高考高三總復(fù)習(xí)課件第1輪物理廣西專版課件93帶電粒子在電場中運動2一、電容器、電容1.電容器(1)定義：能容納電荷的器件叫做電容器.任何兩個彼此絕緣而又相互靠近的導(dǎo)體都可以看成一個電容器.(2)平行板電容器：兩塊正對的平行金屬板，它們相隔很近而且彼此絕緣組成一個最簡單的電容器叫做平行板電容器，平行板電容器的電場是勻強電場.3(3)電容器的充、放電.

①充電：使電容器帶電的過程叫充電，充電后的電容器，一塊極板帶正電，另一塊極板帶等量的負電，而每個電容器所帶電量是指電容器一塊極板所帶電量的絕對值；②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程叫放電，放電的實質(zhì)是使兩極板原來的電荷中和，失去電荷.42.電容(C)(1)物理意義：描述電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量.(2)定義：電容器所帶的電量跟它兩極板間的電勢差的比值叫做電容器的電容.(3)公式：(4)單位：法拉(F).1法拉＝1庫/伏.1法拉(F)＝106微法(μF)＝1012皮法(pF).53.平行板電容器電容的決定因素平行板電容器的電容跟介電常量ε成正比，跟正對面積S成正比，跟兩極板間的距離d成反比.公式：6如圖9-3-1所示是由電動勢為6V的電池、電阻R與電容為200pF的平行板電容器C組成的電路，如把電容器極板間距離增大至原來的2倍，則電容器的電容為

，流過R的瞬時電流方向為

，流過R的電荷量為

C.

圖9-3-1100pF從B到A6×10-107根據(jù)平行板電容器公式，極板間距d→2d，C→C/2，由公式C＝Q/U，可知電容器帶電荷量減半，電容器兩極板電壓U不變，電容器帶電荷量減半，電容器放電，流過R的瞬時電流方向從B到A；流過R的電荷量為電容器減少的電荷量：ΔQ＝Q-Q/2=Q/2＝UC/2＝6×100×10-12C＝6×10-10C.8二、帶電粒子在電場中加速

帶電粒子在電場中加速，若不計粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量.①在勻強電場中：②在非勻強電場中：電場對帶電粒子的加速作用只與加速電壓有關(guān)，與電場是否為勻強電場無關(guān)，通常用功能關(guān)系求解.9一個帶正電的粒子以初動能Ek0進入勻強電場中，若初速度方向跟電場方向相同，經(jīng)過時間t動能為Ek1；若初速度方向跟電場方向垂直，經(jīng)過時間t動能為Ek2，比較動能Ek1和Ek2的大小，有()A.Ek2>Ek1B.Ek2=Ek1C.Ek2<Ek1D.條件不足，不能確定C10帶電粒子沿電場方向進入時，帶電粒子做勻加速直線運動，t時間內(nèi)的位移為s1=v0t+at2/2,帶電粒子沿垂直于電場方向進入時，帶電粒子做類平拋運動，t時間內(nèi)的加速位移為s2=at2/2,則s1>s2.由W=qU＝qEs可知，對粒子做的功W1＞W(wǎng)2，由動能定理可知末動能Ek＝W＋Ek0.故C正確.11三、帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子以垂直勻強電場場強的方向進入電場后，做類平拋運動.如圖9-3-2所示.1.運動狀態(tài)分析：帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場時，受到恒定的與初速度方向成90°角的電場力作用而做勻變速曲線運動.圖9-3-2122.偏轉(zhuǎn)問題的分析處理方法類似于平拋運動的分析處理，應(yīng)用運動的合成和分解的知識.沿初速度方向為勻速直線運動，運動時間：t＝l/v0沿電場力方向為初速度為零的勻加速直線運動：離開電場時的偏移量：離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：133.對粒子偏角的討論若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓U0加速后進入偏轉(zhuǎn)電場時，則由動能定理有則由上式可知，粒子的偏角與粒子q、m無關(guān).僅決定于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場，即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速進入同一偏轉(zhuǎn)電場后，它們在電場中的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的.144.粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時偏移量作粒子速度的反向延長線，設(shè)交初速度延長線于O點，O點與電場邊緣的距離為x，則15

由此可知，粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，速度的反向延長線與初速度延長線的交點平分沿初速度方向的位移.

