资源描述
单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,一、电容器及其电容,1,电容器,(1),组成：两个彼此,且又,的导体,(2),带电荷量：一个极板所带电荷量的,(3),充、放电,充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带,上等量的,电荷的过程充电后，两极板上的电荷由于,互相吸引而保存下来；两极板间有,存在充电过程中,由电源获得的电能储存在电容器中,放电：用导线将充电后的电容器的两极板接通，两极板,上的电荷,的过程放电后的两极板间不再有电场，电,场能转化为,的能量,绝缘,相距很近,绝对值,异号,电场,中和,其他形式,2,电容,(1),定义：电容器所带的,Q,与电容器两极板间的,U,的比值,(2),意义：表示电容器容纳电荷,的物理量,(3),定义式：,C,.,(4),单位：,1,法拉,(F),微法,(F),皮法,(pF),电荷量,电势差,本领,10,6,10,12,3,平行板电容器的电容,(1),决定因素：平行板电容器的电容,C,跟板间电介质的相对介,电常数,r,成,，跟正对面积,S,成,，跟极板间的距离,d,成,(2),决定式：,C,.,(3),熟记两点,保持两极板与电源相连，则电容器两极板间,不变,充电后断开电源，则电容器所带的,不变,正比,正比,反比,电压,电荷量,(1),电容由电容器本身决定，与极板的带电情况无关,(2),公式,C, 是电容的定义式，对任何电容器都适用公式,C, 是平行板电容器的决定式，只对平行板电容器适用,二、带电粒子在电场中的运动,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,qU,mv,2,mv,0,2,.,(2),在非匀强电场中：,W,mv,2,mv,0,2,.,动能,qEd,qU,2,带电粒子在电场中的偏转,带电粒子以垂直匀强电场的场强方向进入电场后，做类,平抛运动，轨迹为抛物线,垂直于场强方向做,运动：,v,x,v,0,，,x,v,0,t,.,平行于场强方向做初速度为零的,运动：,匀速直线,匀加速直线,v,y,at,，,y,at,2,，,A,.,侧移距离：,y, ，,偏转角：,arctan,，如图,6,3,1,所示,图,6,3,1,三、示波管,1,示波管装置,示波管由,、,和,组成，管内抽成真空如图,6,3,2,所示,电子枪,偏转电极,荧光屏,图,6,3,2,2,工作原理,示波器是可以用来观察电信号随时间变化情况的一种电子仪器如果在偏转电极,XX,上加横向扫描电压，同时在偏转电极,YY,上加所要研究的信号电压，电子束随信号电压的变化纵向做竖直方向的扫描，其周期与偏转电极,XX,的扫描电压的周期,，在荧光屏上就显示出信号电压随时间变化的图线,相同,1.,运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化,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,电容器两类问题比较,分类,充电后与电池两极相连,充电后与电池两极断开,不变量,U,Q,d,变大,C,变小,Q,变小,E,变小,C,变小,U,变大,E,不变,S,变大,C,变大,Q,变大,E,不变,C,变大,U,变小,E,变小,变大,C,变大,Q,变大,E,不变,C,变大,U,变小,E,变小,(2009,福建高考,),如,图,6,3,3,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，则,(,),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,带电油滴的电势能将减小,D,若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大,图,6,3,3,根据公式,C, 判断电容的变化，根据,C, 判断电荷量的变化，根据,U,Ed,判断,电场强度和电势的变化,听课记录,上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为,E,，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，,A,错；,P,点的电势大于,0,，且,P,点与下极板间的电势差减小，所以,P,点的电势减小，,B,对；两极板间电场方向竖直向下，所以,P,点的油滴应带负电，当,P,点电势减小时，油滴的电势能应增加，,C,错；电容器的电容,C, ，由于,d,增大，电容,C,应减小，极板带电荷量,Q,CE,将减小，,D,错,答案,B,名师归纳,在分析平行板电容器的电容及其他参量的动态变化时，要注意两个方面：,(1),确定不变量；,(2),选择合适的公式分析,1.,研究对象,(1),基本粒子：如电子、质子、,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,带电粒子的加速及处理方法,(1),运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向,进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一,直线上，做匀加速直线运动,(2),用功能观点分析：粒子动能的变化量等于电场力对,它所做的功,(,电场可以是匀强或非匀强电场,),若粒,子的初速度为零，则：,qU,mv,2,v, ；,若粒子的初速度不为零，则：,qU,mv,2,mv,0,2,v,.,(19,分,)(2009,福建高考,),如图,6,3,4,甲所示，在水平地面上固定一倾角为,的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为,