高考物理大一輪復(fù)習 第六章 電容器 帶電粒子在電場中的運動

1、高考物理大一輪復(fù)習 第六章 電容器 帶電粒子在電場中的運動課件第1頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四一、電容器、電容1.電容器:兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體可構(gòu)成一個電容器。2.電容器的充放電知識梳理(1)充電:把電容器接在電源上后,電容器兩個極板分別帶上等量的異種電荷的過程。充電后,兩極板間有電場存在,電容器儲存電荷。(2)放電:用導(dǎo)線將電容器兩極板接通后,極板上電荷中和的過程。放電后兩極板間不再有電場,電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量。第2頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四3.電容器的電容(1)定義:電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢差的比值

2、。(2)意義:表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量。(3)定義式:C=。(4)單位:法拉(F)、微法(F)和皮法(pF)。1 F=10-6 F。1 pF=10-12 F。4.平行板電容器(1)平行板電容器的電容C=。(2)帶電平行板電容器兩極板間的電場可認為是勻強電場,板間場強E=。第3頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四1.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,做勻變速直線運動。2.功能觀點分析粒子動能的變化量等于電場力做的功(電場可以是勻強或非勻強電場)。(1)若粒子的初速度為零,則mv2=qU,v=。(2)若粒子的初速度

3、不為零,則mv2-m=qU,v=。二、帶電粒子在電場中的加速第4頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四三、帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)1.帶電粒子以垂直勻強電場場強的方向進入電場后,受到的電場力F恒定且與初速度方向垂直,做勻變速曲線運動(類平拋運動)如圖所示。2.偏轉(zhuǎn)運動的分析方法(1)沿初速度方向為勻速直線運動。運動時間:t=。第5頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四(2)沿電場力方向為初速度為零的勻加速直線運動。a=。離開電場時的偏移量:y=at2=。離開電場時的偏轉(zhuǎn)角:tan =。第6頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四組成,

4、管內(nèi)抽成真空,如圖所示。2.如果在偏轉(zhuǎn)電極XX和YY之間都沒有加電壓,那電子槍射出的電子沿直線傳播,打在熒光屏中心,在那里產(chǎn)生一個亮斑。3.YY上加的是待顯示的信號電壓,XX上是儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓,叫做掃描電壓。若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同,就可以四、示波管1.示波管裝置:示波管由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象。第7頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四1.(1)電容器帶電荷量越多,電容越大,而電容越大,電容器帶電荷量越多。()(2)平行板電容器充電后與電源斷開,則電荷量Q一定;若一直與穩(wěn)壓電源連接,則電壓U不變。()(

5、3)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)時,位移偏轉(zhuǎn)角與速度偏轉(zhuǎn)角相等。()(4)粒子在偏轉(zhuǎn)電場中射出時,就好像從極板間中點沿直線射出一樣。()答案(1)(2)(3)(4)第8頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四2.(多選)如圖所示,一個平行板電容器,板間距離為d,當對其加上電壓后,A、B兩極板的電勢分別為+和-,下述結(jié)論正確的是()A.電容器兩極板間可形成勻強電場,電場強度大小為E=/dB.電容器兩極板間各點的電勢,有的相同,有的不同;有正的,有負的,有的為零C.若只減小兩極板間的距離d,該電容器的電容C要增大,極板上帶的電荷量 Q也會增加D.若有一個電子穿越兩極板之間的電場,則電子的

6、電勢能一定會減小第9頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四答案BC電容器兩極板間電勢差為U=2,勻強電場的電場強度E=,A錯;沿電場線方向電勢逐漸降低,A、B兩板間的電勢沿電場線由到-逐漸減小,B對;兩極板間電勢差不變,而板間距離d減小時,電容C增大,電荷量Q=UC增大,C對;因不知電子的初速度方向,所以無法確定電子穿越兩極板之間時,電場力做功的正負,從而無法判斷電勢能的變化,D錯。第10頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四3.如圖所示,電容器極板間有一可移動的電介質(zhì)板,介質(zhì)與被測物體相連,電容器接入電路后,通過極板上物理量的變化可確定被測物體的位置,

