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(共42張PPT)
第3講　電容器的電容
帶電粒子在電場中的運動
課 程 標(biāo) 準(zhǔn) 素 養(yǎng) 目 標(biāo)
1.能分析帶電粒子在電場中的運動情況，能解釋相關(guān)的物理現(xiàn)象． 2.認(rèn)識示波管，知道示波管的工作原理． 3.觀察常見的電容器，了解電容器的電容，觀察電容器的充、放電現(xiàn)象．能舉例說明電容器的應(yīng)用． 物理觀念：知道電容器的概念，認(rèn)識常見的電容器，知道帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的原理．
科學(xué)思維：理解電容的定義式和決定式，并會應(yīng)用其分析、討論、解決問題，理解帶電粒子在勻強電場中的運動規(guī)律，會分析、計算加速和偏轉(zhuǎn)問題．
科學(xué)探究：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，通過對示波管的構(gòu)造和工作原理的認(rèn)識，進一步理解加速和偏轉(zhuǎn)問題．
考點一
考點二
考點三
考點一
考點一　電容器及電容器的動態(tài)分析
【必備知識·自主落實】
1．常見的電容器：
(1)組成：由兩個彼此________又相距________的導(dǎo)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 充電過程Q、U、E均增大，放電過程反之
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________
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
很近
絕對值
異種電荷
電場能
電場能
2.電容：
(1)定義：電容器所帶的________與電容器兩極板之間的________之比．
(2)定義式：C＝． 比值定義法
(3)物理意義：表示電容器________本領(lǐng)的物理量．
(4)單位：法拉(F)
1 F＝____ μF＝____ pF.
3．平行板電容器：
(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的________成正比，與電介質(zhì)的_____________成正比，與極板間距離成反比．
(2)決定式：C＝，k為靜電力常量．電容的大小由電容器本身的因素決定
電荷量Q
電勢差U
容納電荷
106
1012
正對面積
相對介電常數(shù)
【關(guān)鍵能力·思維進階】
1．[2024·福建漳州統(tǒng)考模擬]如圖，萊頓瓶是一個玻璃容器，瓶內(nèi)、外壁各貼著一圈金屬箔，作為里、外兩個極板，穿過橡皮塞的銅棒上端是一個球形電極，下端利用鐵鏈與內(nèi)壁金屬箔連接，外壁金屬箔接地，在其他因素視為不變的情況下，下列說法正確的是(　　)
A.金屬箔越厚，萊頓瓶的電容越大
B.金屬箔越厚，萊頓瓶的電容越小
C.瓶壁玻璃越薄，萊頓瓶的電容越小
D.瓶壁玻璃越薄，萊頓瓶的電容越大
答案：D
解析：金屬箔，作為里、外兩個極板，玻璃是電介質(zhì)，根據(jù)C＝，其中，d是兩極板之間的間距，即為電介質(zhì)玻璃的厚度，可知當(dāng)瓶壁玻璃越薄，萊頓瓶的電容越大，D項正確．故選D.
2．如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變．若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則(　　)
A.材料豎直方向尺度減小
B.極板間電場強度不變
C.極板間電場強度變大
D.電容器電容變大
答案：A
解析：根據(jù)題意可知極板之間電壓不變，極板上所帶電荷量變少，由C＝可知電容減小，由C＝可知，極板間距d增大，電容減小，根據(jù)E＝可知，極板間電場強度E減小，B、C、D錯誤；極板間距d增大，材料豎直方向尺度減小，A正確．
3．(多選)如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一個電源相連，其中A板接地(取大地電勢φ＝0)．S閉合后，兩板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．以下說法正確的是(　　)
A.保持S閉合，若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G中有b→a的電流
B.保持S閉合，若將A板向左平移一小段位移(油滴仍處于兩極板之間)，則油滴仍然靜止，G中有b→a的電流
C.若將S斷開，則油滴立即向下做勻加速直線運動
D.若將S斷開，再將B板向下平移一小段位移，則油滴仍然保持靜止，但油滴的電勢能減小
答案：AB
解析：開始時，油滴所受重力和靜電力平衡，即mg＝qE，保持S閉合，則兩板間電壓不變，將A板上移一小段位移，兩板間距離d增大，由E＝可知，E變小，油滴所受靜電力變小，故油滴應(yīng)向下加速運動；根據(jù)C＝、C＝，知Q＝，故電容器所儲存的電量減小，向外放電，故G中有b→a的電流，A正確．保持S閉合，若將A板向左平移一小段位移，由E＝可知，E不變，油滴仍靜止；根據(jù)Q＝，知電容器所儲存的電量減小，向外放電，故G中有b→a的電流，B正確．若將S斷開，電容器所儲存的電量Q不變，則兩板間場強不變，油滴仍靜止，故C錯誤．若將S斷開，Q不變，再將B板向下平移一小段位移，根據(jù)C＝、C＝、E＝，可得E＝，可知場強E不變，則油滴仍靜止；油滴所在位置與A板的距離不變，則根據(jù)U＝Ed可知油滴所在位置與A板間的電勢差不變，又因為A板接地，則油滴所在位置的電勢不變，油滴的電勢能不變，故D錯誤．
思維提升
電容器兩類動態(tài)問題的分析方法
(1)U不變
①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化．
②根據(jù)E＝分析場強的變化．
③根據(jù)UAB＝E·d＝φA－φB分析某點電勢的變化．
(2)Q不變
①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析U的變化．
②根據(jù)E＝＝分析場強的變化．
考點二
考點二　帶電粒子在電場中的直線運動
【必備知識·自主落實】
1．做直線運動的條件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子________或做勻速直線運動．
(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________________或勻減速直線運動．
2．用動力學(xué)觀點分析
a＝，E＝＝2ad.
