《第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动知识点1常见电容器课件.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动知识点1常见电容器课件.ppt（67页珍藏版）》请在三一办公上搜索。
1、第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动,知识点 1 常见电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系 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）电容器的充电、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_转化为其他形式的能。,绝缘,绝对值,异种电荷,电场能,2.常见的电容器（1）分类：从构造上可分为_电容器和_电容器。（2）击穿电压：加在电容器极板上的_电压，电容器外壳上标的电压是_电压，这个电压比击穿电压_（选填“高”或“低”）。3.电容（1）定
2、义式：C=_。（2）单位：法拉（F），1F=_F=_pF。（3）电容与电压、电荷量的关系：,固定,可变,极限,额定,低,106,1012,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。由 可推出4.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。,无关,正对面积,介电常数,两板间的距离,知识点 2 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问题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=_
3、。（2）在非匀强电场中：W=qU=_。,动能,2.带电粒子在匀强电场中的偏转问题（1）运动性质不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到方向与初速度方向垂直的静电力作用而做_运动。（2）处理方法分析方法类平抛运动的合成与分解a.垂直于电场线方向为_运动。b.平行于电场线方向为初速度为零的_运动。,类平抛,匀速直线,匀加速,基本过程，如图所示,几个结论设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d，（忽略重力影响），则有a.加速度：。b.在电场中的运动时间：t=_。c.位移 d.速度,知识点 3 示波管 1.构造_，偏转电极，荧光屏。（如图所
4、示）,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。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_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像。,信号电压,扫描电压,中心,信号电压,【思考辨析】（1）电容器的电容表示其储存电荷的能力。()（2）电容器的电容与它所带的电荷量成正比。()（3）放电后的电容器电量为零，电容也为零。()（4）带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(),（5）带电粒子在电场中可以做圆周运动。()（6）示波管
5、屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的。()（7）不论在什么情况下带电粒子在电场中运动时重力都必须忽略不计。(),分析:电容器是能够储存电荷的器件，用电容表示其储存电荷的本领，故（1）对。电容的定义式 但一个固定电容器的电容C是不变的，即使电容器放电后，其电容C也不变，故（2）、（3）均错。带电粒子在匀强电场中可以做直线运动，也可以做曲线运动，运动形式由初速度方向与电场方向的夹角决定，故（4）错。在点电荷的电场中，带电粒子可以围绕点电荷做圆周运动，故（5）对。由示波管的原理可知，（6）对。带电粒子的重力是否能忽略，由具体问题的研究条件决定，如对基本粒子，重力一般都可忽略；但对带电液滴、油
6、滴、小球等，重力一般不能忽略，故（7）错。,考点 1 平行板电容器的两类动态变化问题【考点解读】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 分析平行板电容器电容的变化。（3）用定义式 分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。（4）用 分析电容器极板间场强的变化。,对比分析,2.两类动态变化问题的比较,【典例透析1】用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）。设两极板正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，若(),A.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，增大S，则 变大
7、D.保持d不变，增大S，则 不变,【解题探究】（1）静电计的指针偏角越大，说明板间电势差_。（2）由电容定义式 可知，在Q不变时，U越大，说明C_。【解析】选A。由 可得：保持S不变，增大d，则U增大，即 变大，故A正确，B错误；保持d不变，增大S，则 U减小，即 变小，故C、D错。,越大,越小,【总结提升】分析平行板电容器时的两个关键点在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点：（1）确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是保持电量不变或板间电压不变。（2）恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用 分析板间电场强度的变化情况。,【变式训
8、练】如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离(),A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P点的电势将降低C.带电油滴运动时电势能将减少D.若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大,【解析】选B。由于电容器与电源连接，电压U不变，板间场强 随d的增大而减小，所以油滴将不再平衡而向下运动，电场力做负功，电势能增大，故A、C均错。P点与地的电势差UPO=qEd，q和d均不变而E减小，故P点电势将降低，B项正确。据Q=CU可知，电压U不变时减小电容C，则极板带电荷量将减小，故D
9、错误。,考点 2 带电粒子在电场中的偏转【考点解读】1.粒子的偏转角（1）以初速度v0垂直进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为,则,拓展延伸,结论：动能一定时，tan与q成正比，电荷量相同时tan与动能成反比。（2）粒子从静止开始经加速电场U0加速后再进入偏转电场则有：可解得：结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场。,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。
10、,（2）经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则偏移量：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和偏转角都是相同的，也就是运动轨迹完全重合。,【典例透析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
11、转电压UYY的范围；（3）求粒子可能到达屏上区域的长度。,【解题探究】（1）带电粒子在两极板之间的电场中做_。（2）当两极板间所加的电压最大时，带电粒子恰好从_。（3）带电粒子到达屏上区域边缘对应极板间所加的电压_。,类平抛运动,极板的右边缘飞出,最大,【解析】（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，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 L=v0t vy=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）由式解得当 时，则两板间所加电压的范围为,（3）当 时，粒子在屏上侧向偏移的距
12、离最大，设其大小为y0，则y0=y+btan又 解得：故粒子在屏上可能到达的区域的长度为答案：（1）见解析（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+btan（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，
