1、高频考点分类突破 基础知识自主梳理 目 录 ONTENTSC学科素养提升 4 课时作业 第3讲 电容器的电容 带电粒子在电场中的运动第七章 静电场 章末检测卷 5 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：由两个彼此又相互的导体组成(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的，电容器中储存放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中转化为其他形式的能绝缘靠近绝对值异种电荷电场能电场能2电容(1)定义：电容器所带的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
2、本领大小的物理量(4)单位：法拉(F)1 F F1012 pF电荷量 QQU容纳电荷1063平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与成正比，与电介质的成正比，与极板间距离成反比(2)决定式：C rS4kd，k 为静电力常量极板的正对面积相对介电常数二、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(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有 a ，EUd，v2v022ad.(2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足 qU .qEm12mv212mv022带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度 v0 垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力(2)运动性质：运动(3)处理方法：
3、运动的分解沿初速度方向：做运动沿电场方向：做初速度为零的运动类平抛匀速直线匀加速直线三、示波器的工作原理1构造：，偏转极板，荧光屏(如图所示)2工作原理(1)YY上加的是待显示的，XX上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫作电子枪信号电压扫描电压(2)观察到的现象如果在偏转电极 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若所加扫描电压和信号电压的相等，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中心周期判一判 记一记易错易混 判一判(1)电容是表示电容器储存电荷本领的物理量()(2)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和()(3)电
4、容器的电容与电容器所带电荷量成正比()(4)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零()(5)一个电容器的电荷量增加 Q1.0106 C 时，两板间电压升高 10 V，则电容器的电容 C1.0107 F()(6)公式 C rS4kd可用来计算任何电容器的电容()(7)带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动()(8)示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的()(9)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计()规律结论 记一记(1)在分析电容器的动态变化时，要先明确电容器是与电源相接还是与电源断开，电容器接在电源上，电压不变，EUd；断开电源时，电容器带电荷量不变，EQS，改变两极板间距离，
5、场强不变(2)电偏转问题离开电场时偏移量：y12at2 ql2U2mv02d，离开电场时的偏转角：tan vyv0 qlUmv02d.粒子飞出偏转电场时，速度的反向延长线通过沿电场方向的位移的中心(粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间的l2处沿直线射出似的)不同带电粒子从同一电场加速再进入同一偏转电场，所有粒子都从同一点射出，荧光屏上只有一个亮斑考点一 平行板电容器的动态分析 自主学习型1两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差 U 保持不变(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量 Q 保持不变2动态分析思路(1)U 不变根据 C rS4kd先分析电
6、容的变化，再根据 CQU分析 Q 的变化根据 EUd分析场强的变化根据 UABEd 分析某点电势变化(2)Q 不变根据 C rS4kd先分析电容的变化，再根据 CQU分析 U 的变化根据 EUd分析场强变化1电压不变的动态分析 一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上若将云母介质移出，则电容器()A极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变平行板电容器电容的表达式为 C rS4kd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容 C 变小由于极板间电压不变，据 QCU
7、 知，极板上的电荷量变小再考虑到极板间电场强度 EUd，由于 U、d 不变，所以极板间电场强度不变，选项 D 正确D2电荷量不变的动态分析 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是()A实验前，只用带电玻璃棒与电容器 a 板接触，能使电容器带电B实验中，只将电容器 b 板向上平移，静电计指针的张角变小C实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大当用带电玻璃棒与电容器 a 板接触，由于静电感应，从而在 b 板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项 A 正确；根据电容器的决定式 C rS4
8、kd，将电容器 b 板向上平移，即正对面积 S 减小，则电容 C 减小，根据 CQU可知，电荷量 Q 不变，则电压 U 增大，则静电计指针的张角变大，故选项 B 错误；根据电容器的决定式 C rS4kd，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数 r 增大，则电容 C 增大，根据 CQU可知，电荷量 Q 不变，则电压 U 减小，则静电计指针的张角减小，故选项 C 错误；只增加极板带电荷量，电容 C 不变，根据 CQU可知，电荷量 Q 增大，则电压 U 也会增大，即静电计指针张角变大，故选项 D 错误A方法技巧解决电容器问题的 2 个常用技巧1在电荷量保持不变的情况下，由 EUd QCd4kQrS 知