3．用功能觀點分析
勻強電場中：W＝qEd＝qU＝
非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1
靜止
勻加速直線運動
【關(guān)鍵能力·思維進階】
考向1　帶電粒子在電場中的直線運動(不計重力)
例 1 多反射飛行時間質(zhì)譜儀是一種測量離子質(zhì)量的新型實驗儀器，其基本原理如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計，經(jīng)電壓為U的勻強電場加速后射入質(zhì)量分析器．質(zhì)量分析器由兩個反射區(qū)和長為l的漂移管(無場區(qū)域)構(gòu)成，開始時反射區(qū)1、2均未加電場，當(dāng)離子第一次進入漂移管時，兩反射區(qū)開始加上電場強度大小相等、方向相反的勻強電場，其電場強度足夠大，使得進入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管．離子在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復(fù)即將進入反射區(qū)2時，撤去反射區(qū)的電場，離子打在熒光屏B上被探測到，可測得離子從A到B的總飛行時間．
設(shè)實驗所用離子的電荷量均為q，不計離子重力．
(1)求質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時間T1；
(2)反射區(qū)加上電場，電場強度大小為E，求離子能進入反射區(qū)的最大距離x；
(3)已知質(zhì)量為m0的離子總飛行時間為t0，待測離子的總飛行時間為t1，兩種離子在質(zhì)量分析器中反射相同次數(shù)，求待測離子質(zhì)量m1.
解析：(1)設(shè)離子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v，根據(jù)動能定理，有qU＝mv2　①
離子在漂移管中做勻速直線運動，則T1＝　②
聯(lián)立①②式，得T1＝ .　③
(2)根據(jù)動能定理，有qU－qEx＝0　④
得x＝.　⑤
(3)離子在加速電場中運動和反射區(qū)電場中每次單向運動均為勻變速直線運動，平均速度大小均相等，設(shè)其為，有＝　⑥
通過⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場中運動路程是與離子本身無關(guān)的，所以不同離子在電場區(qū)運動的總路程相等，設(shè)為L1，在無場區(qū)的總路程設(shè)為L2.根據(jù)題目條件可知，離子在無場區(qū)速度大小恒為v，設(shè)離子的總飛行時間為t總，有t總＝　⑦
聯(lián)立①⑥⑦式，得t總＝(2L1＋L2) 　⑧
可見，離子從A到B的總飛行時間與成正比．
依題意可得＝，可得m1＝()2m0.　⑨
答案：(1) 　(2)　(3)()2m0
考向2　帶電微粒(帶電體)在電場中的直線運動(計重力)
例 2 (多選)如圖所示，兩個相同的平行板電容器均與水平方向成θ角放置，兩極板與直流電源相連．若帶電小球分別以速度v0沿邊緣水平射入電容器，均能沿圖中所示水平直線恰好穿出電容器，穿出時的速度分別為v1和v2.下列說法正確的是(　　)
A．兩種情形下帶電小球的運動時間相等
B．兩種情形下電容器所加電壓相等
C．小球的速度滿足關(guān)系v0＝v1＝v2
D．小球的速度滿足關(guān)系
答案：BD
解析：靜電力的方向垂直于極板，由于兩種情況下小球均沿著水平方向運動，豎直方向所受合力均為零，因此兩種情況下帶電小球所受靜電力大小均為F＝，又因兩電容器相同，根據(jù)F＝Eq＝知兩種情形下電容器所加電壓相等，B正確；分析知第一種情況小球做勻減速直線運動，第二種情況小球做勻加速直線運動，初速度相同，運動位移相同，由勻變速直線運動規(guī)律知，兩種情況帶電小球的運動時間不同，末速度也不同，A、C錯誤；第一種情況，水平方向上有第二種情況，水平方向上有兩式聯(lián)立，可得，D正確．
例 3 [2023·新課標(biāo)卷] 密立根油滴實驗的示意圖如圖所示．兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴．兩板間不加電壓時，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運動，速率分別為v0、；兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個油滴很快達到相同的速率，均豎直向下勻速運動．油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運動速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)．不計空氣浮力和油滴間的相互作用．
(1)求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；
(2)判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負，并求a、b所帶電荷量的絕對值之比．
解析：(1)設(shè)油滴半徑為r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量m＝πr3ρ
則速率為v時受阻力f＝krv,則當(dāng)油滴勻速下落時mg＝f
解得r＝ ∝,可知＝＝2,則＝＝.
