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高三总复习
人教版· 物理
课时3
电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
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知识点一
人教版· 物理
电容器与电容
——知识回顾——
1．电容器
(1)组成：两个彼此 绝缘 且又 靠的很近 的导体．
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的 绝对值 ．
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(3)充、放电
①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
异种 电荷的过程．充电后，两极板间有
电场 存在，电容器储
存 电场能 ．
②放电：用导线将充电后的电容器的两极板接通，极板上电荷
减少 的 过 程 ． 放 电 后 的 两 极 板 间 不 再 有 电 场 ， 电 场 能 转 化 为
其他形式 的能量．
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2．电容
(1)定义：电容器所带的 电荷 与电容器两极板间的 电势差 比值．
(2)意义：表示电容器容纳电荷 本领大小 的物理量．
Q
(3)定义式：C＝ U .
(4)单位：1法拉(F)＝ 106 微法(μF)＝ 1012皮法(pF)．
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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跟板间电介质的介电常数ε成 正比
，跟正对
面积S成
，跟极板间的距离d成
正比
反比．
(2)决定式：C＝ εS .
4πkd
(3)熟记两点：
①保持两极板与电源相连，则电容器两极板间 电压 不变．
②充电后断开电源，则电容器的 电荷量 不变．
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——要点深化——
对电容的理解
Q
1．由 C＝ 可以看出电压 U 一定时，C 越大，Q 越大，容纳
U
电荷的本领越强．本式是定义式，适用于各种电容器，同时也给
出了一种计算电容的方法．
Q
ΔQ
2．由 C＝ 可推出 C＝ .
U
ΔU
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——基础自测——
关于电容器及其电容，下列说法中正确的是(
)
A．平行板电容器一板带电＋Q，另一板带电－Q，则此电容
器不带电
Q
B．由公式 C＝ 可知，电容器的电容随带电荷量 Q 的增加而
U
增大
C．对一个电容器来说，电容器的带电荷量与两板间的电势
差成正比
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D．如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电
容
解析：该题考查电容器及其电容的概念，电容器两极板带等
量的异种电荷，电容器的电荷量是指某一板所带电荷量的绝对值，
Q
故 A 错．由 C＝ 知，电容是一个用比值定义的物理量，电容与
U
电容器是否带电及带电多少无关，因此 B、D 错，正确选项为 C.
答案：C
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知识点二
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带电粒子在电场中的匀变速直线运动
——知识回顾——
1．运动性质
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场中，受到的电场力
方向与运动方向 在一条直线上 ，做 匀变速直线 运动．
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2．分析方法
(1)用匀变速直线运动的规律(电场必须是匀强电场)：
qE qU
2
2
vt －v0 ＝2ax，a＝ ＝ .
m
md
(2)用功能观点：
粒子只受电场力作用，其动能的变化等于电场力对它做的功．
2qU
2
1 2 1
v
＋
0
即 qU＝ mv － mv02，v＝
m .
2
2
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特别提醒
研究带电粒子在电场中的运动时，是否考虑重力要依据具体情况
而定：
①基本粒子：如电子、质子、α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．
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．
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——基础自测——
如图 1 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错误
．．的是(设电源电动势为
U)(
)
图1
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A．电子到达B板时的动能是U eV
B．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3U eV
D．电子在A板和D板之间做往复运动
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解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，
D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，
B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为U eV，到
达D板的动能为0，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和
D板间往复运动，所以错误选项为C.
答案：C
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知识点三
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带电粒子在匀强电场中的偏转
——知识回顾——
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，
受到与初速度方向垂直的电场力作用而做
曲线
运动．
2．分析方法
(1)处理方法
类平抛运动可分解为沿初速度方向的 匀速直线 运动和垂直初速度
方向的初速度为零的 匀加速 运动．
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(2)有关物理量
如图2所示，一质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0 沿中轴线
射入．
图2
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l
t＝
v0 .