9、，电场强度与板间距离无关2针对两极板带电荷量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变；两极板正对面积变化时，如图丙中电场线变密，场强增大考点二 带电粒子在电场中的直线运动 自主学习型1做直线运动的条件(1)粒子所受合外力 F 合0，粒子或静止，或做匀速直线运动(2)粒子所受合外力 F 合0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动2处理带电粒子在电场中做直线运动的两个观点(1)用动力学观点分析aF合m，EUd，v2v022ad.(2)用功能观点分析匀强电场中：WEqdqU12mv212mv02非匀强电场中：WqU
10、Ek2Ek1.1在电场中的直线运动 如图所示，从 F 处释放一个无初速度的电子向 B 板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪句是错误的(设电源电动势为 U)()A电子到达 B 板时的动能是 UeB电子从 B 板到达 C 板动能变化量为零C电子到达 D 板时动能是 3UeD电子在 A 板和 D 板之间做往复运动电子在 AB 之间做匀加速运动，且 eUEk，A 正确；在 BC 之间做匀速运动，B正确；在 CD 之间做匀减速运动，到达 D 板时，速度减为零，C 错误，D 正确C2在电场中的往复运动(2019广西南宁高三上学期期末检测)如图所示，M、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板质量为 m、
11、电荷量为 q 的带负电的粒子(不计重力)以初速度 v0 由小孔水平射入电场，当 M、N 间的电压为 U 时，粒子刚好能到达 N 板如果要使这个带电粒子到达 M、N 两板中线位置处即返回，则下述措施能满足要求的是()A使初速度减小为原来的12B使 M、N 间的电压提高到原来的 4 倍C使 M、N 间的电压加倍D使初速度减小为原来的12，同时 M、N 间的电压加倍粒子从进入到到达 N 板的过程中，板间的电场强度为 EUd，由动能定理得qEd012mv02，解得 dmv022qE，设带电粒子离开 M 板的最远距离为 x，则使初速度减为原来的12，根据动能定理有qEx012m(v02)2，解得 xd4
12、，故 A 错误；若电压提高到原来的 4 倍，则场强也变为原来的 4 倍，设带电粒子离开 M 板的最远距离为 x1，根据动能定理有q4Ex1012mv02，解得 x1d4，故 B 错误；同理，若电压提高到原来的 2 倍，则场强也变为原来的 2 倍，设带电粒子离开 M 板的最远距离为 x2，根据动能定理有q2Ex2012mv02，解得 x2d2，故 C 正确；若初速度减少一半，电压加倍，则场强加倍，设带电粒子离开 M 板的最远距离为 x3，根据动能定理有q2Ex3012m(v02)2，解得 x3d8，故 D 错误C方法技巧带电体在匀强电场中直线运动问题的分析方法考点三 带电粒子在电场中的偏转问题
13、师生互动型1带电粒子在电场中的偏转规律偏转角：tan vyv0 qU2lmdv02 U2l2U1d2y0l侧移距离：y0 qU2l22mdv02 U2l24dU1yy0Ltan l2Ltan 2两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的证明：由 qU012mv02 及 tan qUlmdv02得 tan Ul2U0d.(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点 O 为粒子水平位移的中点，即 O 到电场边缘的距离为l2.典例 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
14、距 b，一束质量为 m、带电荷量为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)求粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)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 点解析(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间 tLbv0.(2)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，速度偏转角为，其反向延长线通过 O 点，O 点与板右端的水平距离为 x，运动时间为 t，则有 y12at2Lv0tvyattan vyv0yx，解得 xL2即粒子
15、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 点答案 见解析拓展延伸1 在典例中，若在两板间加上可调偏转电压 UYY，原有题目其他条件不变，若带电粒子仍能从右侧射出，求两板间所加偏转电压 UYY的范围解析：由题知 aEqmEUYYd解得 yqUYYL22dmv02当 yd2时，UYYmd2v02qL2则两板间所加电压的范围为md2v02qL2 UYYmd2v02qL2.答案：见解析拓展延伸2 在典例中，粒子飞出电场后，求粒子可能到达屏上区域的最大长度解析：当 yd2时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，设其大小为 y0，则 y0ybtan 又 tan vyv0dL，解得 y0dL2
16、b2L故粒子在屏上可能到达的区域的长度为 2y0dL2bL.答案：见解析方法技巧处理带电粒子的偏转问题的方法(1)运动的分解法一般用分解的思想来处理，即将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(2)功能关系当讨论带电粒子的末速度 v 时也可以从能量的角度进行求解：qUy12mv212mv02，其中 UyUdy，指初、末位置间的电势差1带电粒子在电场中的偏转(多选)三个电子从同一地点同时沿同一方向垂直进入偏转电场，出现如图所示的轨迹，则可以判断()A它们在电场中运动时间相同BA、B 在电场中运动时间相同，C 先飞离电场CC 进入电场时的速度最大，A 最
