第六章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动复习课件新人教版选修3-1

第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动考点1电容器与电容1.电容器(1)组成：由两个彼此_____又相互靠近的导体组成.(2)带电量：一个极板所带电荷量的_______.(3)电容器的充、放电.①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的_________，电容器中储存电场能.②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中_______转化为其他形式的能.绝缘绝对值异种电荷电场能2.电容(1)定义式：C=___.(2)单位：法拉(F)，1F=___μF=_____pF.(3)电容与电压、电荷量的关系.①电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量_____.不随Q变化，也不随电压变化.②由可推出1061012无关3.平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与_________成正比，与介质的_________成正比，与_____________成反比.(2)决定式：__________,k为静电力常量.正对面积介电常数两板间的距离1.平行板电容器动态问题分析的理论依据(1)平行板电容器的电容C与板距d、正对面积S、介质介电常数εr间的关系(2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强(3)电容器所带电荷量Q=CU.(4)由以上三式得该式为平行板电容器极板间匀强电场的场强的决定式,常通过来分析场强的变化.2.两类动态问题分析比较(1)第一类动态变化：两极板间电压U恒定不变.(2)第二类动态变化：电容器所带电荷量Q恒定不变.如图,一个电容器与电池相连，增大电容器两极板间的距离，则下列说法中正确的是()A.电容器电容增大B.电容器极板电量增加C.在增大极板间距离过程中，电路中电流方向如题图所示D.原来静止在电容器极板间的电荷将向上加速运动【解析】选C.根据和Q=CU得：d增大，电容C减小，又电压U恒定，所以电荷量Q减小，电容器放电，电场强度E减小，原来静止的电容器极板间的电荷将向下加速运动,故答案为C.1.带电粒子在电场中的加速带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子_____的增量.(1)在匀强电场中：W=qEd=qU=_____________.(2)在非匀强电场中：W=qU=____________.考点2带电粒子在电场中的运动动能2.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件：带电粒子_____于电场方向进入匀强电场.(2)处理方法：类似于________，应用运动的合成与分解的方法.①沿初速度方向做_________运动.②沿电场方向做初速度为零的___________运动.垂直平抛运动匀速直线匀加速直线加速度：a==___=____a.能飞出平行板电容器：t=___运动时间b.打在平行极板上：t=离开电场时的偏移量：_______离开电场时的偏转角正切：_______1.带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，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.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)以初速度v0进入偏转电场作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出.(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，可推得偏移量：偏转角正切：结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的，也就是轨迹完全重合.如图所示，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一带电微粒沿图中直线从a向b运动，下列说法中正确的是()A.微粒做匀速运动B.微粒做匀加速运动C.微粒电势能减小D.微粒动能减小【解析】选D.微粒沿ab直线运动，其重力与电场力的合力沿ba方向，电场力水平向左，做负功，电势能增大，C错误；合力与运动方向相反，微粒做匀减速运动，动能减小，D正确，A、B均错误.1.构造：①_______，②偏转极板，③荧光屏.(如图所示)考点3示波管电子枪2.工作原理(1)YY′上加的是待显示的_________，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做_________.(2)观察到的现象.①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏_____，在那里产生一个亮斑.②若所加扫描电压和_________的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象.信号电压扫描电压中心信号电压1.电子打在荧光屏上将出现亮点，若电子打在屏上的位置快速移动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线.2.如图所示，如果只在偏转电极YY′上加上如图甲所示UY=Umsinωt的电压，荧光屏上亮点的偏移也将按正弦规律变化，即y′=ymsinωt，并在荧光屏上观察到的亮线的形状为图丙A(设偏转电压频率较高).3.如果只在偏转电极XX′上加上如图乙所示的电压，在荧光屏上观察到的亮线的形状为图丙B(设偏转电压频率较高).4.如果在偏转电极YY′上加上图甲所示的电压，同时在偏转电极XX′上加上图乙所示的电压，在荧光屏上观察到的亮线的形状为图丙C(设偏转电压频率较高).(2012·南平模拟)如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成.如果在荧光屏上P点出现亮斑，则下列叙述错误的是()A.示波管中极板X应带正电B.示波管中极板Y应带正电C.当电极YY′间电压增大时，亮点下移D.当电极XX′间电压增大时，亮点右移【解析】选C.要使电子打在P点，沿YY′方向，应使电子向Y方向偏，极板Y应带正电，沿XX′方向，应使电子向X方向偏，极板X应带正电，故A、B正确.当YY′间电压增大时，沿YY′方向电子偏移量变大，当XX′间电压增大时，沿XX′方向电子偏移量增大，故C错误，D正确.故选C.热点考向1平行板电容器动态问题分析【例证1】如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和理想二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()A.若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的左侧B.若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧C.若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的左侧D.若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧【解题指南】解答本题时应注意以下三点：(1)二极管的单向导电性对电路的影响.(2)小球电性对小球加速度大小变化的影响.(3)小球的水平位移与小球运动时间的关系.【自主解答】选B.当极板间距增大时，由可知，电容器的电容将变小,因二极管的存在，电容器上的电量将保持不变，由可知，板间电场强度不变，因此板间距增大时，不影响小球打在B板上的位置，A、D均错误；若极板间距减小，则电容器的电容C增大，电源通过二极管给电容器充电，电容器的带电量增加，两板间的电压不变,此时板间电场强度将增大，若小球带正电，由mg+Eq=ma，y=at2可知，小球的加速度变大，小球打在B板上的时间t变小，由x=v0t知，小球将落在N的左侧，B正确；若小球带负电，由mg-Eq=ma,y=at2可知，小球加速度变小，小球打在B板上的时间t变大，由x=v0t可知，小球将落在N的右侧，C错误.【总结提升】分析电容器动态问题时应注意的问题(1)先确定电容器的不变量(Q或U).(2)只有当电容器的电量发生变化时，电容器支路上才有充电或放电电流.(3)若电路中有二极管，其单向导电性将影响电容器充电或放电.(4)电容器电量不变时，改变板间距将不引起板间电场强度的变化.热点考向2带电粒子在电场中的偏转【例证2】如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出.(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域的长度.【解题指南】解答本题时应注意以下两点：(1)两板间所加的电压的最大值对应粒子恰好沿板的边缘飞出的情况.(2)屏上粒子所能到达的最大长度为粒子沿上、下板边缘到达屏上的位置间距.