 2 22 0 2 2 md vmd qt q  l mU d mqU tdm y 0 v vd 2 带电体运动中的力电综合问题 【例证3】(16分)在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电 荷量为+q的小滑块B.用手托住A置于方向水平向左、场强大小为 E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示.现将绝缘板A从 图中位置 P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对A发生了运 动.为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减 速到静止的过程.测量发现竖直方向加速的时间为0.8 s，减速 的时间为0.2 s.P、Q位置高度差为0.5 m.已知匀强电场的场强 E= ，A、B之间动摩擦因数μ=0.4,g取10 m/s2.求：0.3mg q (1)绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？ (2)滑块B最后停在离出发点水平距离为多大处？ 【解题指南】解答本题时应注意以下两点： (1)滑块B相对于A加速滑动过程发生在滑块B向上减速的过程. (2)滑块B相对于A减速滑动过程发生在绝缘板A停止运动以后. 【规范解答】(1)设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别 为a1和a2，其时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，则有 a1t1=a2t2 (2分) h= (2分) 求得a1=1.25 m/s2，a2=5 m/s2. (2分) 2 2 1 1 2 2 1 1a t a t2 2  (2)研究滑块B，在绝缘板A上匀减速的过程中，由牛顿第二定律 可得 竖直方向：mg-FN=ma2 (2分) 水平方向：Eq-μFN=ma3 (2分) 求得a3=0.1g=1 m/s2 (1分) 在这个过程中滑块B的水平位移大小为 x3= (1分) 2 3 2 1 a t 0.02 m.2  在绝缘板A静止后，滑块B将沿水平方向做匀减速运动，设加速 度大小为a4，有 μmg-Eq=ma4，得a4=0.1g=1 m/s2 (2分) 该过程中滑块B的水平位移大小为x4=x3=0.02 m (1分) 最后滑块B静止时离出发点的水平距离 x=x4+x3=0.04 m. (1分) 答案：(1)1.25 m/s2 5 m/s2 (2)0.04 m 【总结提升】带电体在电场中的运动问题的两种求解思路 1.运动学与动力学观点 (1)运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题,一般 有两种情况: ①带电粒子初速度方向与电场线共线,则粒子做匀变速直线运动; ②带电粒子的初速度方向垂直电场线,则粒子做匀变速曲线运动 (类平抛运动). (2)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时,一般要采取类似 平抛运动的解决方法. 2.功能观点 首先对带电体受力分析,再分析运动形式,然后根据具体情况选 用公式计算. (1)若选用动能定理,则要分清有多少个力做功,是恒力做功还是 变力做功,同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量. (2)若选用能量守恒定律,则要分清带电体在运动中共有多少种 能量参与转化,哪些能量是增加的,哪些能量是减少的. 【变式训练】(多选)在空间中水平面 MN的下方存在竖直向下的匀强电场， 质量为m的带电小球由MN上方的A点 以一定初速度水平抛出，从B点进入 电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线 上，且AB=2BC，如图所示.由此可见( ) A.电场力为3mg B.小球带正电 C.小球从A到B与从B到C的运动时间相等 D.小球从A到B与从B到C的速度变化量相等 【解析】选A、D.小球在沿MN方向上做匀速直线运动，速度为 v0，在AB段做平抛运动，在BC段做类平抛运动且加速度方向向 上，设直线AC与MN成α角， 则tanα= ，由AB=2BC可得t1=2t2，代入得小球 在电场中的加速度a=2g，由F电-mg=ma得F电=3mg，且小球带负 电，A对，B、C错；小球从A到B与从B到C的速度变化量相等， 且都为Δv=gt1或Δv=at2，D对. 2 2 1 2 0 1 0 2 1 1gt aty 2 2 x v t v t   【例证】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d 的两平行极板，如图甲所示.加在极板A、B间的电压UAB做周期 性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0(k＞1)，电压变化 的周期为2τ，如图乙所示.在t=0时，极板B附近的一个电子， 质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动.若整个运动 过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用.若k= ,电子在 0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件. 考查内容 带电粒子在交变电场中的运动 5 4 【规范解答】电子在0～τ时间内做匀加速运动，加速度的大小 为a1= 位移x1= a1τ2 在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 加速度的大小为a2= 初速度的大小为v1=a1τ 匀减速运动阶段的位移x2= 依据题意d＞x1+x2 解得d＞ 答案：d＞ 0eU md 1 2 05eU 4md 2 1 2 v 2a 2 09eU 10m  2 09eU 10m  1.根据电容器电容的定义式C= ，可知( ) A.电容器所带的电荷量Q越多，它的电容就越大，C与Q成正比 B.电容器不带电时，其电容为零 C.电容器两极板之间的电压U越高，它的电容就越小，C与U成反 比 D.以上说法均不对 Q U 【解析】选D.电容器的电容的大小与其本身因素有关，与带电 量的多少、两极板电压的大小无关，故A、B、C错误，D正确. 2.(2012·泰州模拟)如图所示，带等量异号电荷的两平行金属 板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带 电粒子(不计重力)以速度vM经过M点沿电场线向下运动，且未与 下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点.则( ) A.粒子受电场力的方向一定由M指向N B.粒子在M点的速度一定比在N点的大 C.粒子在M点的电势能一定比在N点的大 D.电场中M点的电势一定高于N点的电势 【解析】选B.粒子只受电场力作用，经M点向下运动，然后又返 回向上经过N点，故电场力的方向一定由N指向M，A错误；由M到 N的过程中，电场力做负功，粒子在M点的速度一定比在N点的 大，粒子在M点的电势能一定比在N点的小，B正确，C错误；因 粒子的电性未知，故无法确定板间电场的具体方向，也无法比 较M点与N点电势的高低，D错误. 3.如图所示，有一带电粒子(不计重力)贴着A板沿水平方向射入 匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板右端 连线的中点飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B 板中间.设粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之 比为( ) A.1∶8 B.1∶4 C.1∶2 D.1∶1 【解析】选A.由题意可知， 由以上两式可推导出：U1∶U2=1∶8，故A正确. 2 2 1 2 0 U qd 1 1 Lat2 2 2 dm v   ， 2 2 2 0 L( )U q1 2d 2 dm v  ， 4.如图甲所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如 图乙所示的电压，t=0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的 正中央M点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动， 使得电子的位置和速度随时间变化.假设电子始终未与两板相碰. 在0

查看更多