在垂直场强方向做匀速运动：vx＝v0，穿越电场时间：
Uq
Eq
在电场方向做匀加速直线运动：a＝ ＝ md .
m
Uql
离开电场时 y 方向分速度：vy＝at＝ mdv0 .
Uql2
1
2
离开电场时 y 方向上的位移：y＝ at2＝ 2mdv0 .
2
Uql
vy
2
离开电场时偏转角 θ 的正切值：tanθ＝ ＝ mdv0 .
v0
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——要点深化——
(1)在图 2 中作出粒子离开偏转电场时速度的反向延长线，与
y
初速度方向交于 O 点，O 点与电场边缘的距离为 x，则 x＝
＝
tanθ
qUl2/(2mdv02) l
＝ .
qUl/(mdv02) 2
l
结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的 处沿直
2
线射出．
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(2)带电粒子先经 U1 的加速电场从静止加速后再垂直射入 U2
U2l2
U2 l
的偏转电场，则偏移量 y＝
，速度的偏转角为 θ，tanθ＝
.
4dU1
2dU1
结论：不论带电粒子的 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
θ 都是相同的，也就是轨迹完全重合．
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——基础自测——
如图3所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，
当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电
压为U2 时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的
水平速度相同，则两次偏转电压之比为(
图3
)
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A．U1∶U2＝1∶8
C．U1∶U2＝1∶2
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B．U1∶U2＝1∶4
D．U1∶U2＝1∶1
∝
1 2 1Uq l2
2mv02dy
y
解析：由 y＝ at ＝
· 得 U＝
，所以 U 2，可知
2
2md v02
ql2
l
A 项正确．
答案：A
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题型一
[例1]
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平行板电容器的变化问题
如图4所示，电源的电动势为U，电路中的开关为K，平行
板电容器的板间距离为d，正对面积为S，介电常数为ε，电容为C.
图4
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求：
(1)K未闭合前，平行板电容器的电容、电势差、电荷量、内部电
场强度分别为多大？
(2)K闭合后，平行板电容器的电容、电势差、电荷量、内部电场
强度分别为多大？
(3)K闭合后又断开时，平行板电容器的电容、电势差、电荷量、
内部电场强度分别为多大？
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(4)保持K始终闭合，使平行板电容器板间距离由d变成2d，平行
板电容器的电容、电势差、电荷量、内部电场强度分别为多大？
(5)保持K闭合后断开，使平行板电容器板间距离由d变成2d，平
行板电容器的电容、电势差、电荷量、内部电场强度分别为多大？
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[解析]
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(1)K 未闭合前，电容器还没有充电，此时电势差、
电荷量、内部电场强度皆为零，但是电容是由电容器本身的性质
决定的，故仍为 C.
(2)K 闭合后，电容器被充电，依据题意可知，电容器的电压
U
为 U；依据电场强度与电势差的关系可得：电场强度 E＝ ；依据
d
Q
C＝ 可得：Q＝CU.
U
(3)K 闭合后又断开，并没有其它变化，则 U、E、Q、C 都不
会变化，答案与(2)中相同．
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(4)保持 K 始终闭合，使平行板电容器板间距离由 d 变成 2d，
U
则电容器的电压不变，等于电源的电动势 U；依据电场强度 E＝
d
U
εS
1
可知，电场强度变为 ；依据 C＝
可知电容器的电容变为 C；
2
2d
4πkd
Q
1
依据 C＝ 可知电容器的电荷量变为 CU.
2
U
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(5)K 闭合后断开，电容器的电荷量不变，为 CU；当板间距
U
离增大为 2d 时，电荷的密度不变，即 E 不变，仍为 ；依据 U＝
d
εS
Ed 可知，电容器的电压变为 2U；依据 C＝
，可知电容器的
4πkd
1
电容变为 C.
