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物理 课件 高三


第三节

电容器与电容 带电粒子 在电场中的运动

基础知识梳理

课堂互动讲练

经典题型探究

知能优化演练

基础知识梳理

一、电容器、电容 1.电容器 绝缘 靠近 (1)组成:由两个彼此_____又相互_____的导体组 成. 绝对值 (2)带电量:一个极板所带电量的_______ (3)电容器的充、放电 充电:使电容器带电的过程,充电后电容器两板 异种电荷 电场能 带上等量的________,电容器中储存_______. 放电:使充电后的电容器失去电荷的过程,放电 电场能 过程中________转化为其他形式的能.

2.电容 Q C= (1)定义式: _______ U 106 (2)单位:法拉(F),1 F=____μF=1012pF 3.平行板电容器 正对面积 (1)影响因素:平行板电容器的电容与_________ 介电常数 成正比,与介质的__________成正比,与两极 距离 板间_____成反比.

εrS (2)决定式:C= ,k为静电力常量. 4πkd ①保持两极板与电源相连,则电容器两极板 电压 间______不变. 电荷量 ②充电后断开电源,则电容器所带的_______

不变. 特别提示:(1)电容器的电容大小是由本身的 特性决定的,与极板间电压以及电容器带电 多少、带不带电荷无关. (2)电容器充、放电时,电流的方向可以由正 电荷定向移动的方向来确定.

二、带电粒子在电场中的运动 1.带电粒子在电场中的加速 1 2 1 2 mv - mv (1)处理方法:利用动能定理:qU=____________ 0 2 2 任何电场 (2)适用范围:__________. 2.带电粒子在电场中的偏转 带电粒子以垂直匀强电场的场强方向进入电场后, 做类平抛运动,轨迹为抛物线. 匀速直线 垂直于场强方向做__________运动: vx=v0,x=v0t.

匀加速直线 平行于场强方向做初速度为零的___________运动:
1 2 vy=at,y= at , 2 qE qU a= = . m md 2 qUl 侧移距离:y= 2 , 2mv0d

图6-3-1

qUl 偏转角:θ=arctan 2,如图 6-3-1 所示. mdv0

三、示波管 1.示波管装置 示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,管内 抽成真空.如图6-3-2所示.

图6-3-2

2.工作原理 示波器是可以用来观察电信号随时间变化情况 的一种电子仪器.如果在偏转电极XX′上加横向 扫描电压,同时加在偏转电极YY′上所要研究的 信号电压,电子束随信号电压的变化在纵向做 竖直方向的扫描,其周期与偏转电极XX′的扫描 电压的周期相同,在荧光屏上就显示出信号电 压随时间变化的图线.

课堂互动讲练

一、电容器的动态问题分析方法 1.先确定是 Q 还是 U 不变:电容器保持与电源 连接, 不变; U 电容器充电后断开电源, 不变. Q εrS 2.据平行板电容器 C= 来确定电容的变化. 4πkd Q 3.由 C= 的关系判定 Q、U 的变化. U

4.动态分析如下表

即时应用 (即时突破,小试牛刀) 1.(2010年高考北京理综卷)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6-3- 3).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( )

图6-3-3

A.保持S不变,增大d,则θ变大 B.保持S不变,增大d,则θ变小 C.保持d不变,减小S,则θ变小 D.保持d不变,减小S,则θ不变
解析:选 A.静电计是测量电容器两端电压 εrS 的仪器,指针偏角 θ∝U,根据 C= 和 4πkd Q C= 得 A 正确. U

二、带电粒子在电场中偏转的几个重要推论 1.若不同的带电粒子是从静止经过同一加速 电压 U0 加速后进入偏转电场的,则由动能定 1 2 理有:qU0= mv0 2 1 2 ql2U Ul2 由此得:y= at = 2 = 2 2mv0d 4U0d qlU Ul tanθ= 2 = mv0d 2U0d 结论:不同的带电粒子从静止经过同一电场 加速后进入同一偏转电场,它们在电场中的 偏转角度和偏转距离总是相同的.

