届高考物理一轮复习学案电容器+带电粒子在电场中的运动鲁科版.docx

1、届高考物理一轮复习学案电容器+带电粒子在电场中的运动鲁科版第3课时电容器带电粒子在电场中的运动知 识 梳 理知识点一、常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1常见电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。2电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。(2)定义式：C。(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。(4)单位：法拉

2、(F)1 F106 F1012 pF3平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。(2)决定式：C，k为静电力常量。知识点二、带电粒子在匀强电场中的运动1带电粒子在电场中的加速带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动。有两种分析方法：(1)用动力学观点分析：a，E，v2v2ad。(2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qUmv2mv。2带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。(2)运动性质：匀变速曲线运动。(3)处理方法：分

3、解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。(4)运动规律：沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间沿电场力方向，做匀加速直线运动。知识点三、示波管1构造及功能(如图1所示)图1(1)电子枪：发射并加速电子。(2)偏转电极YY：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极XX：使电子束水平偏转(加扫描电压)。2工作原理偏转电极XX和YY不加电压，电子打到屏幕中心；若只在XX之间加电压，电子只在X方向偏转；若只在YY之间加电压，电子只在Y方向偏转；若XX加扫描电压，YY加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图像。思维深化判断正误，正确的画“”，错误的画“”。(1)电容器的电容与电容器所带电荷量成反

4、比。()(2)一个电容器的电荷量增加Q1.0106C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容C1.0107F。()(3)放电后的电容器所带电荷量为零，电容也为零。()答案(1)(2)(3)题 组 自 测题组一电容器、电容及动态分析1(多选)有一只电容器的规格是“1.5 F,9 V”，那么()A这只电容器上的电荷量不能超过1.5105 CB这只电容器上的电荷量不能超过1.35105 CC这只电容器的额定电压为9 VD这只电容器的击穿电压为9 V解析9 V为电容器的额定电压(或工作电压)，故C正确；正常工作时的带电荷量QCU1.51069 C1.35105 C，选项B正确。答案BC2.如图2所示

5、，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。实验中，极板所带电荷量不变，若()图2A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则不变解析静电计指针偏角反映电容器两板间电压大小。在做选项所示的操作中，电容器电荷量Q保持不变，由C知，保持S不变，增大d，则C减小，U增大，偏角增大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S，则C减小，U增大，偏角也增大，故选项C、D均错。答案A题组二带电粒子在电场中的运动3.如图3所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两板间电压不变，则()图3A当减小两板间的距离时，

6、速度v增大B当减小两板间的距离时，速度v减小C当减小两板间的距离时，速度v不变D当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长解析由动能定理得eUmv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，即t，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误。答案C4. (多选)如图4，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()图4A所受重力与电场力平衡 B电势能逐渐增加C动能逐渐增加 D做匀变速直线运动解析带电粒子在平行板电

7、容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力FEq，方向垂直于极板向上，因二力均为恒力，又已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确。答案BD5(多选)某同学设计了一种静电除尘装置，如图5甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连。带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，

8、当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。要增大除尘率，则下列措施可行的是()图5A只增大电压UB只增大长度LC只增大高度dD只增大尘埃被吸入的水平速度v0解析增大除尘率，即增加到达下板的尘埃数，尘埃在极板间的侧移距离y越大，则到达下极板的尘埃数就越多，除尘率就越高。尘埃做类平抛运动，有yat2，a，t，则尘埃在极板间的侧移距离y2，当只增大电压U或只增大长度L时，y增大，收集尘埃的数量增加，除尘率增大，故A、B选项对；而只增大高度d或只增大尘埃被吸入的水平速度v0，y减小，收集尘埃的数量减少，除

9、尘率减小，故C、D选项错。答案AB考点一平行板电容器的动态分析1分析比较的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)用决定式C分析平行板电容器电容的变化。(3)用定义式C分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。(4)用E分析电容器极板间场强的变化。2常见类型【例1】 (多选)如图6所示，两块较大的金属板A、B相距为d，平行放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、带电荷量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是()图6A若将S断开，则油滴将做自由落体运动，G表中无电流B若将A向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G表中有ba的电流C若将A向上平移一小段位移，

10、则油滴向下加速运动，G表中有ba的电流D若将A向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G表中有ba的电流解析由于油滴处于静止状态，所以qmg。若将S断开，由于电容器的电荷量不变，则电压U不变，油滴仍处于静止状态，选项A错误。若将A向左平移一小段位移，则电容C变小，电压U不变，则QCU变小，所以电流由ba，此时油滴仍静止，选项B正确。若将A向上平移一小段位移，电容C变小，电压U不变，则Q变小，所以电流由ba，此时qmg，油滴加速向上运动，所以选项D错误。答案BC求解电容器动态分析问题的技巧(1)在电荷量保持不变的情况下，电场强度与板间的距离无关。(2)对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行

11、讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住C、QCU和E进行判定即可。【变式训练】1如图7所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是()图7A甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D甲图中夹角减小，乙图中夹角减小解析甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E可知，板间的电场强度减小，电

12、场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小。当电容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变；根据平行板电容器的电容公式C，极板间的电压U，极板间的电场强度E，当两个极板电荷量不变，距离改变时，场强与两板间距离无关，故乙图中夹角不变。综上分析，选项B正确。答案B考点二带电粒子(或物体)在电场中的直线运动【例2】 (2014安徽卷，22)如图8所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m，电荷量为q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：图8(1)小球

13、到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。解析(1)由v22gh，得v(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mgqEma由运动学公式知：0v22ad整理得电场强度E由UEd，QCU，得电容器所带电荷量QC(3)由hgt，0vat2，tt1t2整理得t答案(1)(2)C(3) 带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法【变式训练】2.如图9所示，板长L4 cm的平行板电容器，板间距离d3 cm，板与水平线夹角37，两板所加电压为U100 V。有一带负电液滴，带电荷量为q31010 C，以v01 m/s的水平速度自

14、A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出(取g10 m/s2，sin 0.6，cos 0.8)。求：图9(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度。解析(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qEcos mg又E解得：m代入数据得m8108kg(2)对液滴由动能定理得：qUmv2mv，v所以vm/s答案(1)8108kg(2) m/s考点三带电粒子在匀强电场中的偏转【例3】(2014北京海淀区期末试题)如图10所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U12 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装

15、置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l6.0 cm，相距d2 cm，两极板间加以电压U2200 V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e1.61019 C，电子的质量m0.91030 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求：图10(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W。解析(1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1Ek解得Ek4.01016 J(2)设电子在偏转电场中运

16、动的时间为t电子在水平方向做匀速运动，由lv1t，解得t电子在竖直方向受电场力Fe电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a依据牛顿第二定律有ema，解得a电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量yat2解得y0.36 cm(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差Uy电场力所做的功WeU解得W5.761018 J答案(1)4.01016 J(2)0.36 cm(3)5.761018 J分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将

17、带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。【变式训练】3(2015山西省高三四校联考)有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图11所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是()图11A增大墨汁微粒的比荷B减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C减小偏转极板的长度D增大偏转极板间的电压解析已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，因偏移量y，现要缩小字迹，可行的措施可减小墨汁微粒的比荷，增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能mv，减小偏转极板的长度L，减小偏转极板间的电压U，故选C。答案C