【物理】2020届一轮复习人教版第六章第二节电容器与带电粒子在电场中的运动学案
第五章
第一节功和功率
知识内容
必考要求
1.追寻守恒量——能量
b
2.功
c
3.功率
c
考点一 功
[巩固基础]
1．追寻守恒量
物体由于运动而具有的能量叫做动能；相互作用的物体凭借其位置而具有的能量叫做势能。
2．功
(1)做功的必要因素
力和物体在力的方向上发生的位移。
(2)计算公式
W＝Flcos α，即力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移夹角的余弦值这三者的乘积。
(3)功的正负
①当0≤α<时，W>0，力对物体做正功。
②当<α≤π时，W<0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功。
③当α＝时，W＝0，力对物体不做功。
[提升能力]
[例1] (2018·宁波模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B
点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是( )
A．重力做功为0
B．绳的拉力做正功
C．空气阻力F阻做功为－mgh
D．空气阻力F阻做功为－F阻πL
[解析] 小球下落过程中，重力做功为mgL，A错误；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B错误；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为－F阻·πL，C错误、D正确。
[答案] D
[例2] 如图所示，一个质量为m＝2 kg的物体受到与水平面成37°角的斜向下方的推力F＝10 N的作用，在水平地面上移动了距离x1＝2 m后撤去推力，此物体又滑行了x2＝1.6 m的距离后停止运动，动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)，求：
(1)推力F对物体做的功；
(2)全过程中摩擦力对物体所做的功。
[解析] (1)推力做功由公式W＝Flcos α得
WF＝Fx1cos 37°＝10×2×0.8 J＝16 J。
(2)如图所示，由受力分析可知竖直方向
FN1＝mg＋Fsin 37°＝26 N
所以摩擦力做功
Wf1＝μFN1x1cos 180°＝0.2×26×2×(－1)J＝－10.4 J
撤去外力后FN2＝mg＝20 N。
Wf2＝μFN2x2cos 180°＝0.2×20×1.6×(－1)J
＝－6.4 J
故Wf＝Wf1＋Wf2＝－16.8 J。
[答案] (1)16 J (2)－16.8 J
[规律总结]
功的计算方法和技巧
1．在求力做功时，首先要区分是求某个力的功还是合力的功，是求恒力的功还是变力的功。
2．恒力做功与物体的实际路径无关，等于力与物体在力方向上的位移的乘积，或等于位移与在位移方向上的力的乘积。
3．若为变力做功，则要考虑应用动能定理或将变力做功转化为恒力做功进行求解。
4．总功的计算：根据情况灵活选择以下两种思路。
(1)先求物体所受的合外力，再求合外力的功；
(2)先求每个力做的功，再求各功的代数和。
考点二 功率
[巩固基础]
1．定义：功与完成这些功所用时间的比值。
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3．平均功率的计算
(1)利用P＝计算。
(2)利用P＝F计算，其中为和力在一条直线上的物体运动的平均速度，F为恒力。
4．瞬时功率的计算
利用P＝Fv计算，v为t时刻的瞬时速度。
[提升能力]
机车启动模型(物理模型)
物体在牵引力(受功率和速度制约)作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终加速度等于零，速度达到最大值。
1．两种启动方式的比较
两种启动方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
Pt图和vt图
OA段
过程分析
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
a＝不变⇒F不变，v↑⇒P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB段
过程分析
F＝f⇒a＝0⇒f＝
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
运动性质
以vm匀速直线运动
加速度减小的加速运动
BC段
无
F＝f⇒a＝0⇒以vm＝匀速运动
2．三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力f)。
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝
Ubc，电场力做功W＝qU，则Wab>Wbc，结合动能定理可知，该粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，D选项错误。
[答案] C
[演练考法]
5．(2016·10月浙江学考)如图为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点。下列判断正确的是( )
A．M、N、P三点中N点的场强最大
B．M、N、P三点中N点的电势最高
C．负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点
解析：选A 电场线的疏密反应了场强的大小，所以N点场强最大，选项A正确；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，M点的电势最高，所以选项B错误；根据Ep＝qφ，φM>φP>φN可知，负电荷在M点电势能小于在N点的电势能，所以选项C错误；正电荷从M点静止释放，在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是沿着电场线，选项D错误。
6．(2016·4月浙江学考)如图所示，真空中有两个点电荷Q1＝＋9.0×10－8 C和Q2＝－1.0×10－8 C，分别固定在x坐标轴上，其中Q1位于x＝0处，Q2位于x＝6 cm处。在x轴上( )
A．场强为0的点有两处
B．在x＞6 cm区域，电势沿x轴正方向降低
C．质子从x＝1 cm运动到x＝5 cm处，电势能升高
D．在0＜x＜6 cm和x＞9 cm的区域，场强沿x轴正方向
解析：选D 分析可知，只有在Q2的右侧某一点的电场强度才为零，A错；由k－k＝0得：x＝9 cm，所以当6 cm＜x＜9 cm，电场线方向向左，电势沿x轴正方向升高，B错；质子从x＝1 cm运动到x＝5 cm，电场力做正功，电势能减小，C错；在0＜x＜6 cm和x＞9 cm的区域，场强沿x轴正方向，D对。