(2)由于當(dāng)在上下平板加恒定電壓(上板為高電勢)時，這兩個油滴很快以v0的速率豎直向下勻速運動，所以有油滴a速度減小，說明油滴a受到了向上的電場力，則油滴a帶負電荷
油滴b速度增大，說明油滴b受到了向下的電場力，則油滴b帶正電荷
由＝8和m1＝ρ，m2＝ρ可知，甲乙油滴的半徑之比為＝2,由f＝kvr可知，兩個油滴均以速率v0豎直向下勻速運動時，所受阻力之比為＝＝2
油滴b以速率v0豎直向下勻速運動時，所受阻力為f＝m2g
結(jié)合f＝kvr可知油滴b以速率v0豎直向下勻速運動時，所受阻力為f2＝2f＝2m2g
油滴a以速率v0豎直向下勻速運動，所受阻力為
f1＝2f2＝4m2g
設(shè)油滴a所帶電荷量的絕對值為q1，由平衡條件有
m1g＝q1E＋f1
設(shè)油滴b所帶電荷量的絕對值為q2，由平衡條件有
m2g＋q2E＝f2
聯(lián)立解得q1∶q2＝4∶1.
答案：(1)8∶1　(2)油滴a帶負電，油滴b帶正電　4∶1
思維提升
(1)帶電體在多個力作用下處于平衡狀態(tài)，帶電體所受合外力為零，因此可用共點力平衡的知識分析，常用的方法有正交分解法、合成法等．
(2)帶電體在電場中的加速問題與力學(xué)問題分析方法完全相同，帶電體的受力仍然滿足牛頓第二定律，在進行受力分析時不要漏掉靜電力．
考點三
考點三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動
【必備知識·自主落實】
帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)：
(1)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，僅受靜電力．
(2)運動性質(zhì)：勻變速曲線運動． 類平拋運動
(3)處理方法：運動的分解．
①沿初速度方向：做________運動．
②沿電場方向：做初速度為零的___________運動．
勻速直線
勻加速直線
【關(guān)鍵能力·思維進階】
1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律
2．兩個重要推論
(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)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角、偏移量總是相同的．
(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，若電場寬度為l，O到電場邊緣的距離為.
例 4 [2023·浙江1月]如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成．電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U.電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進入偏轉(zhuǎn)電極．已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子(　　)
A．在XX′極板間的加速度大小為
B．打在熒光屏?xí)r，動能大小為11eU
C．在XX′極板間受到電場力的沖量大小為
D.打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tan α＝
答案：D
解析：XX′極板間的電場強度大小為E＝，電子所受的電場力大小為F＝eE＝，由牛頓第二定律得a＝＝，A錯誤；電子在加速電場中運動時電場力做的功為W1＝e·10U，電子沿OO′方向進入偏轉(zhuǎn)電極，若能打在熒光屏上，在XX′極板間沿電場力方向的位移x≤，則電場力做的功W2≤eU，對全過程由動能定理得Ek＝W1＋W2≤eU，B錯誤；電子剛好從XX′極板的邊緣離開時，電子在XX′極板間受到的電場力做的功為W′2＝eU，故在XX′極板間受到電場力的沖量大小I≤ ＝，C錯誤；電子離開加速電場時有e·10U＝，電子在XX′極板間的加速度大小為a＝，則離開XX′極板間時電子在垂直XX′極板方向的速度大小為vy＝at，沿OO′方向有l(wèi)＝v0t，聯(lián)立解得tan α＝＝，D正確．
例 5 [2024·濱洲模擬]如圖，靜止于A處的粒子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向水平向左，靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧虛線所在處場強為E0，方向如圖所示；粒子質(zhì)量為m、電荷量為q；QN＝2d、PN＝3d，離子重力不計．
(1)求粒子離開加速度電場時的速度的大小及圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大小．
(2)若粒子恰好能打在NQ的中點上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場場強E的值．
(3)若矩形區(qū)域內(nèi)的電場強度與(2)中的電場強度相同，從A點靜止釋放粒子的電荷量為2q，其他不變，此粒子是否仍能從P點進入上方的矩形電場區(qū)域？若不能，請說明理由；若能，計算打到NQ上的位置．
解析：(1)粒子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，
有qU＝mv2，
解得v＝ .
