2012高三物理二輪復習專題專題八 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動教案

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1、專題八 電容器與電容、帶電粒子在電場中的運動 【考綱知識梳理】 一。電容器 1. 構成：兩個互相靠近又彼此絕緣的導體構成電容器。 2．電容器帶的電荷量：是指每個極板上所帶電荷量的絕對值 3.電容器的電壓： （1）額定電壓：是指電容器的對大正常工作即電容器銘牌上的標定數值。 （2）擊穿電壓：是指把電容器的電介質擊穿導電使電容器損壞的極限電壓。 二.電容 1．定義：電容器所帶的電荷量Q與兩極板間的電壓U的比值 2．定義式： 3．電容的單位：法拉，符號：F 。 4．物理意義：電容是描述電容器容納電荷本領大小的物理量，在數值上等于電容器兩板間的電勢差增加1V所需的電荷量。 5

2、．制約因素：電容器的電容與Q、U的大小無關，是由電容器本身的結構決定的。對一個確定的電容器，它的電容是一定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關。 三.平行板電容器 1．平行板電容器的電容的決定式：即平行板電容器的電容與介質的介電常數成正比，與兩板正對的面積成正比，與兩板間距成反比。 2．平行板電容器兩板間的電場：可認為是勻強電場，E=U/d 四.帶電粒子在電場中的運動 1.帶電粒子的加速：對于加速問題，一般從能量角度，應用動能定理求解。若為勻變速直線運動，可用牛頓運動定律與運動學公式求解。 2. 帶電粒子在勻強電場中的偏轉：對于帶電粒子以垂直勻強電場的方向進入電場后，受到的電場力恒定

3、且與初速度方向垂直，做勻變速曲線運動（類平拋運動）。 ⑴處理方法往往是利用運動的合成與分解的特性：分合運動的獨立性、分合運動的等時性、分運動與合運動的等效性。沿初速度方向為勻速直線運動、沿電場力方向為初速度為零的勻加速運動。 ⑵基本關系： x方向：勻速直線運動 Y方向：初速度為零的勻加速直線運動 ①．離開電場時側向偏轉量： ②．離開電場時的偏轉角： φ 推論1.粒子從偏轉電場中射出時,其速度反向延長線與初速度方向交一點,此點平分沿初速度方向的位移。 推論2.位移和速度不在同一直線上，且tanφ=2tanα。 考點一、電容器動態(tài)變化 1

4、．用控制變量法，可以研究影響平行板電容器的因素（如圖）。設兩極板正對面積為Ｓ，極板間的距離為ｄ，靜電計指針偏角為。實驗中，極板所帶電荷量不變，若 A. 保持S不變，增大d，則變大 B. 保持S不變，增大d，則變小 C. 保持d不變，增大S，則變小 D. 保持d不變，增大S，則不變 【答案】A 【解析】由知保持S不變，增大d，電容減小，電容器帶電能力降低，電容器電量減小，靜電計所帶電量增加，變大；保持d不變，減小S，電容減小，變大。正確答案A。 2.如圖所示，相距為0.2m的平行金屬板A、B上加電壓U=40V，在兩板正中沿水平方向射入一帶負電小球，經0.2s小球到達B板，若要小

5、球始終沿水平方向運動而不發(fā)生偏轉，A、B兩板間的距離應調節(jié)為多少？（g取10m/s2） 答案： 考點二 帶電粒子在電場中的偏轉 3、a、b、c三個α粒子由同一點垂直場強方向進入偏轉電場，其軌跡如圖所示，其中b恰好飛出電場，由此可以肯定 ①在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上 ②b和c同時飛離電場 ③進入電場時，c的速度最大，a的速度最小 ④動能的增量相比，c的最小，a和b的一樣大 A.① B.①② C.③④ D.①③④ 答案： D根據類平拋運動的豎直方向分運動可知，加速度相同，豎向位移c最小，a、b相同，得 a、b飛行時間相等，c時間最短，故速

6、度c比b大； b射程大于a，故b的速度大于a．比較豎向位移可知電場力做功c的最小，a和b的一樣大．選①③④對 4.如圖所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角θ變大的是 A. U1變大、U2變大 B. U1變小、U2變大 C. U1變大、U2變小 D. U1變小、U2變小 答案：B 故B對 5．（2010山東高考）題如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為

7、d，兩側為相同的勻強磁場，方向垂直紙面向里。一質量為、帶電量+q、重力不計的帶電粒子，以初速度垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動，后進入電場做勻加速運動，然后第二次進入磁場中運動，此后粒子在電場和磁場中交替運動。已知粒子第二次在磁場中運動的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推。求 ⑴粒子第一次經過電場子的過程中電場力所做的功。 ⑵粒子第n次經過電場時電場強度的大小。 ⑶粒子第n次經過電場子所用的時間。 ⑷假設粒子在磁場中運動時，電場區(qū)域場強為零。請畫出從粒子第一次射入磁場至第三次離開電場的過程中，電場強度隨時間變化的關系圖線（不要求寫出推導過程，不要求標明坐標明坐標刻度值

8、）。 解析： （1）根據，因為，所以，所以, （2）=，，所以。 （3），，所以。 (4) 圖乙 圖甲 6.（2009山東高考）如圖甲所示，建立Oxy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為，在第一、四象限有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于Oxy平面向里。位于極板左側的粒子源沿x軸向右連續(xù)發(fā)射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子。在0~3t0時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極板邊緣的影響）。已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t0時刻經極板邊緣射入磁場。上述m、q、、t0、B為已知量。（不考慮粒子間相互影響及返

9、回極板間的情況） (1) 求電壓U0的大小。 (2) 求t0時刻進入兩板間的帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑。 (3) 何時進入兩板間的帶電粒子在磁場中的運動時間最短？求此最短時間。 25. （1）時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為，則有①，②，③，聯立以上三式，解得兩極板間偏轉電壓為④。 （2）時刻進入兩極板的帶電粒子，前時間在電場中偏轉，后時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動。帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為⑤，帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為⑥，帶電粒子離開電場時的速度大小為⑦，設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有⑧,聯立③⑤⑥⑦⑧式解得⑨。 （3）時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短。帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為⑩，設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為，則，聯立③⑤⑩式解得，帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對的圓心角為，所求最短時間為,帶電粒子在磁場中運動的周期為，聯立以上兩式解得。