高考物理大二輪總復習與增分策略 專題十二 電容器 帶電粒子在電場中的運動課件.ppt

專題十二電容器帶電粒子在電場中的運動 考點基礎自清 考點互動探究 內容索引 考點基礎自清 一 電容器的電容 答案 1 電容器 1 組成 由兩個彼此又相互靠近的導體組成 2 帶電量 一個極板所帶電荷量的 3 電容器的充電 放電 充電 使電容器帶電的過程 充電后電容器兩極板帶上等量的 電容器中儲存電場能 放電 使充電后的電容器失去電荷的過程 放電過程中轉化為其他形式的能 絕緣 絕對值 異種電荷 電場能 答案 2 電容 1 公式 定義式 C 推論 C 2 電容與電壓 電荷量的關系 電容C的大小由電容器本身結構決定 與電壓 電荷量 不隨Q變化 也不隨電壓變化 無關 答案 3 平行板電容器及其電容 1 影響因素 平行板電容器的電容與正對面積成正比 與介質的介電常數(shù)成正比 與成反比 2 決定式 C k為靜電力常量 r為相對介電常數(shù) 與電介質的性質有關 兩板間的距離 答案 二 帶電粒子在電場中的運動 1 加速問題 若不計粒子的重力 則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子的的增量 1 在勻強電場中 W qEd qU 2 在非勻強電場中 W qU 動能 答案 2 偏轉問題 1 條件分析 不計重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場 2 運動性質 運動 3 處理方法 利用運動的合成與分解 沿初速度方向 做運動 沿電場力方向 做初速度為零的運動 類平拋 勻速直線 勻加速 答案 3 示波管的構造 電子槍 熒光屏 如圖1所示 圖1 偏轉電極 1 電容器是一種常用的電子元件 下列對電容器認識正確的是 A 電容器的電容表示其儲存電荷的能力B 電容器的電容與它所帶的電量成正比C 電容器的電容與它兩極板間的電壓成正比D 電容器的常用單位有 F和pF 1 F 103pF 1 2 3 4 5 學考通關練 解析 解析由電容的物理意義知A正確 1 2 3 4 5 解析 2 2015 浙江學考模擬 如圖2為可變電容器 由一組動片和一組定片組成 這兩組金屬片之間是互相絕緣的 動片旋入得越多 則 圖2 A 正對面積越大 電容越大B 正對面積越大 電容越小C 動片 定片間距離越小 電容越大D 動片 定片間距離越小 電容越小 解析可變電容器動片旋入得越多 正對面積越大 解析 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 因電容器的電容不知 所以無法求出電容器原來的電壓 選項C錯 電容器的電容由電容器本身決定 跟電壓和電荷量的變化無關 所以電容器的電容不變 選項D錯 4 電場中 初速度為零的帶正電粒子在勻強電場中僅在電場力作用下 運動方向正確的是 1 2 3 4 5 5 如圖3所示 兩極板與電源相連接 電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場 且恰好從正極板邊緣飛出 現(xiàn)在使電子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍 而電子仍從原來位置射入 且仍從正極板邊緣飛出 則兩極板間的距離應變?yōu)樵瓉淼?1 2 3 4 5 圖3 解析 返回 考點互動探究 考點一電容器的動態(tài)分析 2 兩種類型的動態(tài)分析思路 解析 圖4 例1如圖4所示 先接通S使電容器充電 然后斷開S 增大兩極板間的距離時 電容器所帶電荷量Q 電容C 兩極板間電勢差U及場強E的變化情況是 A Q變小 C不變 U不變 E變大B Q變小 C變小 U不變 E變小C Q不變 C變小 U變大 E不變D Q不變 C變小 U變小 E無法確定 解析由充電后斷開電源知 電容器的電荷量不變 選項A B錯 技巧點撥 電容器動態(tài)問題的分析技巧 1 抓住不變量 弄清楚是電容器的電荷量不變還是電壓不變 2 根據(jù)電容的決定式分析電容的變化 再根據(jù)電容的定義式分析電荷量或電壓的變化 最后分析電場強度的變化 解析 1 一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積 間距和電荷量不變 在兩極板間插入一電介質 其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是 A C和U均增大B C增大 U減小C C減小 U增大D C和U均減小 1 2 變式題組 