粒子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，
有qE0＝m，解得R＝.
(2)粒子做類平拋運動d＝vt，3d＝at2，
由牛頓第二定律得qE＝ma，
得E＝.
(3)根據(jù)動能定理得2qU＝mv2，
根據(jù)牛頓第二定律得2qE0＝m，
聯(lián)立得R＝.
即在均勻輻向分布的電場里運動半徑不變．
故仍能從P點進入上方的矩形電場區(qū)域．
由牛頓第二定律得2qE＝ma，
粒子做類平拋運動3d＝at2，
x＝vt＝d，
即打在NQ的中點．
答案：(1) 　(2)　(3)見解析
[教你解決問題]　拆解過程
思維提升
解決帶電粒子在電場中運動問題的基本思路及注意事項
核心素養(yǎng)提升 “等效法”在電場中的應(yīng)用
1.等效重力法
將重力與電場力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向為等效“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下”方向．
2．等效最高點與幾何最高點
在“等效力場”中做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題．小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應(yīng)是等效最高點(如圖所示)．
典例 如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，電場強度的大小為E＝1.0×104 V/m.該空間有一個半徑為R＝2 m的豎直光滑絕緣圓環(huán)的一部分，圓環(huán)與光滑水平面相切于C點，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角．質(zhì)量為m＝0.04 kg、電荷量為q＝＋6×10－5 C的帶電小球2(可視為質(zhì)點)靜止于C點．輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端自由伸長時位于P點．質(zhì)量也為m＝0.04 kg的不帶電小球1挨著輕彈簧右端，現(xiàn)用力緩慢壓縮輕彈簧右端到P點左側(cè)某點后釋放．小球1沿光滑水平面運動到C點與小球2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后兩小球黏合在一起且恰能沿圓弧到達A點．P、C兩點間距離較遠，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)黏合體在A點的速度大小；
(2)彈簧的彈性勢能；
(3)小球黏合體由A點到達水平面的運動時間．
解析：(1)小球2所受電場力F＝qE＝6×10－5×1×104 N＝0.6 N，小球1和小球2的重力和為G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N
如圖所示
小球1、2所受重力與電場力的合力與豎直方向的夾角為tan θ＝＝
所以θ＝37°
所以A點是小球1、2在重力場和電場中做圓周運動的等效最高點，由于小球1、2恰能沿圓弧到達A點，所以＝
解得vA＝5 m/s.
(2)小球從C點到A點，由動能定理得
－qER sin 37°－2mg×(R＋R cos 37°)＝
解得vC＝ m/s
小球1、2的碰撞由動量守恒定律得mv1＝2mvC
解得小球1碰撞前的速度v1＝2 m/s
由機械能守恒可得彈簧的彈性勢能Ep＝＝9.2 J.
(3)如圖小球1、2離開A點后，在豎直方向上做勻加速運動．
豎直方向上的初速度為v0＝vA sin 37°＝3 m/s.
由豎直方向勻加速運動可得R＋R cos 37°＝v0t＋gt2
解得t＝0.6 s.
