南方新高考高考物理大一輪復習 專題六 電場 第3講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動課件

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1、第3講 電容器與電容帶電粒子在電場中的運動一、電容、平行板電容器1.常見電容器絕緣靠近絕對值(1)組成：由兩個彼此_又相互_的導體組成.(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的_.(3)電容器的充、放電異種電荷電場能充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的_，電容器中儲存_.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電場能2.電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與兩極板間電勢差的比值.(2)公式：C_.1061012(3)物理意義：電容是描述電容器容納電荷本領大小的物理量.它的大小與電容器本身的結構有關，與 U、Q 無關.(4)單位：1 法拉(F)_微法(F)_

2、皮法(pF).QU3.平行板電容器的電容正對面積距離(1)影響因素：平行板電容器的電容與兩極板的_成正比，與兩極板的_成反比，并跟板間插入的電介質有關.(2)公式：C_.rS4kd二、帶電粒子在電場中的運動1.帶電粒子在電場中的直線運動(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條直線上，做勻變速直線運動.(2)用功能觀點分析：電場力對帶電粒子所做的功等于粒子動能的變化，即 qU_.2.帶電粒子的偏轉分析(1)條件分析：帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場.(2)運動性質：勻變速曲線運動.(3)運動狀態(tài)：帶電粒子受到恒定的與初速度方向垂直的電場力作用

3、而做類平拋運動.(4)處理方法：類似于平拋運動的處理方法，如圖 6-3-1 所示.圖 6-3-1(5)運動規(guī)律沿初速度方向做_運動，運動時間勻速直線沿電場力方向，做_運動.勻加速直線【基礎檢測】(2015 年海南卷)如圖 6-3-2 所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距 l，在正極板附近有一質量為 M、電荷量為 q(q0)的粒子，在負極板附近有另一質量為 m、電荷量為q 的粒子，在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動.已知兩粒子同)作用力可忽略，不計重力，則 M m 為(圖 6-3-2A.3 2B.2 1C.5 2D.3 1答案：A考點 1 平行板電容器的動態(tài)分析 重點歸納1.分析比較

4、的思路(1)先確定是 Q 還是 U 不變：電容器保持與電源連接，U 不變；電容器充電后與電源斷開，Q 不變.2.兩類動態(tài)變化問題的比較第一類動態(tài)變化：電容器兩極板間電壓不變.第二類動態(tài)變化：電容器所帶電荷量不變. 典例剖析例 1：(2014 年海南卷)如圖 6-3-3 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.粒子運動加速度為(圖 6-3-3答案：AU2【考點練透】1.(多選)美國物理學家密立根通過研究平

5、行板間懸浮不動的帶電油滴，比較準確地測定了電子的電荷量.如圖 6-3-4 所示，平行板電容器兩極板 M、N 相距 d，兩極板分別與電壓為 U 的恒定電源兩極連接，極板 M 帶正電.現(xiàn)有一質量為 m 的帶電油滴在極板中央處于靜止狀態(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電)荷量的比值為 k，則(A.油滴帶負電B.油滴帶電荷量為mgUdC.電容器的電容為kmgd圖 6-3-4D.將極板 N 向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動解析：由題意知油滴受到的電場力方向豎直向上，又上極板帶正電，故油滴帶負電，設油滴帶電荷量為 q，則極板帶電則電場強度 E 減小，重力將大于電場力，油滴將向下運動，只有選項 A、C 正

6、確.答案：AC考點 2 帶電粒子在電場中的直線運動分析 重點歸納2.帶電粒子在電場中運動時是否考慮重力的處理方法(1)基本粒子：如電子、質子、粒子、離子等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量).(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都要考慮重力.，其中 r 為該點到 Q 的距離(選無限 典例剖析例 2：如圖 6-3-5 所示，在 A 點固定一正電荷，電量為 Q，在離 A 高度為 H 的 C 處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運動瞬間向上的加速度大小恰好等于重力加速度 g.已知靜電力常量為 k，兩電荷均可看成點電荷，不計空氣阻力.

7、求：(1)液珠的比荷.(2)液珠速度最大時離 A 點的距離 h.(3)若已知在點電荷 Q 的電場中，某點的電勢可表示成kQr遠的電勢為零).求液珠能到達的最高點 B 離 A 點的高度 rB.圖 6-3-5【考點練透】2.(2014 年安徽卷)如圖 6-3-6 所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為 C，極板間距離為 d，上極板正中有一小孔.質量為 m、電荷量為q 的小球從小孔正上方高 h 處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為 g).求：(1)小球到達小孔處的速度.圖 6-3-6(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量.