7、則下列說法中正確的是()A.若電容器極板間的電壓不變,x變大,電容器極板上帶電荷量增加B.若電容器極板上帶電荷量不變,x變小,電容器極板間電壓變大C.若電容器極板間的電壓不變,x變大,有電流流向電容器的正極板D.若電容器極板間的電壓不變,x變大,有電流流向電容器的負極板第11頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四答案D若x變大,則由C=(r為相對介電常數(shù)),可知電容器電容減小,在極板間的電壓不變的情況下,由Q=CU知電容器帶電荷量減少,A錯誤;電容器帶電荷量減少時帶正電荷的極板得到電子,帶負電荷的極板失去電子,所以有電流流向負極板,C錯誤,D正確。若電容器極板上帶電荷量不變

8、,x變小,則電容器電容增大,由U=可知,電容器極板間電壓減小,B錯誤。第12頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四4.如圖所示,帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi),恰好沿下板的邊緣飛出,已知板長為L,板間的距離為d,板間電壓為U,帶電粒子的電荷量為q,粒子通過平行金屬板的時間為t(不計粒子的重力),則()A.在前時間內(nèi),電場力對粒子做的功為B.在后時間內(nèi),電場力對粒子做的功為C.在粒子下落前和后的過程中,電場力做功之比為12D.在粒子下落前和后的過程中,電場力做功之比為21第13頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四答案

9、B帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi),恰好沿下板的邊緣飛出,帶電粒子所做的運動是類平拋運動。豎直方向上的分運動是初速度為零的勻加速直線運動,由運動學(xué)知識可知,前后兩段相等時間內(nèi)豎直方向上的位移之比為13,電場力做功之比也為13。又因為電場力做的總功為,所以在前時間內(nèi),電場力對粒子做的功為,A選項錯;在后時間內(nèi),電場力對粒子做的功為,B選項對;在粒子下落前和后的過程中,電場力做功相等,故C、D選項錯。第14頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四重難一平行板電容器的動態(tài)分析方法重難突破1.運用電容的定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路(1)

10、確定不變量,分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。(2)用決定式C=分析平行板電容器電容的變化。(3)用定義式C=分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。(4)用E=分析平行板電容器極板間勻強電場場強的變化。2.電容器兩類動態(tài)變化的分析比較(1)第一類動態(tài)變化:兩極板間電壓U恒定不變第15頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四(2)第二類動態(tài)變化:電容器所帶電荷量Q恒定不變注意在分析平行板電容器的動態(tài)變化時必須抓住兩個關(guān)鍵點:(1)確定不變量;(2)恰當選擇公式。第16頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四典例1如圖所示,在平行板電容器正中間有一個帶電微粒

11、。S閉合時,該微粒恰好能保持靜止。在以下兩種情況下:保持S閉合,充電后將S斷開。下列說法能實現(xiàn)使該帶電微粒向上運動打到上極板的是()A.情況下,可以通過上移極板M實現(xiàn)B.情況下,可以通過上移極板N實現(xiàn)C.情況下,可以通過上移極板M實現(xiàn)D.情況下,可以通過上移極板N實現(xiàn)第17頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四解析因為第種情況下兩極板間電壓U不變,只有減小d,使E=增大,電場力F增大,帶電微粒才向上運動打到上極板M上,故可以通過下移極板M或上移極板N來實現(xiàn),選項A錯,B正確。第種情況下電容器所帶電荷量Q不變,根據(jù)Q=CU,C=,U=Ed,可得E=,可以看出E是個定值與板間距

12、d無關(guān),所以無論怎樣移動極板M、N,場強E、電場力F都不變,帶電微粒均處于靜止狀態(tài),選項C、D錯誤。答案B第18頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四1-1一帶電小球懸掛在平行板電容器內(nèi)部,閉合開關(guān)S,電容器充電后,懸線與豎直方向夾角為,如圖所示。下列方法中能使夾角減小的是()A.保持開關(guān)閉合,使兩極板靠近一些B.保持開關(guān)閉合,使滑動變阻器滑片向右移動C.保持開關(guān)閉合,使兩極板遠離一些D.打開開關(guān),使兩極板靠近一些第19頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四答案C解析要使懸線夾角減小,就要減小小球在電容器中所受到的電場力,即要減小電容器內(nèi)部電場強度。保持