【自主解答】(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有y=at2 ①L=v0t ②vy=at联立可得即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点.(2)③④由①②③④式解得当y=时，UYY′=则两板间所加电压的范围为-≤UYY′≤(3)当y=时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0=y+btanθ又解得：故粒子在屏上可能到达的区域的长度为答案：(1)见自主解答(2)(3)【总结提升】确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离y′的三种方法(1)(2)y′=y+btanθ(3)其中是应用上例第(1)问的结论得出的，一般不直接用于计算题的求解过程.【变式训练】如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是()A.滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B.滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C.电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D.电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间变大【解析】选B.电子加速有电子偏转有滑动触头向右移动,U0增大,y减小，A错误，B正确；两电场对电子做的功为W=e(U0+y)，U增大，y增大，则W增大，所以选项C错误；电子在加速电场中匀加速时间不变，在偏转电场中匀速运动时间也不变，所以运动总时间不变，选项D错误.【变式备选】如图所示，真空室中速度v0=1.6×107m/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=4cm，板间距离d=1cm，板右端距离荧光屏PQ为L=18cm.电子电荷量q=1.6×10-19C，质量m=0.91×10-30kg.若在电极ab上加u=220sin100πtV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)【解析】因为经过偏转电场的时间为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在偏转电场中纵向最大位移所以电子能够打在荧光屏上的最大竖直偏转电压因为偏转量y轴上的观测量为2y=10cm.答案：10cm热点考向3带电体运动中的力电综合问题【例证3】(16分)在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为+q的小滑块B.用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示.现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对A发生了运动.为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程.测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s.P、Q位置高度差为0.5m.已知匀强电场的场强A、B之间动摩擦因数μ=0.4,g取10m/s2.求：(1)绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？(2)滑块B最后停在离出发点水平距离为多大处？【解题指南】解答本题时应注意以下两点：(1)滑块B相对于A加速滑动过程发生在滑块B向上减速的过程.(2)滑块B相对于A减速滑动过程发生在绝缘板A停止运动以后.【规范解答】(1)设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a1和a2，其时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，则有a1t1=a2t2(2分)(2分)求得a1=1.25m/s2，a2=5m/s2.(2分)(2)研究滑块B，在绝缘板A上匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得竖直方向：mg-N=ma2(2分)水平方向：Eq-μN=ma3(2分)解得a3=0.1g=1m/s2(1分)在这个过程中滑块B的水平位移大小为(1分)在绝缘板A静止后，滑块B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，有μmg-Eq=ma4，得a4=0.1g=1m/s2 (2分)该过程中滑块B的水平位移大小为x4=x3=0.02m (1分)最后滑块B静止时离出发点的水平距离x=x4+x3=0.04m. (1分)答案：(1)1.25m/s25m/s2(2)0.04m【总结提升】带电体在电场中的运动问题的两种求解思路1.运动学与动力学观点(1)运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题,一般有两种情况:①带电粒子初速度方向与电场线共线,则粒子做匀变速直线运动;②带电粒子的初速度方向垂直电场线,则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动).(2)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时,一般要采取类似平抛运动的解决方法.2.功能观点首先对带电体受力分析,再分析运动形式,然后根据具体情况选用公式计算.(1)若选用动能定理,则要分清有多少个力做功,是恒力做功还是变力做功,同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量.(2)若选用能量守恒定律,则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化,哪些能量是增加的,哪些能量是减少的.【变式训练】(2012·四川高考)如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ=37°，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场.质量m=5×10-2kg、电荷量q=+1×10-6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨.以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向.已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25.设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度.【解析】(1)设弹簧枪对小物体做的功为W，由动能定理得W-mgr(1-cosθ)=①代入数据得W=0.475J②(2)取沿平直斜轨向上为正方向.设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得-mgsinθ-μ(mgcosθ+qE)=ma1③小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有v1=v0+a1t1④ 由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有⑤电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得-mgsinθ-μ(mgcosθ-qE)=ma2⑥设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有0=v1+a2t2⑦

⑧设CP的长度为s，有s=s1+s2⑨联立相关方程，代入数据解得s=0.57m⑩答案：(1)0.475J(2)0.57m【例证】制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示.加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0(k＞1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示.在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动.若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用.若电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件.【规范解答】电子在0～τ时间内做匀加速运动，加速度的大小为位移在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小为初速度的大小为v1=a1τ匀减速运动阶段的位移依据题意d＞x1+x2解得答案：1.根据电容器电容的定义式，可知()A.电容器所带的电荷量Q越多，它的电容就越大，C与Q成正比B.电容器不带电时，其电容为零C.电容器两极板之间的电压U越高，它的电容就越小，C与U成反比D.以上说法均不对【解析】选D.电容器的电容的大小与其本身因素有关，与带电量的多少、两极板电压的大小