Q不變時 C增大 則兩板間的電勢差U一定減小 故選B 解析 2 用控制變量法 可以研究影響平行板電容器電容的因素 如圖5 設兩極板正對面積為S 極板間的距離為d 靜電計指針偏角為 實驗中 極板所帶電荷量不變 若 A 保持S不變 增大d 則 變大B 保持S不變 增大d 則 變小C 保持d不變 減小S 則 變小D 保持d不變 減小S 則 不變 圖5 1 2 1 2 保持d不變 減小S 則C減小 偏角 也增大 故選項C D均錯 1 做直線運動的條件 1 粒子所受合外力F合 0 粒子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 考點二帶電粒子在電場中的直線運動 例2 2014 海南高考 如圖6所示 一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連 極板水平放置 極板間距為d 在下極板上疊放一厚度為l的金屬板 其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中 當把金屬板從電容器中快速抽出后 粒子P開始運動 重力加速度為g 粒子運動的加速度為 解析 圖6 方法感悟 解決粒子在電場中直線運動問題的兩種方法 1 用牛頓運動定律和運動學規(guī)律 2 用動能定理或能量守恒定律 3 選取思路 前者適用于粒子受恒力作用時 后者適用于粒子受恒力或變力作用時 這和解決物體受重力 彈力 摩擦力等做直線運動的問題的思路是相同的 不同的是受力分析時 不要遺漏電場力 解析 3 如圖7所示 平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度 兩極板與一直流電源相連 若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器 則在此過程中 該粒子 3 4 圖7 A 所受重力與電場力平衡B 電勢能逐漸增加C 動能逐漸增加D 做勻速直線運動 變式題組 解析分析帶電粒子的受力情況 畫出其受力圖如圖所示 可以看出其合力方向與其速度方向相反 所以 帶電粒子在電場中做勻減速直線運動 電場力做負功 重力不做功 動能減少 電勢能增加 故選項A C D錯誤 選項B正確 3 4 解析 3 4 圖8 1 基本運動規(guī)律 1 沿初速度方向做勻速直線運動 運動時間 考點三帶電粒子在電場中偏轉 2 沿電場力方向 做勻加速直線運動 2 帶電粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論 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電場射出時 偏移量和偏轉角總是相同的 3 帶電粒子在勻強電場中偏轉的功能關系 例3如圖9所示 在兩條平行的虛線內存在著寬度為L 電場強度為E的勻強電場 在與右側虛線相距也為L處有一與電場平行的屏 現(xiàn)有一電荷量為 q 質量為m的帶電粒子 重力不計 以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中 v0方向的延長線與屏的交點為O 試求 1 粒子從射入到打到屏上所用的時間 解析答案 圖9 2 粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向夾角的正切值tan 解析答案 3 粒子打在屏上的點P到O點的距離x 解析答案 規(guī)律總結 分析粒子在電場中偏轉運動的兩種方法 1 分解觀點 垂直射入勻強電場的帶電粒子 在電場中只受電場力作用 與重力場中的平拋運動相類似 研究這類問題的基本方法是將運動分解 可分解成平行電場方向的勻加速直線運動和垂直電場方向的勻速直線運動 2 功能觀點 首先對帶電粒子進行受力分析 再進行運動過程分析 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 則要分清帶電粒子在運動中共有多少種能量參與轉化 哪些能量是增加的 哪些能量是減少的 解析 5 噴墨打印機的簡化模型如圖10所示 重力可忽略的墨汁微滴 經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?