E,、方向沿斜面向下的匀强电场中一劲度系数为,k,的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态一质量为,m,、带电荷量为,q,(,q,0),的滑块从距离弹簧上端为,s,0,处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为,g,图,6,3,4,(1),求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间,t,1,；,(2),若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为,v,m,，求滑块从静止释放到速度大小为,v,m,的过程中弹簧的弹力所做的功,W,；,(3),从滑块静止释放瞬间开始计时，请在图,6,3,3,乙中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系,v,t,图象图中横坐标轴上的,t,1,、,t,2,及,t,3,分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的,v,1,为滑块在,t,1,时刻的速度大小，,v,m,是题中所指的物理量,本题考查匀变速直线运动规律、共点力的平衡、动能定理、牛顿运动定律等知识，解答时要分阶段应用不同的规律列方程求解,.,满分指导,(1),滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为,a,，则有,qE,mg,sin,ma, (2,分,),s,0,at,1,2, (2,分,),联立,可得,t,1,(2,分,),(2),滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为,x,0,，则有,mg,sin,qE,kx,0, (3,分,),从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得,(,mg,sin,qE,)(,s,0,x,0,),W,mv,m,2,0 (3,分,),联立,可得,W,mv,m,2,(,mg,sin,qE,)(,s,0,) (3,分,),(3),如图,6,3,5,所示,(4,分,),图,6,3,5,答案,(1),(2),mv,m,2,(,mg,sin,qE,)(,s,0,),(3),如图,6,3,5,所示,名师归纳,讨论带电粒子在电场中做直线运动,(,加速或减速,),的方法：,(1),能量方法,能量守恒定律；,(2),功能关系,动能定理；,(3),力和加速度方法,牛顿运动定律，匀变速直线运动公式,1,如图,6,3,6,所示，水平放置的,A,、,B,两平行板相距,h,，上板,A,带正电,现有质量为,m,、电荷量为,q,的小,球在,B,板下方距离为,H,处，以初速度,v,0,竖直向上从,B,板小,孔进入板间电场，欲使小球刚好打到,A,板，,A,、,B,间电势,差,U,AB,应为多大？,图,6,3,6,解析：法一：,小球运动分两个过程，在,B,板下方时仅受重力作用，做竖直上抛运动；进入电场后受向下的电场力和重力作用，做匀减速直线运动设小球运动到,B,板时速度为,v,B,.,对第一个运动过程：,v,B,2,v,0,2,2,gH,对第二个运动过程：加速度为,a,按题意，,h,为减速运动的最大位移，故有,h, ，,整理得,v,B,2,2,gh,联立,两式解得,hE,由平行板电容器内部匀强电场的场强和电势差的关系易知,U,AB,hE,，故有,U,AB,.,法二：,对小球的整个运动过程由动能定理得,mg,(,H,h,),qU,AB,mv,0,2,解得：,U,AB,.,答案：,1.,粒子的偏转角问题,(1),已知带电粒子情况及初速度,如图,6,3,7,所示，设带电粒,子质量为,m,，带电荷量为,q,，以,初速度,v,0,垂直于电场线方向射入,匀强偏转电场，偏转电压为,U,1,.,若粒子飞出电场时偏转角为,图,6,3,7,则,tan, ，式中,v,y,at,，,v,x,v,0,，,代入得,tan,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),已知加速电压,U,0,若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压,U,0,加速,后进入同一偏转电场的，则由动能定理有：,qU,0,mv,0,2,由,式得：,tan,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即不同的带电粒子从静止经过,同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的,偏转角度总是相同的,(1),Y,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,x,. ,结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的,l,/2,处沿直线射出,2,粒子的偏转量问题,(2),若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压,U,0,加速后进入,偏转同一电场的，则由,和,得：,y,结论：粒子的偏转角和偏转距离与粒子的,q,、,m,无关，仅取,决于加速电场和偏转电场即不同的带电粒子从静止经过,同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转,角度和偏转距离总是相同的,(10,分,),两个半径均为,R,的圆形平板电极，平行正对放置，相距为,d,，极板间的电势差为,U,，板间电场可以认为是均匀的一个,粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