2.作粒子速度的反向延长线,与初速度方 向交于 O 点,O 点与电场边缘的距离为 x, 如图 6-3-4 所示,则 qUl2 2 2dmv0 l y x= = = . 2 tanθ qUl mv2d 0

图6-3-4

结论:粒子从偏转电场中射出时,就像是从 l 极板间的 x= 处的 O 点沿直线射出. 2 1 2 1 2 特别提醒:用动能定理 qUy= mv - mv0计算末 2 2

速度时, 要注意式中的 Uy 不是两极板间的电压 U, y 而是入射点和出射点之间的电压 Uy= · U. d

即时应用 (即时突破,小试牛刀) 2.如图 6-3-5 所示,质子(1H)和 α 粒子(4He)由 1 2 静止经同一个电场加速后垂直射入偏转电场(粒 子不计重力),则这两个粒子射出电场时( )

图6-3-5

A.偏转角度相同

B.偏转距离相同

C.运动时间相同
答案:AB

D.动能相同

三、带电粒子在复合场中的运动 1.带电粒子在电场中的运动是否考虑重力 (1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等 除有说明或明确的暗示以外,一般都不考虑重 力(但并不忽略质量). (2)带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等, 除有说明或有明确的暗示以外,一般都不能忽 略重力.

2.带电粒子在重力场和匀强电场中的运动 (1)由于带电粒子在匀强电场中所受电场力和重 力都是恒力,不受约束的粒子做的都是匀变速运 动,因此可以采取正交分解法处理. (2)等效“重力”法:将重力与电场力进行合成,

F合 合力 F 合等效于“重力”, a= 等效于“重力加 m 重力场中的竖直方向.

速度”,F 合 的方向等效于“重力”的方向,即在

即时应用 (即时突破,小试牛刀) 3.如图6-3-6所示,水平放置的平行金属板间 有匀强电场.一根长为l的绝缘细绳一端固定在O 点,另一端系有质量为m并带有一定电荷的小 球.小球原来静止在C点.当给小球一个水平速 度后,它能在竖直面内绕O点做匀速圆周运动.

图6-3-6

若将两板间的电压增大为原来的3倍,求:要使 小球从C点开始在竖直面内绕O点做圆周运动,至 少要给小球多大的水平速度?在这种情况下,在 小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大? 解析:设原来的电场强度为E,小球带电量q.由题 意可知:qE=mg,两者方向相反,当板间电压变 为原来的3倍时,场强变为原来的3倍.则电场力 与重力的合力F合=3qE-mg=2mg,方向向 上.即等效重力的大小为2mg,C点为等效最高 点.要使小球恰好能在竖直平面做圆周运动,必 须有:F向=2mg=mv2/l

∴v= 2gl, 点为等效最低点, D 绳的拉力最大. 设小球到 D 点的速度为 vm,由动能定理得: 1 2 1 2 F 合· 2l=2mg×2l= mvm- mv 2 2 又∵F-F 合 =mv2 /l m 代入数据解得:F=12mg.

答案: 2gl 12mg

经典题型探究

有关电容器的动态分析
例1 (2010年高考重庆理综卷)某电容式话筒的原

理示意图如图6-3-7所示,E为电源,R为电阻, 薄片P和Q为两金属极板,对着话筒说话时,P振动 而Q可视为不动.在P、Q间距增大过程中( ) A.P、Q构成的电容器的电容增大 B.P上电荷量保持不变 C.M点的电势比N点的低 D.M点的电势比N点的高 图6-3-7

εrS 【解析】 由平行板电容器的电容 C= 可知, 4πkd 当 P、Q 之间的距离 d 增大时,电容器的电容 C 减小,A 错误;而电容器两极板之间的电势差不 变,根据 Q=CU 可知,电容器两极板上的电荷 量减小,B 错误;此时电容器对外放电,故 M 点 的电势高于 N 点的电势,D 正确.