答案：(1)5 m/s　(2)9.2 J　(3)0.6 s第3講　電容器的電容　帶電粒子在電場中的運動
課 程 標(biāo) 準(zhǔn) 素 養(yǎng) 目 標(biāo)
1.能分析帶電粒子在電場中的運動情況，能解釋相關(guān)的物理現(xiàn)象． 2.認(rèn)識示波管，知道示波管的工作原理． 3.觀察常見的電容器，了解電容器的電容，觀察電容器的充、放電現(xiàn)象．能舉例說明電容器的應(yīng)用． 物理觀念：知道電容器的概念，認(rèn)識常見的電容器，知道帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的原理． 科學(xué)思維：理解電容的定義式和決定式，并會應(yīng)用其分析、討論、解決問題，理解帶電粒子在勻強電場中的運動規(guī)律，會分析、計算加速和偏轉(zhuǎn)問題． 科學(xué)探究：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，通過對示波管的構(gòu)造和工作原理的認(rèn)識，進一步理解加速和偏轉(zhuǎn)問題．
考點一　電容器及電容器的動態(tài)分析
【必備知識·自主落實】
1．常見的電容器：
(1)組成：由兩個彼此________又相距________的導(dǎo)體組成．
(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的________．
(3)電容器的充、放電充電過程Q、U、E均增大，放電過程反之
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________
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
2.電容：
(1)定義：電容器所帶的________與電容器兩極板之間的________之比．
(2)定義式：C＝．比值定義法
(3)物理意義：表示電容器________本領(lǐng)的物理量．
(4)單位：法拉(F)
1 F＝____ μF＝____ pF.
3．平行板電容器：
(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的________成正比，與電介質(zhì)的________________成正比，與極板間距離成反比．
(2)決定式：C＝，k為靜電力常量．
　　　　　　電容的大小由電容器本身的因素決定
【關(guān)鍵能力·思維進階】
1．[2024·福建漳州統(tǒng)考模擬]如圖，萊頓瓶是一個玻璃容器，瓶內(nèi)、外壁各貼著一圈金屬箔，作為里、外兩個極板，穿過橡皮塞的銅棒上端是一個球形電極，下端利用鐵鏈與內(nèi)壁金屬箔連接，外壁金屬箔接地，在其他因素視為不變的情況下，下列說法正確的是(　　)
A.金屬箔越厚，萊頓瓶的電容越大
B.金屬箔越厚，萊頓瓶的電容越小
C.瓶壁玻璃越薄，萊頓瓶的電容越小
D.瓶壁玻璃越薄，萊頓瓶的電容越大
2．如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動，兩極板間電壓不變．若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則(　　)
A.材料豎直方向尺度減小
B.極板間電場強度不變
C.極板間電場強度變大
D.電容器電容變大
3．(多選)如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一個電源相連，其中A板接地(取大地電勢φ＝0)．S閉合后，兩板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．以下說法正確的是(　　)
A.保持S閉合，若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G中有b→a的電流
B.保持S閉合，若將A板向左平移一小段位移(油滴仍處于兩極板之間)，則油滴仍然靜止，G中有b→a的電流
C.若將S斷開，則油滴立即向下做勻加速直線運動
D.若將S斷開，再將B板向下平移一小段位移，則油滴仍然保持靜止，但油滴的電勢能減小
思維提升
電容器兩類動態(tài)問題的分析方法
(1)U不變
①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析Q的變化．
②根據(jù)E＝分析場強的變化．
③根據(jù)UAB＝E·d＝φA－φB分析某點電勢的變化．
(2)Q不變
①根據(jù)C＝＝先分析電容的變化，再分析U的變化．
②根據(jù)E＝＝分析場強的變化．
考點二　帶電粒子在電場中的直線運動
【必備知識·自主落實】
1．做直線運動的條件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子________或做勻速直線運動．
(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________________或勻減速直線運動．
2．用動力學(xué)觀點分析
a＝，E＝＝2ad.
3．用功能觀點分析
勻強電場中：W＝qEd＝qU＝
非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1
【關(guān)鍵能力·思維進階】
考向1　帶電粒子在電場中的直線運動(不計重力)
例 1 多反射飛行時間質(zhì)譜儀是一種測量離子質(zhì)量的新型實驗儀器，其基本原理如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計，經(jīng)電壓為U的勻強電場加速后射入質(zhì)量分析器．質(zhì)量分析器由兩個反射區(qū)和長為l的漂移管(無場區(qū)域)構(gòu)成，開始時反射區(qū)1、2均未加電場，當(dāng)離子第一次進入漂移管時，兩反射區(qū)開始加上電場強度大小相等、方向相反的勻強電場，其電場強度足夠大，使得進入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管．離子在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復(fù)即將進入反射區(qū)2時，撤去反射區(qū)的電場，離子打在熒光屏B上被探測到，可測得離子從A到B的總飛行時間．設(shè)實驗所用離子的電荷量均為q，不計離子重力．
(1)求質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時間T1；
(2)反射區(qū)加上電場，電場強度大小為E，求離子能進入反射區(qū)的最大距離x；
(3)已知質(zhì)量為m0的離子總飛行時間為t0，待測離子的總飛行時間為t1，兩種離子在質(zhì)量分析器中反射相同次數(shù)，求待測離子質(zhì)量m1.