13、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 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】如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速
14、度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。,（1）求电子穿过A板时速度的大小；（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？,【解析】（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理解得（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y。,由牛顿第二
15、定律和运动学公式F=ma,F=eE,解得：（3）由 可知，减小U1和增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点上方。答案：（1）（2）（3）减小加速电压U1或增大偏转电压U2,考点 3 匀强电场与重力场的综合问题【考点解读】分析粒子运动的两个观点1.用动力学的观点分析带电粒子的运动（1）由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法。（2）类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直线运动，化繁为简。,解题技巧,（3）综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题，另外要注意运动学公式里包含物理量的正负号，即其矢量性。2.用能量
16、的观点来分析带电粒子的运动（1）运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。（2）运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理。,【典例透析3】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相对于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0.8 s，减速的时间为0.2 s。P、Q位置高度差为0.5 m。已知匀强电
17、场的场强 A、B之间动摩擦因数=0.4,g取10 m/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？,【解题探究】（1）开始时A、B能保持相对静止，说明电场力_最大静摩擦力，此时B对A的压力_mg。（2）B相对于A滑动，说明电场力_摩擦力，此时B对A的压力_mg。说明绝缘板A向上做_。,小于,等于,大于,小于,匀减速运动,【解析】（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解得a1=1.25 m/s2，a2=5 m/s2。,（2）研究滑块B，在绝缘板A上匀
18、减速的过程中，由牛顿第二定律可得竖直方向：mg-FN=ma2水平方向：Eq-FN=ma3解得a3=0.1g=1 m/s2在这个过程中滑块B的水平位移大小为,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mg-Eq=ma4，得a4=0.1g=1 m/s2该过程中滑块B的水平位移大小为x4=x3=0.02 m最后滑块B静止时离出发点的水平距离x=x4+x3=0.04 m。答案：（1）1.25 m/s2 5 m/s2（2）0.04 m,【变式训练】如图，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45角的绝缘直杆ab，其下端（b端）距地面高度h=0.8 m。一质量为1 k
19、g的带电小环套在直杆上，正以某速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过b端的正下方c点处。（取b为零势能点，g取10 m/s2）求：,（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。（2）小环在直杆上运动时的动能。（3）小环从b到c运动过程中的机械能最小值。,【解析】（1）小环沿ac杆匀速下滑，受力分析图如图所示，小环共受3个力，合力为零，则qE=mg,小环离开直杆后，只受重力和电场力，方向垂直于杆斜向下。,（2）小环离开杆做类平抛运动：平行杆方向做匀速运动，垂直杆方向做匀加速运动，小环在直杆上运动时的动能：由以上三式解得：Ek=2 J,（3）根据能量守恒，机械能为E=Ek-Ep当电势能最大时，机械能
20、最小。当带电小环在电场力方向的速度为零时，电势能最大，此时的电势能等于克服电场力所做的功，即解得：Epm=1 J所以机械能的最小值为E=1 J答案：（1）方向垂直于杆斜向下（2）2 J（3）1 J,【资源平台】带电粒子在交变电场中的运动 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(k1)，电压变化的周期为2，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02时间内不能到达极板
21、A，求d应满足的条件。,【规范解答】电子在0时间内做匀加速运动，加速度的大小为 位移在2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=a1匀减速运动阶段的位移依据题意dx1+x2解得答案：,1.如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图。当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况。在下列图中能正确反映C与d之间变化规律的图像是(),【解析】选A。根据电容的决定式 可知，电容C与d成反比，函数图像是双曲线的一支，故只有A正确。,2.将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平
22、放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地。三个微粒分别落在图中A、B、C三点，不计其重力作用，则()A.三个微粒在电场中的运动时间相等B.三个微粒的带电量相同C.三个微粒所受电场力的大小关系是FAFBFCD.三个微粒到达下板时的动能关系是EkCEkBEkA,【解析】选D。由带电微粒的运动轨迹可判断出竖直方向上的加速度关系为aCaBaA，所以有电量qCqBqA，电场力FCFBFA，故B、C错误。粒子在电场中的运动时间因lCEkBEkA,D正确。,3.实验室所用示波器是由电子枪、偏转电极和荧光屏三部分组成，当垂直偏转电极YY，水平偏转电极XX的电压都为零时，电子枪发射的电子通过偏转电极后，打在
23、荧光屏的正中间。若要在荧光屏上始终出现如图所示的斑点a，那么，YY与XX间应分别加上如图所示的哪一组电压(),【解析】选A。由于点迹a是固定不变的，所以在XX间、YY间加的电压应该是大小恒定的，故C、D均错；由示波管的原理图可知，电子在YY方向上向上偏转，即Y应为正，在XX方向上向左偏转，即X为正，故本题选A。,4.（2012海南高考改编）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是()A.保持U不变，将d变为原来的一半，则E变为原来的一半B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C.保持d不变，将Q变为原来的两倍，
24、则U变为原来的一半D.保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半,【解析】选D。由 可知，保持U不变，将d变为原来的一半，则E变为原来的两倍，选项A错误；保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的一半，选项B错误；由知，保持d不变，即电容C不变，再由 知，将Q变为原来的两倍时，U也将变为原来的两倍，选项C错误；同理，将Q变为原来的一半时，U也变为原来的一半，由 知，E变为原来的一半，选项D正确。,5.如图为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是(),A.到达集尘极的尘埃带正电荷B.电场方向由集尘极指向放电极C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越小,【解析】选B。放电极与电源的负极相连，集尘极与电源的正极相连，所以集尘极的电势高于放电极，电场方向从集尘极指向放电极，到达集尘极的是带负电荷的尘埃，故A错误，B正确；尘埃带负电，它受到的电场力方向与电场方向相反，C错误；空间某点的电场强度是确定的，尘埃的带电量越大，受力越大，D错误。,