13、開關(guān)S閉合,即電容器兩端電壓不變,使兩極板靠近些,由E=知,電場強度增大,要增大;使兩極板遠離一些,就會使電場強度減小,夾角減小;調(diào)節(jié)滑動變阻器不能影響電容器兩極板間的電壓大小,因此A、B錯誤,C正確;若斷開開關(guān)S,電容器兩極板所帶電荷量不變,使兩極板靠近一些,由C=,U=,E=知,E不變,即夾角不變,D錯誤。第20頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四1-2(多選)如圖所示,兩板間距為d的平行板電容器與電源連接,開關(guān)K閉合。電容器兩板間有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒靜止不動。下列敘述中正確的是()A.微粒帶的是正電B.電源電動勢大小為C.開關(guān)K斷開,把電容器兩板間距離增

14、大,微粒將向下做加速運動D.保持開關(guān)K閉合,把電容器兩板間距離增大,微粒將向下做加速運動第21頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四即q=mg,得U=,B對;K斷開,改變板間距離,由于電容器帶電荷量不變,板間場強E=不變,微粒仍受力平衡,靜止不動,C錯;保持K閉合,板間距離增大,由E=知場強變小,靜電力小于重力,微粒將向下加速運動,D正確。答案BD解析微粒靜止不動,靜電力與重力平衡,微粒帶負電,故A錯;由于Eq=mg第22頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四1.帶電體在電場中運動時重力的處理(1)基本粒子:如電子、質(zhì)子、粒子、離子等除有說明或有明確暗示

15、以外,一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。(2)帶電小物體:如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或有明確暗示以外,一般都不能忽略重力。2.帶電體在電場中的平衡解題步驟:選取研究對象,進行受力分析,注意電場力的方向。由平衡條件列方程求解 。重難二帶電體在電場中的平衡與加速3.帶電體在電場中的變速直線運動可用運動學(xué)公式和牛頓第二定律求解或從功能角度用動能定理或能量守恒定律求解。第23頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四典例2如圖所示,一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37的光滑斜面上,當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中時,小物塊恰好靜止。重力加速度取g,sin

16、 37=0.6,cos 37=0.8。求:(1)水平向右電場的電場強度;(2)若將電場強度減小為原來的,物塊的加速度是多大?(3)電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能。第24頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四解析(1)小物塊靜止在斜面上,受重力、電場力和斜面支持力,受力分析如圖所示,則有FN sin 37=qEFN cos 37=mg解得E=第25頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四(2)若電場強度減小為原來的,即E=由牛頓第二定律得mg sin 37-qEcos 37=ma解得a=0.3g。(3)電場強度變化后物塊下滑距離L時,重力做正功,電場力

17、做負功,由動能定理得mgL sin 37-qEL cos 37=Ek-0解得Ek=0.3mgL。答案(1)(2)0.3g(3)0.3mgL第26頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四2-1如圖所示,在等勢面沿豎直方向的勻強電場中,一帶負電的微粒以一定初速度射入電場,并沿直線AB運動,由此可知()A.電場中A點的電勢低于B點的電勢B.微粒在A點時的動能大于在B點時的動能,在A點時的電勢能小于在B點時的電勢能C.微粒在A點時的動能小于在B點時的動能,在A點時的電勢能大于在B點時的電勢能D.微粒在A點時的動能與電勢能之和等于在B點時的動能與電勢能之和答案B解析一帶負電的微粒以一定

18、初速度射入電場,并沿直線AB運動,其受到第27頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四的電場力F只能垂直等勢面水平向左,場強則水平向右,如圖所示:答案B解析一帶負電的微粒以一定初速度射入電場,并沿直線AB運動,其受到所以電場中A點的電勢高于B點的電勢,A錯;微粒從A向B運動,則合外力做負功,動能減小,電場力做負功,電勢能增加,C錯,B對;微粒的動能、重力勢能、電勢能三種能量的總和保持不變,所以D錯。第28頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四1.兩個結(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)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。證明:由qU

19、0=m及tan =得tan =。(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到電場邊緣的距離為。2.帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系重難三帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解,有:qUy=mv2-m,其中Uy=y,指初、末位置間的電勢差。第29頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四典例3豎直平面xOy內(nèi)有一半徑為R= m,圓心O與坐標系的原點重合的圓形區(qū)域,如圖所示,在圓心O有一噴槍可以在xOy平面內(nèi)沿各個方向噴出初速度為v0=1 m/s,質(zhì)量為m=110-6 kg,帶電荷量為q=