考向2　帶電微粒(帶電體)在電場中的直線運動(計重力)
例 2 (多選)如圖所示，兩個相同的平行板電容器均與水平方向成θ角放置，兩極板與直流電源相連．若帶電小球分別以速度v0沿邊緣水平射入電容器，均能沿圖中所示水平直線恰好穿出電容器，穿出時的速度分別為v1和v2.下列說法正確的是(　　)
A．兩種情形下帶電小球的運動時間相等
B．兩種情形下電容器所加電壓相等
C．小球的速度滿足關(guān)系v0＝v1＝v2
D．小球的速度滿足關(guān)系
例 3[2023·新課標(biāo)卷]
密立根油滴實驗的示意圖如圖所示．兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴．兩板間不加電壓時，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運動，速率分別為v0、；兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個油滴很快達到相同的速率，均豎直向下勻速運動．油滴可視為球形，所受空氣阻力大小與油滴半徑、運動速率成正比，比例系數(shù)視為常數(shù)．不計空氣浮力和油滴間的相互作用．
(1)求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；
(2)判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負，并求a、b所帶電荷量的絕對值之比．
思維提升
(1)帶電體在多個力作用下處于平衡狀態(tài)，帶電體所受合外力為零，因此可用共點力平衡的知識分析，常用的方法有正交分解法、合成法等．
(2)帶電體在電場中的加速問題與力學(xué)問題分析方法完全相同，帶電體的受力仍然滿足牛頓第二定律，在進行受力分析時不要漏掉靜電力．
考點三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動
【必備知識·自主落實】
帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)：
(1)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，僅受靜電力．
(2)運動性質(zhì)：勻變速曲線運動．類平拋運動
(3)處理方法：運動的分解．
①沿初速度方向：做________運動．
②沿電場方向：做初速度為零的________運動．
【關(guān)鍵能力·思維進階】
1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律
2．兩個重要推論
(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)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角、偏移量總是相同的．
(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，若電場寬度為l，O到電場邊緣的距離為.
例 4[2023·浙江1月]如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成．電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U.電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進入偏轉(zhuǎn)電極．已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子(　　)
A．在XX′極板間的加速度大小為
B．打在熒光屏?xí)r，動能大小為11eU
C．在XX′極板間受到電場力的沖量大小為
D.打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tan α＝
例 5[2024·濱洲模擬]如圖，靜止于A處的粒子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向水平向左，靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧虛線所在處場強為E0，方向如圖所示；粒子質(zhì)量為m、電荷量為q；QN＝2d、PN＝3d，離子重力不計．
(1)求粒子離開加速度電場時的速度的大小及圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大小．
(2)若粒子恰好能打在NQ的中點上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場場強E的值．
(3)若矩形區(qū)域內(nèi)的電場強度與(2)中的電場強度相同，從A點靜止釋放粒子的電荷量為2q，其他不變，此粒子是否仍能從P點進入上方的矩形電場區(qū)域？若不能，請說明理由；若能，計算打到NQ上的位置．
[教你解決問題]　拆解過程
思維提升
解決帶電粒子在電場中運動問題的基本思路及注意事項
核心素養(yǎng)提升“等效法”在電場中的應(yīng)用
1.等效重力法
將重力與電場力進行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)合的方向為等效“重力”的方向，即在等效重力場中的“豎直向下”方向．
2．等效最高點與幾何最高點
在“等效力場”中做圓周運動的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動的臨界速度問題．小球能維持圓周運動的條件是能過最高點，而這里的最高點不一定是幾何最高點，而應(yīng)是等效最高點(如圖所示)．
典例如圖所示，空間有一水平向右的勻強電場，電場強度的大小為E＝1.0×104 V/m.該空間有一個半徑為R＝2 m的豎直光滑絕緣圓環(huán)的一部分，圓環(huán)與光滑水平面相切于C點，A點所在的半徑與豎直直徑BC成37°角．質(zhì)量為m＝0.04 kg、電荷量為q＝＋6×10－5 C的帶電小球2(可視為質(zhì)點)靜止于C點．輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端自由伸長時位于P點．質(zhì)量也為m＝0.04 kg的不帶電小球1挨著輕彈簧右端，現(xiàn)用力緩慢壓縮輕彈簧右端到P點左側(cè)某點后釋放．小球1沿光滑水平面運動到C點與小球2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后兩小球黏合在一起且恰能沿圓弧到達A點．P、C兩點間距離較遠，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)黏合體在A點的速度大小；
(2)彈簧的彈性勢能；
(3)小球黏合體由A點到達水平面的運動時間．
第3講　電容器的電容　帶電粒子在電場中的運動
考點一
必備知識·自主落實
1．（1）絕緣　很近　（2）絕對值　（3）異種電荷　電場能　電場能
2．（1）電荷量Q　電勢差U　（3）容納電荷　（4）106　1012
3．（1）正對面積　相對介電常數(shù)
關(guān)鍵能力·思維進階
1．解析：金屬箔，作為里、外兩個極板，玻璃是電介質(zhì)，根據(jù)C＝，其中，d是兩極板之間的間距，即為電介質(zhì)玻璃的厚度，可知當(dāng)瓶壁玻璃越薄，萊頓瓶的電容越大，D項正確．故選D.