8、(3)小球從開始下落運動到下極板處的時間.考點 3 帶電粒子在電場中的偏轉問題 重點歸納1.粒子的偏轉角問題(1)已知帶電粒子情況及初速度.如圖 6-3-7 所示，設帶電粒子質量為 m，帶電荷量為 q，以初速度 v0 垂直于電場線方向射入勻強偏轉電場，偏轉電壓為圖 6-3-7結論：動能一定時 tan 與 q 成正比，電荷量相同時 tan 與動能成反比.(2)已知加速電壓 U0.若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓 U0 加速后進入偏轉電場的，則由動能定理有結論：粒子的偏轉角與粒子的 q、m 無關，僅取決于加速電場和偏轉電場.2.粒子的偏轉量問題(2)若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓

9、U0 加速后進入偏轉電場的，得 yU1l24U0d.結論：粒子的偏轉距離與粒子的 q、m 無關，僅取決于加速電場和偏轉電場. 典例剖析例 3：(2014 年山東卷)如圖 6-3-8 所示，場強大小為 E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區(qū)域 abcd，水平邊 ab 長為 s，豎直邊 ad 長為 h.質量均為 m、帶電量分別為q 和q 的兩粒子，由 a、c 兩點先后沿 ab 和 cd 方向以速率 v0 進入矩形區(qū)(兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中).不計重力.若兩粒子軌跡恰好相切，則 v0 等于()圖 6-3-8解析：由兩粒子軌跡恰好相切，根據(jù)對稱性，兩個粒子的軌跡相切點一定在矩形區(qū)域的中心，并且兩粒子

10、均做類平拋運答案：B備考策略：利用類平拋運動的規(guī)律，將復雜的曲線運動分解為兩個簡單的直線運動.【考點練透】3.如圖 6-3-9 所示，平行金屬板 A、B 水平正對放置，分別帶等量異種電荷.一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共)同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示，那么(圖 6-3-9A.若微粒帶正電荷，則 A 板一定帶正電荷B.微粒從 M 點運動到 N 點電勢能一定增加C.微粒從 M 點運動到 N 點動能一定增加D.微粒從 M 點運動到 N 點機械能一定增加答案：C方法 帶電粒子在交變電場中的運動1.常見的交變電場常見的產(chǎn)生交變電場的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等.2.常見的試題類型此類題

11、型一般有三種情況(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解).(2)粒子做往返運動(一般分段研究).(3)粒子做偏轉運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究).3.解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件.(2)分析時從兩條思路出發(fā)：一是力和運動的關系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學規(guī)律分析；二是功能關系.(3)注意對稱性和周期性變化關系的應用.例 3：如圖 6-3-10 甲所示，真空中相距 d5 cm 的兩塊平行金屬板 A、B 與電源連接

12、(圖中未畫出)，其中 B 板接地(電勢為零)，A 板電勢變化的規(guī)律如圖乙所示.將一個質量為 21027kg，電量 q1.61019C 的帶電粒子從緊臨 B 板處釋放，不計重力.甲乙圖 6-3-10求：(1)在 t0 時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小.(2)若 A 板電勢變化周期 T1.0105 s，在 t0 時將帶電粒子從緊臨 B 板處無初速度釋放，粒子到達 A 板時速度的大小.B 板處無初速度釋放該帶電粒子，粒子不能到達 A 板.審題突破：(1)由圖可知兩板間開始時的電勢差，由 UEd可求得兩板間的電場強度，則可求得電場力，由牛頓第二定律可求得加速度的大??；(2)因粒子受力可能發(fā)

13、生變化，故由位移公式可求得粒子通過的距離，通過比較可知粒子恰好到 A 板，由運動學公式可求出速度；(3)要使粒子不能到達 A 板，應讓粒子在向 A 板運動中的總位移小于極板間的距離，可得出變化的頻率.備考策略：因極板間加交變電場，故粒子的受力發(fā)生周期性變化，本題應通過受力情況先確定粒子的運動情況，再確定兩板間電勢的變化頻率.周期性變化的電場在高考中也經(jīng)常出現(xiàn).【觸類旁通】如圖 6-3-11 甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質量為 m0.2 kg，帶電荷量為 q2.0106 C 的小物塊處于靜止狀態(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)0.1.從 t0 時刻開始，空間加上一個如圖乙所示的場強大

14、小和方向呈周期性變化的電場(取水平向右為正方向，g 取 10 m/s2)，求：乙甲圖 6-3-11(1)23 s 內(nèi)小物塊的位移大小.(2)23 s 內(nèi)電場力對小物塊所做的功.解：(1)02 s 內(nèi)小物塊的加速度為 a1，由牛頓第二定律得E1qmgma12 s 末的速度為 v2a1t14 m/s24 s 內(nèi)小物塊的加速度為 a2，由牛頓第二定律得E2qmgma2即 a2E2qmgm2 m/s2位移 x2x14 m，4 s 末小物塊的速度為 v40因此小物塊做周期為 4 s 的勻加速和勻減速運動第 22 s 末的速度為 v224 m/s，第 23 s 末的速度v23v22a2tt23 s22 s1 s解得 v232 m/s，x47 m.(2)23 s 內(nèi)，設電場力對小物塊所做的功為 W，由動能定理解得 W9.8 J.