20、-110-8 C的油滴。圓形區(qū)域內(nèi)的勻強電場方向沿-y方向,電場強度E=8102 N/C。不考慮油滴間的相互作用,g取10 m/s2。求:(1)由坐標原點O沿x軸正方向噴出的油滴,在電場中 運動的時間;(2)射出圓形電場油滴的最大動能。第30頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四mg-qE=may=at2x2+y2=R2解得:t=1 s(2)重力和電場力的合力對油滴做功最多時,油滴射出圓形電場時的動能最大,從噴槍噴出的油滴,沿-y方向射出時有最大動能Ekm(mg-qE)R=Ekm-mEkm=m+(mg-qE)REkm=3.310-6 J解析(1)油滴沿x軸正方向做勻速運動,

21、速度為v0,沿y軸負方向做勻加速運動,加速度為a,則有x=v0t答案(1)1 s(2)3.310-6 J第31頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四3-1如圖,電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動,然后射入電勢差為U2的兩塊平行板間的電場中,入射方向跟極板平行。整個裝置處在真空中,重力可忽略。在電子能射出平行板間的條件下,下述四種情況中,一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角變大的是()A.U1變大,U2變大B.U1變小,U2變大C.U1變大,U2變小 D.U1變小,U2變小第32頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四答案B解析設(shè)電子質(zhì)量為m,電荷量為e,經(jīng)電勢差

22、為U1的電場加速后,由動能定理得eU1=m。經(jīng)平行板射出時,其水平速度和豎直速度分別為vx=v0,vy=at=,由此得tan =或=tan-1。當l、d一定時,增大U2或減小U1都能使偏角增大。第33頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四3-2如圖所示,在xOy豎直平面內(nèi)存在著水平向右的勻強電場。有一帶正電的小球自坐標原點沿著y軸正方向以初速度v0拋出,運動軌跡最高點為M,與x軸交點為N,不計空氣阻力,則小球()A.做勻加速運動B.從O到M的過程動能增大C.到M點時的動能為零D.到N點時的動能大于m第34頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四答案D解析帶

23、正電的小球自坐標原點沿著y軸正方向以初速度v0拋出后受到恒定的合力作用做勻變速運動,在運動開始的一段時間內(nèi)合力與速度的夾角為鈍角,速度減小,A、B都錯;小球自坐標原點到M點,y方向在重力作用下做速度減小到零的勻變速運動,x方向在靜電力作用下做初速度為零的勻加速運動,所以到M點時的動能不為零,C錯;由動能定理有:qEx=m-m0,D正確。第35頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四帶電粒子在電場中運動問題的兩種求解思路1.運動學(xué)與動力學(xué)觀點(1)運動學(xué)觀點是指用勻變速直線運動的公式來解決實際問題,一般有兩種情況:帶電粒子初速度方向與電場線共線,則粒子做勻變速直線運動;帶電粒子

24、的初速度方向垂直電場線,則粒子做勻變速曲線運動(類平拋運動)。(2)當帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時,一般要采用類似平拋運動的解決方法。思想方法第36頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四2.功能觀點:首先對帶電粒子受力分析,再分析運動形式,然后根據(jù)具體情況選用公式計算。(1)若選用動能定理,則要分清有多少個力做功,是恒力做功還是變力做功,同時要明確初、末狀態(tài)及運動過程中的動能的增量。(2)若選用能量守恒定律,則要分清帶電體在運動中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化,哪些能量是增加的,哪些能量是減少的。第37頁，共42頁，2022年，5月20日，23點27分，星期四典例直流電源的路端電壓U=182 V,金屬板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近。它們分別和變阻器上的觸點a、b、c、d連接。變阻器上ab、bc、cd段電阻之比為123。孔O1正對B和E,孔O2正對D和G。邊緣F、H正對。一個電子以初速度v0=4106 m/s沿AB方向從A點進入電場,恰好穿過孔O1和O2后,從H點離開電場。金屬板間的距離L1=2 cm,L2=4 cm,L3=6 cm。電子質(zhì)量me=9.110-31 kg,電荷量