答案：D
2．解析：根據(jù)題意可知極板之間電壓不變，極板上所帶電荷量變少，由C＝可知電容減小，由C＝可知，極板間距d增大，電容減小，根據(jù)E＝可知，極板間電場強度E減小，B、C、D錯誤；極板間距d增大，材料豎直方向尺度減小，A正確．
答案：A
3．解析：開始時，油滴所受重力和靜電力平衡，即mg＝qE，保持S閉合，則兩板間電壓不變，將A板上移一小段位移，兩板間距離d增大，由E＝可知，E變小，油滴所受靜電力變小，故油滴應(yīng)向下加速運動；根據(jù)C＝、C＝，知Q＝，故電容器所儲存的電量減小，向外放電，故G中有b→a的電流，A正確．保持S閉合，若將A板向左平移一小段位移，由E＝可知，E不變，油滴仍靜止；根據(jù)Q＝，知電容器所儲存的電量減小，向外放電，故G中有b→a的電流，B正確．若將S斷開，電容器所儲存的電量Q不變，則兩板間場強不變，油滴仍靜止，故C錯誤．若將S斷開，Q不變，再將B板向下平移一小段位移，根據(jù)C＝、C＝、E＝，可得E＝，可知場強E不變，則油滴仍靜止；油滴所在位置與A板的距離不變，則根據(jù)U＝Ed可知油滴所在位置與A板間的電勢差不變，又因為A板接地，則油滴所在位置的電勢不變，油滴的電勢能不變，故D錯誤．
答案：AB
考點二
必備知識·自主落實
1．（1）靜止　（2）勻加速直線運動
關(guān)鍵能力·思維進階
例1　解析：(1)設(shè)離子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v，根據(jù)動能定理，有qU＝mv2　①
離子在漂移管中做勻速直線運動，則T1＝　②
聯(lián)立①②式，得T1＝ .　③
(2)根據(jù)動能定理，有qU－qEx＝0　④
得x＝.　⑤
(3)離子在加速電場中運動和反射區(qū)電場中每次單向運動均為勻變速直線運動，平均速度大小均相等，設(shè)其為，有＝　⑥
通過⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場中運動路程是與離子本身無關(guān)的，所以不同離子在電場區(qū)運動的總路程相等，設(shè)為L1，在無場區(qū)的總路程設(shè)為L2.根據(jù)題目條件可知，離子在無場區(qū)速度大小恒為v，設(shè)離子的總飛行時間為t總，有t總＝　⑦
聯(lián)立①⑥⑦式，得t總＝(2L1＋L2) 　⑧
可見，離子從A到B的總飛行時間與成正比．
依題意可得＝，可得m1＝()2m0.　⑨
答案：(1) 　(2)　(3)()2m0
例2　解析：靜電力的方向垂直于極板，由于兩種情況下小球均沿著水平方向運動，豎直方向所受合力均為零，因此兩種情況下帶電小球所受靜電力大小均為F＝，又因兩電容器相同，根據(jù)F＝Eq＝知兩種情形下電容器所加電壓相等，B正確；分析知第一種情況小球做勻減速直線運動，第二種情況小球做勻加速直線運動，初速度相同，運動位移相同，由勻變速直線運動規(guī)律知，兩種情況帶電小球的運動時間不同，末速度也不同，A、C錯誤；第一種情況，水平方向上有第二種情況，水平方向上有兩式聯(lián)立，可得，D正確．
答案：BD
例3　解析：(1)設(shè)油滴半徑為r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量m＝πr3ρ
則速率為v時受阻力f＝krv
則當(dāng)油滴勻速下落時mg＝f
解得r＝ ∝
可知＝＝2
則＝＝.