17、小D电场力对 C 做功最小竖直方向上的位移不等，yCyB.根据 y12at2，可知 tCtB；A、B 竖直位移相同，故 A、B 在电场中运动的时间相同，C 先飞离电场，故 A 错误，B 正确在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有 vxt，因 xCxB，tCtB，则 vCvB；根据 tAtB，xBxA，则 vBvA，所以有 vCvBvA，故 C 正确根据 WEqL 可知，A、B 竖直位移相同，而 C 的竖直位移最小，故电场力对 A、B 两电荷做功一样多，而电场力对 C 电荷做功最小，故 D 正确BCD2带电粒子在电场中先加速再偏转(多选)(2019湖北宜昌高三质检)下图是示波管
18、的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为 U1，偏转电压为 U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为 L 和 d，y 为电子离开偏转电场时发生的偏转距离取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即 yU2(该比值越大则灵敏度越高)，则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度()A减小 U1 B增大 U2C增大 LD减小 d电子经电场加速后的速度为 v，则12mv2eU1，所以电子进入偏转电场时速度的大小为v02eU1m，电子进入偏转电场后的偏转的位移为 y12at212eU2md(Lv0)2U2L24dU1，所以示波管的灵敏度 yU2 L24dU1，
19、所以要提高示波管的灵敏度可以增大 L、减小 d 和减小 U1，故 A、C、D 正确ACD1方法概述(1)方法特点：等效思维方法就是将一个复杂的物理问题等效为一个熟知的物理模型或问题的方法常见的等效法有“分解”“合成”“等效类比”“等效替换”“等效变换”“等效简化”等(2)规律分析：带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题是一类重要而典型的题型对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大若采用“等效法”求解，则过程比较简捷2解题思路(1)等效重力法将重力与电场力进行合成，如图所示，则 F 合为等效重力场中的“重力”，gF合m 为等效重力场中的“等效重力加速度”，F 合的方
20、向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向(2)物理最高点与几何最高点在“等效力场”做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是物理最高点典例展示 如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为 h 的 A 处由静止开始下滑，沿轨道 ABC 运动并进入圆环内做圆周运动已知小球所受电场力是其重力的34，圆环半径为 R，斜面倾角为 60，sBC2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h 至少为多少？(sin 370.6，cos 370
21、.8)思路点拨 解此题应注意两点：(1)如果只有重力场，小球恰好做完整的圆周运动时在最高点的受力特点(2)在重力场和电场的复合场中，小球恰好做完整的圆周运动时在“最高点”的受力情况解析 小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力 F，如图所示可知 F1.25mg，方向与竖直方向成 37角由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是 D 点，设小球恰好能通过 D 点，即达到 D 点时圆环对小球的弹力恰好为零由圆周运动知识得 FmvD2R，即 1.25mgmvD2R 由动能定理得 mg(hRRcos 37)34mg(hcot 2RRsin 37)12mvD2，联立解得 h7.7R.答案 7
22、.7R名师微点评把握三点，合理利用“等效法”解决问题(1)把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力(2)等效重力的反向延长线与圆轨迹的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点(3)类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答1(多选)如图，一根不可伸长的绝缘细线一端固定于 O 点，另一端系一带电小球，置于水平向右的匀强电场中，现把细线水平拉直，小球从 A 点由静止释放，经最低点 B 后，小球摆到 C 点时速度为 0，则()A小球在 B 点时速度最大B小球从 A 点到 B 点的过程中，机械能一直在减少C小球在 B 点时的细线拉力最大D从 B 点到 C 点的过程中小球的电势能一直增加小球所受重
23、力和电场力恒定，重力和电场力的合力恒定，小球相当于在重力和电场力的合力及细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动当小球运动到重力和电场力的合力与细线的拉力共线时(不是 B 点)，小球的速度最大，此时细线的拉力最大，故 A、C 错误；从 A 点到 C 点的过程中，因为重力做正功，小球摆到 C 点时速度为0，所以电场力对小球做负功，小球从 A 点到 B 点的过程中，机械能一直在减少，B正确；从 B 点到 C 点的过程中，小球克服电场力做功，小球的电势能一直增加，D正确BD2如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心为 O、半径为 r、内壁光滑，A、B 两点分别是圆轨道的最低点和最高点该区间存在方
24、向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨道内侧做完整的圆周运动(电荷量不变)，经过 C 点时速度最大，O、C 连线与竖直方向的夹角 60，重力加速度为 g.求：(1)小球所受到的静电力的大小；(2)小球在 A 点速度 v0 多大时，小球经过 B 点时对圆轨道的压力最小？(1)小球在 C 点速度最大，则在该点静电力与重力的合力沿半径方向，所以小球受到的静电力大小 Fmgtan 60 3mg.(2)小球要到达 B 点，必须到达 D 点时速度最小，在 D 点速度最小时，小球经 B 点时对轨道的压力也最小设在 D 点时轨道对小球的压力恰为零.mgcos 60mv2r，得 v 2gr由轨道上 A 点运动到 D 点的过程可得 mgr(1cos)Frsin 12mv0212mv2解得 v02 2gr.(1)3mg(2)2 2gr课时作业 点击进入word.章末检测卷 点击进入word.