心,已知质子带电荷量为,e,，质子和中子的质量均视为,m,，忽略重力和空气阻力的影响，求：,(1),极板间的电场强度,E,；,(2),粒子在极板间运动的加速度,a,；,(3),粒子的初速度,v,0,.,两平行板间的电场为匀强电场，所以,粒子在板间做类平抛运动，分析的方法与平抛运动相同，即运动的合成与分解,.,满分指导,(1),极板间场强为：,E,. (2,分,),(2),粒子的带电荷量为,2,e,，质量为,4,m,，所受电场力为：,F,2,eE,(2,分,),粒子在极板间运动的加速度为：,(2,分,),a,(3),由,d,at,2,得：,t, ,2,d, (2,分,),在垂直于电场方向上：,R,v,0,t, (1,分,),所以,v,0,. (1,分,),答案,名师归纳,(1),两平行板间的电场可以看成,.,(2),垂直射入电场的微观粒子在电场中的运动分解成,和,平行,电场方向上的匀加速直线运动,垂直电场方向上的匀速直线,运动,匀强电场,U,Ed,2,如图,6,3,8,所示，有一电子,(,电,荷量为,e,),经电压,U,0,加速后，进入,两块间距为,d,、电压为,U,的平行金,属板间若电子从两板正中间垂,直电场方向射入，且正好能穿过,电场，求：,(1),金属板,AB,的长度；,(2),电子穿出电场时的动能,图,6,3,8,答案：,(1),d,(2),e,(,U,0,),解析：,(1),设电子飞离加速电场时的速度为,v,0,，由动能定理得,eU,0,mv,0,2,设金属板,AB,的长度为,L,，电子偏转时间,t,电子在偏转电场中产生偏转加速度,a,电子在电场中偏转,y,d,at,2,由,得：,L,d,.,(2),设电子穿过电场时的动能为,E,k,，根据动能定理,E,k,eU,0,e,e,(,U,0,),随堂巩固,1,根据电容器电容的定义式,C, ，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,以上答案均不对,解析：,电容器的电容和它所带的电荷量无关，和板间的电压无关，只由电容器本身的结构来决定因此,A,、,B,、,C,都不正确，故选,D.,答案：,D,2,如图,6,3,9,所示，一个平行,板电容器，板间距离为,d,，当,对其加上电压后，,A,、,B,两板的,电势分别为,和,，下述结,论正确的是,(,),图,6,3,9,A,电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小,为,E,/,d,B,电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不,同；有正的，有负的，有的为零,C,若只减小两极板间的距离,d,，该电容器的电容,C,要,增大，极板上带的电荷量,Q,也会增加,D,若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，,则电子的电势能一定会减小,解析：,由题意可知，两板间电压为,2,，电场强度为,E, ，,A,错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方为正，下方为负，故,B,正确；由,C, 知，,d,减小，,C,增大，由,Q,CU,知，极板带电荷量,Q,增加，,C,正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，,D,正确,答案：,BCD,3,(2010,济南模拟,),如图,6,3,10,所示，,质子,( ),和,粒子,( ),以相同的初,动能垂直射入偏转电场,(,粒子不计重,力,),，则这两个粒子射出电场时的侧,位移,y,之比为,(,),A,11,B,12,C,21 D,14,图,6,3,10,解析：,由,y, 和,E,k0,mv,0,2,得：,y, ，,可知，,y,与,q,成正比，,B,正确,答案：,B,4,(2009,广东高考,),如图,6,3,11,所示，,在一个粗糙水平面上，彼此靠近地,放置两个带同种电荷的小物块由,静止释放后，两个物块向相反方向,运动，并最终停止在物块的运动,过程中，下列表述正确的是,(,),A,两个物块的电势能逐渐减少,B,物块受到的库仑力不做功,C,两个物块的机械能守恒,D,物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力,图,6,3,11,解析：,由静止释放后，因两带电小物块带同种电荷，所以库仑力对它们均做正功，故电势能减小，,A,正确、,B,错误；在两小物块的运动过程中，因摩擦力和库仑力分别做功，发生机械能和其他形式能量的相互转化，故机械能不守恒，,C,错误；因两物块从静止开始运动最后停止，所以必然有先加速后减速的过程，所以开始库仑力大于摩擦力，后来摩擦力大于库仑力，故,D,错,答案：,A,5,如图,6,3,12,所示，,abcd,是一个,正方形盒子,cd,边的中点有一个,小孔,e,.,盒子中有沿,ad,方向的匀强,电场一个质量为,m,、带电荷量,为,q,的粒子从,a,处的小孔沿,ab,方向,以初速度,v,0,射入盒内，并恰好从,e,处的小孔射出,(,忽略粒子重力，,正方形的边长为,l,),，求：,图,6,3,12,(1),该带电粒子从,e,孔射出的速度大小；,(2),该过程中电场力对该带电粒子做的功；,(3),该电场的场强,解析：,(1),设粒子在,e,孔的竖直分速度为,v,y,.,则水平方向：,l,/2,v,0,t,竖直方向：,l,t,得：,v,y,4,v,0,，,v,e,(2),由动能定理得：,W,电,mv,e,2,mv,0,2,8,mv,0,2,(3),由,W,电,Eql,和,W,电,8,mv,0,2,得：,E,.,答案：,(1),v,0,(2)8,mv,0,2,(3),
展开阅读全文