(2)由于當(dāng)在上下平板加恒定電壓(上板為高電勢)時，這兩個油滴很快以v0的速率豎直向下勻速運動，所以有油滴a速度減小，說明油滴a受到了向上的電場力，則油滴a帶負電荷
油滴b速度增大，說明油滴b受到了向下的電場力，則油滴b帶正電荷
由＝8和m1＝ρ，m2＝ρ可知，甲乙油滴的半徑之比為＝2
由f＝kvr可知，兩個油滴均以速率v0豎直向下勻速運動時，所受阻力之比為＝＝2
油滴b以速率v0豎直向下勻速運動時，所受阻力為f＝m2g
結(jié)合f＝kvr可知油滴b以速率v0豎直向下勻速運動時，所受阻力為f2＝2f＝2m2g
油滴a以速率v0豎直向下勻速運動，所受阻力為
f1＝2f2＝4m2g
設(shè)油滴a所帶電荷量的絕對值為q1，由平衡條件有
m1g＝q1E＋f1
設(shè)油滴b所帶電荷量的絕對值為q2，由平衡條件有
m2g＋q2E＝f2
聯(lián)立解得q1∶q2＝4∶1.
答案：(1)8∶1　(2)油滴a帶負電，油滴b帶正電　4∶1
考點三
必備知識·自主落實
（3）勻速直線　勻加速直線
關(guān)鍵能力·思維進階
例4　解析：XX′極板間的電場強度大小為E＝，電子所受的電場力大小為F＝eE＝，由牛頓第二定律得a＝＝，A錯誤；電子在加速電場中運動時電場力做的功為W1＝e·10U，電子沿OO′方向進入偏轉(zhuǎn)電極，若能打在熒光屏上，在XX′極板間沿電場力方向的位移x≤，則電場力做的功W2≤eU，對全過程由動能定理得Ek＝W1＋W2≤eU，B錯誤；電子剛好從XX′極板的邊緣離開時，電子在XX′極板間受到的電場力做的功為W′2＝eU，故在XX′極板間受到電場力的沖量大小I≤＝，C錯誤；電子離開加速電場時有e·10U＝，電子在XX′極板間的加速度大小為a＝，則離開XX′極板間時電子在垂直XX′極板方向的速度大小為vy＝at，沿OO′方向有l(wèi)＝v0t，聯(lián)立解得tan α＝＝，D正確．
答案：D
例5　解析：(1)粒子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，
有qU＝mv2，
解得v＝ .
粒子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，
有qE0＝m，解得R＝.
(2)粒子做類平拋運動d＝vt，3d＝at2，
由牛頓第二定律得qE＝ma，
得E＝.
(3)根據(jù)動能定理得2qU＝mv2，
根據(jù)牛頓第二定律得2qE0＝m，
聯(lián)立得R＝.
即在均勻輻向分布的電場里運動半徑不變．
故仍能從P點進入上方的矩形電場區(qū)域．
由牛頓第二定律得2qE＝ma，
粒子做類平拋運動3d＝at2，
x＝vt＝d，
即打在NQ的中點．
答案：(1) 　(2)　(3)見解析
核心素養(yǎng)提升
典例　解析：(1)小球2所受電場力F＝qE＝6×10－5×1×104 N＝0.6 N，小球1和小球2的重力和為G＝2mg＝2×0.04×10 N＝0.8 N
如圖所示
小球1、2所受重力與電場力的合力與豎直方向的夾角為tan θ＝＝
所以θ＝37°
所以A點是小球1、2在重力場和電場中做圓周運動的等效最高點，由于小球1、2恰能沿圓弧到達A點，所以＝
解得vA＝5 m/s.
(2)小球從C點到A點，由動能定理得
－qER sin 37°－2mg×(R＋R cos 37°)＝
解得vC＝ m/s
小球1、2的碰撞由動量守恒定律得mv1＝2mvC
解得小球1碰撞前的速度v1＝2 m/s
由機械能守恒可得彈簧的彈性勢能Ep＝＝9.2 J.
(3)如圖小球1、2離開A點后，在豎直方向上做勻加速運動．
豎直方向上的初速度為v0＝vA sin 37°＝3 m/s.
由豎直方向勻加速運動可得R＋R cos 37°＝v0t＋gt2
解得t＝0.6 s.
答案：(1)5 m/s　(2)9.2 J　(3)0.6 s

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