高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題十二 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動課件.ppt

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專題十二電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動 考點(diǎn)基礎(chǔ)自清 考點(diǎn)互動探究 內(nèi)容索引 考點(diǎn)基礎(chǔ)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(dǎo)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(zhuǎn)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(guān)系 電容C的大小由電容器本身結(jié)構(gòu)決定 與電壓 電荷量 不隨Q變化 也不隨電壓變化 無關(guān) 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(zhì)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(zhì)的性質(zhì)有關(guān) 兩板間的距離 答案 二 帶電粒子在電場中的運(yùn)動 1 加速問題 若不計(jì)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(qiáng)電場中 W qEd qU 2 在非勻強(qiáng)電場中 W qU 動能 答案 2 偏轉(zhuǎn)問題 1 條件分析 不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場 2 運(yùn)動性質(zhì) 運(yùn)動 3 處理方法 利用運(yùn)動的合成與分解 沿初速度方向 做運(yùn)動 沿電場力方向 做初速度為零的運(yùn)動 類平拋 勻速直線 勻加速 答案 3 示波管的構(gòu)造 電子槍 熒光屏 如圖1所示 圖1 偏轉(zhuǎn)電極 1 電容器是一種常用的電子元件 下列對電容器認(rèn)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(xué)考通關(guān)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(xué)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(xiàng)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(guān) 所以電容器的電容不變 選項(xiàng)D錯 4 電場中 初速度為零的帶正電粒子在勻強(qiáng)電場中僅在電場力作用下 運(yùn)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(fù)極板邊緣垂直電場方向射入勻強(qiáng)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(yīng)變?yōu)樵瓉淼?1 2 3 4 5 圖3 解析 返回 考點(diǎn)互動探究 考點(diǎn)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(qiáng)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(xiàng)A B錯 技巧點(diǎn)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(qiáng)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(zhì) 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(shè)兩極板正對面積為S 極板間的距離為d 靜電計(jì)指針偏角為 實(shí)驗(yàn)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(xiàng)C D均錯 1 做直線運(yùn)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(yùn)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(yùn)動或勻減速直線運(yùn)動 考點(diǎn)二帶電粒子在電場中的直線運(yùn)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(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后 粒子P開始運(yùn)動 重力加速度為g 粒子運(yùn)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(yùn)動問題的兩種方法 1 用牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)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(yùn)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(yùn)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(yùn)動 電場力做負(fù)功 重力不做功 動能減少 電勢能增加 故選項(xiàng)A C D錯誤 選項(xiàng)B正確 3 4 解析 3 4 圖8 1 基本運(yùn)動規(guī)律 1 沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動 運(yùn)動時間 考點(diǎn)三帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn) 2 沿電場力方向 做勻加速直線運(yùn)動 2 帶電粒子在勻強(qiáng)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 3 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系 例3如圖9所示 在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L 電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場 在與右側(cè)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(zhì)量為m的帶電粒子 重力不計(jì) 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(diǎn)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(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x 解析答案 規(guī)律總結(jié) 分析粒子在電場中偏轉(zhuǎn)運(yùn)動的兩種方法 1 分解觀點(diǎn) 垂直射入勻強(qiáng)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(yùn)動相類似 研究這類問題的基本方法是將運(yùn)動分解 可分解成平行電場方向的勻加速直線運(yùn)動和垂直電場方向的勻速直線運(yùn)動 2 功能觀點(diǎn) 首先對帶電粒子進(jìn)行受力分析 再進(jìn)行運(yùn)動過程分析 然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)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(yùn)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(yùn)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 解析 5 噴墨打印機(jī)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?fù)電后 以速度v垂直勻強(qiáng)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(fù)極板偏轉(zhuǎn)B 電勢能逐漸增大C 運(yùn)動軌跡是拋物線D 運(yùn)動軌跡與帶電量無關(guān) 變式題組 解析微滴帶負(fù)電 進(jìn)入電場 受電場力向上 應(yīng)向正極板偏轉(zhuǎn) 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(diǎn)出發(fā) 沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中 分別打在C D點(diǎn) 若OC CD 忽略粒子重力的影響 則 A A和B在電場中運(yùn)動的時間之比為1 2B A和B運(yùn)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 圖11 5 6 5 6 解析粒子A和B在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)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(diǎn)四電場中的力電綜合問題 2 運(yùn)動情況反映受力情況 1 物體靜止 保持 F合 0 2 做直線運(yùn)動 勻速直線運(yùn)動 F合 0 變速直線運(yùn)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(yùn)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(yùn)動軌跡曲線的凹側(cè) 4 F合與v的夾角為 加速運(yùn)動 0 90 減速運(yùn)動 90 180 5 勻變速運(yùn)動 F合 恒量 例4 2014 浙江7月學(xué)考 如圖12所示 水平地面上有一長為L 高為h的桌子 質(zhì)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(yùn)動 最終落在地面上D點(diǎn) D點(diǎn)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(diào)節(jié)的勻強(qiáng)電場 假設(shè)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(qiáng)度的最小值E1 解析答案 圖12 解析由平拋運(yùn)動規(guī)律 s vt 由動能定理 考慮到摩擦力Ff做負(fù)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(diǎn) 電場強(qiáng)度E2的值 解析答案 規(guī)律總結(jié) 分析力電綜合問題的兩種思路 1 動力學(xué)的觀點(diǎn) 1 由于勻強(qiáng)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(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和勻變速直線運(yùn)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(diǎn) 1 運(yùn)用動能定理 注意過程分析要全面 準(zhǔn)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(yùn)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(shí)驗(yàn)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(fù)極相接 板間電壓為U 形成豎直向下電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場 用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小 質(zhì)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(zhì)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(qiáng)度大小 懸浮油滴將向上運(yùn)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(fù)電 A錯 7 8 如果增大電場強(qiáng)度大小 油滴所受的電場力增大 油滴就會向上加速運(yùn)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(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37 的光滑斜面上 當(dāng)整個裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)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(qiáng)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(qiáng)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(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時 重力做正功 電場力做負(fù)功 由動能定理得mgLsin37 qE Lcos37 Ek 0可得Ek 0 3mgL 答案0 3mgL