【答案】

D

【规律总结】 解决此类问题时要灵活使用 Q εrS 公式 C= 和 C= ,并且要注意对两个 U 4πkd 条件的理解: (1)平行板保持与电源的连接,电压不变; (2)充电后切断与电源的连接,电量不变.

变式训练1 一平行板电容器充电后与电源断开, 负极板接地,在两极板间有一正电荷(电荷量很小) 固定在P点,如图6-3-8所示,以E表示两极板 间的场强,U表示电容器的电压,W表示正电荷 在P点的电势能.若负极板不动,将正极板移到 图中虚线所示的位置( ) A.U变小,E不变 B.E变大,W变大 C.U变小,W不变 D.U不变,W不变

图6-3-8

解析:选 AC.由于电容器充电后与电源断开, 则电容器带电荷量不变, 根据平行板电容器电 εrS 容 C= 可知,d 减小时,电容 C 增大;又 4πkd Q U Q 由 C= 可知,电压 U 减小;由 E= = = U d Cd 4πkQ 可知,E 不变;负极板接地,电势为零, εrS 则 φP=UP=EdP,P 点位置不变,电势不变, 正电荷在 P 点的电势能不变.

带电体在匀强电场中的运动
例2 如图6-3-9所示,在倾角θ=37°的绝缘

斜面所在空间存在着竖直向上的匀强电场,场强 E=4.0×103 N/C,在斜面底端有一与斜面垂直的 绝缘弹性挡板.质量m=0.20 kg的带电滑块从斜 面顶端由静止开始滑下,滑到斜面底端与挡板相 碰后以碰前的速率返回.已知斜面的高度h=0.24 m,滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.30,滑块带 电荷q=-0.50×10-4 C. 取重力加速度g=10 m/s2, sin37°=0.60,cos37° =0.80.求: 图6-3-9

(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度
大小.

(2)滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高
度.

(3)滑块从开始运动到最后停下来的整个过程
中产生的热量Q.(计算结果保留2位有效数字)

【解析】 (1)滑块沿斜面滑下的过程中,受到的 滑动摩擦力为 Ff=μ(mg+qE)cos37° ,设到达斜 面底端时的速度为 v1, 根据动能定理, (mg+qE)h h 1 2 -Ff = mv1,解得 v1=2.4 m/s. sin37° 2 (2)设滑块第一次与挡板碰撞后沿斜面返回上升 的高度最大为 h1,根据动能定理, h1 1 2 -(mg+qE)h1-Ff =- mv1, sin37° 2 代入数据解得 h1=0.10 m.

(3)滑块最终将静止在斜面底端,因此重力势能
和电势能的减少量等于克服摩擦力做的功,即 等于产生的热能,Q=(mg+qE)h=0.96 J. 【答案】 见解析

【规律总结】 (1)由于带电微粒在匀强电场中所 受电场力与重力都是恒力,因此其处理方法可用 正交分解法.先将复杂的运动分解为两个互相正 交的简单的直线运动,而这两个直线运动的规律 我们可以掌握,然后再按运动合成的观点,去求 出复杂运动的相关物理量. (2)用能量观点处理带电粒子在复合场中的运动, 从功能观点出发分析带电粒子的运动问题时,在 对带电粒子受力情况和运动情况进行分析的基础 上,再考虑应用恰当的规律(动能定理、能量转化 守恒定律等)解题.

变式训练2 (2011年长春调研)如图6-3-10所示, 两块平行金属板M、N竖直放置,两板间的电势差U =1.5×103 V,现将一质量m=1×10-2 kg、电荷量 q=4×10-5 C的带电小球从两板上方的A点以v0=4 m/s的初速度水平抛出,且小球恰好从靠近M板上端 处进入两板间, 沿直线运动碰到N板上的B点. 已知A点距两板上端的高度 h=0.2 m,不计空气阻力, 取g=10 m/s2.求: 图6-3-10

(1)M、N两板间的距离d; (2)小球到达B点时的动能.