對偏轉(zhuǎn)的問題，一定要通過運動的合成與分解的方法分析，依運動的獨立性來確定，如對下面問題的分析，這一點尤為重要.16如圖9-3-3所示，質(zhì)量為m，帶電量為q的離子以v0的速度，沿與場強垂直的方向從A點飛入勻強電場，并從另一側(cè)B點沿與場強方向成150°角飛出.則A、B兩點間的電勢差是多少?離子做類平拋運動a＝qE/m由速度分解vy=v0cot30°=v0

vy2＝2ay

＝2qEy/m

＝3v02所以圖9-3-317如圖9-3-12所示，D是一只二極管，它的作用是只允許電流從a流向b，不允許電流從b流向a，平行板電容器AB內(nèi)部原有電荷P處于靜止狀態(tài)，當兩極板A和B的間距稍增大一些的瞬間(兩極板仍平行)，P的運動情況將是()A.仍靜止不動B.向下運動C.向上運動D.無法判斷A18電容器充放電，電容器電壓、電量的關(guān)系.此題利用二極管的單向?qū)щ娦詠砼袛嚯娙萜魇荙還是U不變，若假設(shè)

U不變,由馬上判斷出E變小，電場力變小，電荷向下運動，但是d變大又導(dǎo)致C變小結(jié)合U不變得出Q變小,即電容器A板正電荷應(yīng)該放出,圖9-3-1219而這是不可能的事，所以只能得出一個結(jié)論假設(shè)錯誤,即Q不變，那么可以根據(jù)得出E

不變(與d無關(guān)).點評：此類題目新穎易錯，不少同學(xué)以為電容器接在穩(wěn)壓電源兩端即電壓不變，其實不然.還需要判斷二極管的通斷，充放電是否能正常進行.20平行板所帶電荷量Q、兩板間電壓U，有C=Q/U、C=ε0S/d、兩板間勻強電場的場強E=U/d，可得電容器充電后斷開，電容器電荷量Q不變，則E不變.根據(jù)C=ε0S/d可知d增大,C減小，又根據(jù)C=Q/U可知U變大.21如圖9-3-13所示，豎直放置的半圓形絕緣軌道半徑為R，下端與光滑絕緣水平面平滑連接，整個裝置處于方向豎直向上的勻強電場E中.一質(zhì)量為m、帶電量為+q的物塊(可視為質(zhì)點)，從水平面上的A點以初速度v0水平向左運動，沿半圓形軌道恰好通過最高點C，場強大小圖9-3-1322(1)試計算物塊在運動過程中克服摩擦力做的功.(2)證明物塊離開軌道落回水平面的水平距離與場強大小E無關(guān)，且為一常量.

帶電粒子在復(fù)合場中受束縛軌道運動.(1)物塊恰能通過圓弧最高點C，即圓弧軌道此時與物塊間無彈力作用，物塊受到的重力和電場力提供向心力23①②物塊在由A運動到C的過程中，設(shè)物塊克服摩擦力做的功Wf，根據(jù)動能定理③④24(2)物塊離開半圓形軌道后做類平拋運動，設(shè)水平位移為s，s＝vCt⑤⑥由②⑤⑥聯(lián)立解得s＝2R⑦因此，物塊離開軌道落回水平面的水平距離與場強大小E無關(guān)，大小為2R.25如圖9-3-14所示，在豎直平面內(nèi)，一傾斜的直軌道與光滑圓形軌道連接在一起，圓軌道半徑為R且處在豎直向下的勻強電場中，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從直軌道上滑下，當運動到圓軌道最低點時，球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕，再繼續(xù)運動后剛好能通過最高點，若小球滑動過程中電荷量保持不變，求圓軌道上最高點與最低點間的電勢差.(重力加速度為g)圖9-3-1426小球在最低點時，由牛頓第二定律有：小球在最高點時，由牛頓第二定律得：小球由最低點到最高點過程中，由動能定理：最高點與最低點間電勢差為U=2R·E由以上四式得：27

如圖9-3-15所示，相距為d的平行金屬板A、B豎直放置，在兩板之間水平放置一絕緣平板.有一質(zhì)量m、電荷量q(q>0)的小物塊在與金屬板A相距l(xiāng)處靜止.若某一時刻在金屬板A、B間加一電壓28小物塊與金屬板只發(fā)生了一次碰撞，碰撞后電荷量變?yōu)椴⒁耘c碰前大小相等的速度反方向彈回.已知小物塊與絕緣平板間的動摩擦因數(shù)為μ，若不計小物塊電荷量對電場的影響和碰撞時間.則圖9-3-1529(1)小物塊與金屬板A碰撞前瞬間的速度大小是多少？(2)小物塊碰撞后經(jīng)過多長時間停止運