第二节电容器与带电粒子在电场中的运动
知识内容
必考要求
1.电容器的电容
b
2.带电粒子在电场中的运动
b
考点一 电容器的电容
[巩固基础]
1．电容的定义式：C＝。
2．电容与电压、电荷量的关系：电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压U
、电荷量Q无关。
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正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比。
(2)决定式：C＝，k为静电力常量。εr为相对介电常数，与电介质的性质有关。
[提升能力]
平行板电容器的动态分析思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。
(3)根据定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
(4)根据E＝分析电容器极板间场强的变化。
[例1] 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若( )
A．保持S不变，增大d，则θ不变
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，增大S，则θ变小
D．保持d不变，增大S，则θ不变
[解析] 由C＝知，保持S不变，增大d，电容减小，由于电容器电荷量不变，根据C＝，可知电容器两极板间电势差变大，静电计指针偏角θ变大，选项A、B错误；保持d不变，增大S，电容器电容增大，电势差变小，静电计指针偏角θ变小，选项C正确，D错误。
[答案] C
[例2] 如图所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U及板间场强E的变化情况为( )
A．U变大，E变大 B．U变小，E变小
C．U不变，E不变 D．U变小，E不变
[解析] 当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q
保持不变，插入电介质后，电容器的电容C变大，由U＝知U将变小，而由E＝可知，板间场强E也将变小，选项B正确。
[答案] B
[演练考法]
1．(2016·4月浙江学考)关于电容器，下列说法正确的是( )
A．在充电过程中电流恒定
B．在放电过程中电容减小
C．能储存电荷，但不能储存电能
D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器
解析：选D 由电容器的充放电曲线可知，充电过程中，电流不会恒定，选项A错误；电容不随充放电过程变化，选项B错误；电容器中的电场具有能的性质，所以选项C错误。
考点二 带电粒子在电场中的运动
[提升能力]
一、带电粒子在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
2．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad。
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv02
非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv02。
[例1] 如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移x的关系如图乙所示。EA、EB表示A、B两点的电场强度，φA、φB表示A、B两点的电势。以下判断正确的是( )
A．EA＜EB B．EA＞EB
C．φA＞φB D．φA＜φB
[解析] 由速度平方v2与位移x的关系与v2－v02＝2ax
对比可得，电子做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，合力(电场力)恒定，此电场为匀强电场，选项A、B错误；电子从A到B，电场力做正功，电势能减小，电势增大，选项D正确，C错误。
[答案] D
二、带电粒子在电场中的偏转
1．条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。
2．运动分析：一般用运动的合成与分解来处理，即将带电粒子的运动分解为沿初速度方向上的匀速直线运动和垂直初速度方向上的匀加速直线运动。
3．运动规律
(1)加速度：a＝＝＝。
(2)在电场中的运动时间：t＝。
(3)离开电场时的偏移量y＝at2＝。
(4)离开电场时的偏转角tan θ＝＝。
4．两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。
(2)粒子经电场偏转后，末速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为。
[例2] 如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )
A. B.
C. D.
[解析] 因为两粒子轨迹恰好相切，则切点为矩形区域中心，对其中一个粒子，水平方向＝v0t，竖直方向＝at2，且满足a＝，三式联立解得v0＝ ，故B正确。
[答案] B
三、应用动力学知识和功能关系解决电场综合问题
1．方法技巧
功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力。因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选。
2．解题流程
[例3] 一绝缘“⊂”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的。现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的。
(1)若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离；
(2)若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。
[解析] (1)小环刚好到达P点时，速度为零，对小环从D点到P点过程，由动能定理得qEx－2mgR＝0－0，
又由题意得qE＝mg，联立解得x＝4R。
(2)若μ≥，则μmg≥qE，设小环到达P点右侧x1时静止，由动能定理得qE(5R－x1)－mg·2R－Ffx1＝0，
又Ff＝μmg，联立解得x1＝，所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W1＝μmgx1＝。
若μ＜，则μmg
查看更多