以速度v垂直勻強電場飛入極板間 最終打在紙上 則微滴在極板間電場中 5 6 圖10 A 向負極板偏轉B 電勢能逐漸增大C 運動軌跡是拋物線D 運動軌跡與帶電量無關 變式題組 解析微滴帶負電 進入電場 受電場力向上 應向正極板偏轉 A錯誤 電場力做正功 電勢能減小 B錯誤 5 6 解析 6 多選 2016 紹興市聯(lián)考 如圖11所示 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 A 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的質量之比為1 12D A和B的位移大小之比為1 1 圖11 5 6 5 6 解析粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動 水平方向由x v0t及OC CD得 tA tB 1 2 1 解答力電綜合問題的一般思路 考點四電場中的力電綜合問題 2 運動情況反映受力情況 1 物體靜止 保持 F合 0 2 做直線運動 勻速直線運動 F合 0 變速直線運動 F合 0 且F合方向與速度方向總是在一條直線上 3 做曲線運動 F合 0 F合方向與速度方向不在一條直線上 且總指向運動軌跡曲線的凹側 4 F合與v的夾角為 加速運動 0 90 減速運動 90 180 5 勻變速運動 F合 恒量 例4 2014 浙江7月學考 如圖12所示 水平地面上有一長為L 高為h的桌子 質量為m的小物塊A從絕緣桌面的左端以初速度v0水平向右運動 最終落在地面上D點 D點與桌面右端的水平距離為s 若再次將物塊A置于桌面左端 并讓其帶上電荷量為q的正電荷 在桌面以上區(qū)域加一水平向右 大小可調節(jié)的勻強電場 假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 求 1 為使再次置于桌面左端的帶電物塊A在桌面上滑動 電場強度的最小值E1 解析答案 圖12 解析由平拋運動規(guī)律 s vt 由動能定理 考慮到摩擦力Ff做負功 為了使物塊A在桌面上滑動 其所受電場力至少等于摩擦力Ff 有F qE1 Ff 2 為使再次置于桌面左端的帶電物塊A從桌面滑落后仍落在地面上的D點 電場強度E2的值 解析答案 規(guī)律總結 分析力電綜合問題的兩種思路 1 動力學的觀點 1 由于勻強電場中帶電粒子所受電場力和重力都是恒力 可用正交分解法 2 綜合運用牛頓運動定律和勻變速直線運動公式 注意受力分析要全面 特別注意重力是否需要考慮的問題 2 能量的觀點 1 運用動能定理 注意過程分析要全面 準確求出過程中的所有力做的功 判斷選用分過程還是全過程使用動能定理 2 運用能量守恒定律 注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn) 解析 7 2016 4月浙江選考 8 密立根油滴實驗原理如圖13所示 兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負極相接 板間電壓為U 形成豎直向下電場強度大小為E的勻強電場 用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小 質量和帶電荷量各不相同的油滴 通過顯微鏡可找到懸浮不動的油滴 若此懸浮油滴的質量為m 則下列說法正確的是 7 8 變式題組 圖13 A 懸浮油滴帶正電B 懸浮油滴的帶電荷量為C 增大電場強度大小 懸浮油滴將向上運動D 油滴的帶電荷量不一定是電子帶電荷量的整數(shù)倍 解析油滴懸浮不動 說明其所受的電場力與重力平衡 所以帶負電 A錯 7 8 如果增大電場強度大小 油滴所受的電場力增大 油滴就會向上加速運動 C對 所有帶電體的電荷量都是電子帶電荷量的整數(shù)倍 D錯 解析答案 8 如圖14所示 一電荷量為 q 質量為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 小物塊恰好靜止 重力加速度取g sin37 0 6 cos37 0 8 求 1 水平向右電場的電場強度 7 8 圖14 解析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FNsin37 qE FNcos37 mg 7 8 解析答案 由牛頓第二定律得mgsin37 qE cos37 ma可得a 0 3g答案0 3g 7 8 3 電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能 返回 7 8 解析答案 解析電場強度變化后物塊下滑距離L時 重力做正功 電場力做負功 由動能定理得mgLsin37 qE Lcos37 Ek 0可得Ek 0 3mgL 答案0 3mgL