解析:(1)小球进入电场区域前做平抛运动, 竖直方向上: v2=2gh,vy=2 m/s y U q v0 d 进入电场后做直线运动,满足: = vy mg 解得:d=0.3 m.

(2)从 A 点到 B 点的过程中,应用动能定理: 1 2 mg(h+L)+qU=Ek- mv0 2 L vy 1 = = ,解得:Ek=0.175 J. d v0 2

答案:(1)0.3 m

(2)0.175 J

带电粒子在交变电场中的运动
例3

(满分样板 15分)如图6-3-11所示,真空 室中速度v0=1.6×107 m/s的电子束,连续地沿两 水平金属板中心线OO′射入,已知极板长l=4 cm, 板间距离d=1 cm,板右端距离荧光屏PQ为L=18 cm.

图6-3-11

电 子 电 荷 量 q = - 1.6×10
- 30

- 19

C,质量 m=

0.91×10 kg.若 在 电 极 ab 上 加 u= 220 2 sin100πt V 的交变电压, 在荧光屏的竖直坐标轴 y 上能观测到多长的线段?(设极板间的电场是均 匀的,两板外无电场,荧光屏足够大) 【思路点拨】 由于电子经过板间的时间极短, 远小于交变电压的周期,因此,在电子经过板 间的过程中,可认为板间电压不变,因此电子 在板间的运动可认为是类平抛运动,但不同电 压值对应电子不同的偏移量,沿金属板边缘射 出的电子对应屏上线段的最上端和最下端.

?解题样板规范步骤,该得的分一分不丢! 电子经过偏转电场的时间为 -2 l 4×10 t= = s v0 1.6×107 - =2.5×10 9 s (2 分)

图6-3-12 2π 2π 而交变电压的周期 T= = s=0.02 s,远 ω 100π 远大于 t, 故可以认为进入偏转电场的电子均在 当时所加电压形成的匀强电场中运动. (2 分)

d 1 2 Eq Umq 纵向位移 = at ,a= = (2 分) 2 2 m dm 所以电子能够打在荧光屏上的最大偏转电压 2 2 2 md md v0 Um= 2 = 2 =91 V (2 分) qt ql Um 1 2 当 Um=91 V 时,E= ,y= at (2 分) 2 d qUm 6 因为 vy= t=4×10 m/s dm vy tanθ= =0.25 (2 分) v0

l 偏转量 Y=( +L)tanθ=5 cm, (2 分) 2 所以 y 轴上能观测到的线段长度为 2Y=10 cm.(1 分)

【答案】 10 cm 【规律总结】 (1)此题属于带电粒子在交变电 场中的运动问题,但因粒子在电场中运动时间 极短,粒子在电场中运动的过程中可认为电场 是不变的. (2)打在屏上最上端和最下端的电子是否是沿金 属板边缘飞出的电子应当通过计算做出判断.

变式训练3 真空中足够大的两个相互平行的金 属板a和b之间的距离为d,两板之间的电压Uab按 如图6-3-13所示规律变化,其变化周期为T.在t =0时刻,一带电粒子(+q)仅在该电场的作用下, 由a板从静止开始向b板运动,并于t=nT(n为自然 数)时刻,恰好到达b板.求:若粒子在t=T/6时 刻才开始从a板运动,那 么经过同样时间,它将运 动到离a板多远的地方? 图6-3-13

解析: 设带电粒子在匀强电场中的加速度为 a, 前半个周期为加速运动,后半个周期为减速运 动,所以 a、b 间距离 1 T2 d=2ns=2n a( ) ① 2 2 若粒子在 t=T/6 时刻开始从 a 板运动,该粒子 1 2T 2 向 b 板运动的距离 x1=2n a( ) 2 6

在电场力作用下返回 a 板的距离 1 T2 x2=2n a( ) 2 6 所以该粒子向 b 板运动的位移 1 2T 2 1 T 2 x=2n[ a( ) - a( ) ]② 2 6 2 6 d 由①②解得:x= . 3

d 答案: 3


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