2
[答案]
见解析
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题后反思
∝
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解决平行板电容器动态变化问题的基本思路：
(1)确定不变量．C 与电源相连时，极板间电压不变；电容器
先充电后与电源脱离，所带电荷量不变．
(2)用决定式 C
εS
分析平行板电容器电容的变化．
d
Q
(3)用定义式 C＝ 分析电容器所带电荷量或两极板间电压的
U
变化．
U
(4)用 E＝ 分析电容器极板间场强的变化．
d
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变式1—1
两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电
容器，与它相连接的电路如图5所示．接通开关K，电源即给电容器充
电(
)
图5
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A．保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场
强度减小
B．保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量
增大
C．断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
D．断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增
大
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U
解析：场强 E＝ ，保持 U 不变(K 接通)，减小 d，E 增大，
d
故 A 错．插入介质后，C 增大，据 Q＝CU 可知极板上的电荷量
增大，故 B 项正确．当 K 断开时，极板电荷量(Q)不变，减小板
Q
间距离，则 C 增大，据 U＝ 可知 U 减小，故 C 项正确．断开 K
C
Q
时，Q 不变，在两极板间插入介质，则 C 增大，则据 U＝ 可知
C
U 减小，故 D 项错．
答案：BC
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题型二
[例2]
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带电粒子在电场中的直线运动问题
如图6，极板电容器水平放置，两极间距为1.6 cm.
(1)当两极间电势差为300 V时，一带负电的小球在距下板0.8 cm
处静止．如果两极间电势差减小到60 V时，带电小球运动到极板上需
多长时间？
图6
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(2)当两极间电势差为60 V时，一质子也从距下板0.8 cm处由静止
释放，则质子运动到极板上需多长时间？(质子的质量为mp＝1.67×10
－27kg)
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[解析]
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(1)取带电小球为研究对象，设它带电荷量为 q，则带
电小球受重力 mg 和电场力 qE 的作用．
U1
当 U1＝300 V 时，小球平衡，则 mg＝q
d
当 U2＝60 V 时，带电小球向下板做匀加速直线运动，则 mg
U2
－q ＝ma
d
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1 2
又 h＝ at
2
由以上三式解得
t＝
2U1h
(U1－U2)g
＝
2×0.8×10 2×300
s
(300－60)×10
－
－
＝4.5×10 2s.
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(2)质子由静止释放后，只在电场力的作用下，向极板做匀加
速直线运动，其加速度为
－
1.6×10 19×60
qU
2
11
2
a＝ ＝
－ 27
－ 2 m/s ＝3.6×10 m/s
md 1.67×10 ×1.6×10
1
由 x＝ at2 得
2
质子运动到极板的时间为
t＝
[答案]
2x
＝
a
－
2×0.8×10 2
－7
11 s＝2.1×10 s.
3.6×10
(1)4.5×10－2s
(2)2.1×10－7s
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题后反思
处理问题的要点是要注意区分不同的物理过程；弄清在不同物理
过程中物体的受力情况及运动性质，并选用相应的物理规律．主要规
律有：(1)牛顿定律结合直线运动公式；(2)动能定理．
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变式2—1
板长为L的平行金属板与水平面成θ角放置，板间有匀强电场，一
个带电荷量为q，质量为m的液滴，以速度v0垂直于电场线方向射入两
板间，如图7所示，射入后液滴沿直线运动，两极板间的电场强度E＝
________，液滴离开电场时的速度为________．
图7
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解析：液滴在电场中沿直线运动时，受到重力mg和电场力qE
两个力的作用，而且两个力的合力必须与速度共线．
电场力的方向垂直金属板斜向上，如图8所示．
图8
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E＝mgcosθ/q
液滴离开电场时的速度为 v，根据动能定理：
1 2 1
－mgLsinθ＝ mv － mv02
2
2
得 v＝ v02－2gLsinθ.
答案：mgcosθ/q
v02－2gLsinθ
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题型三
[例3]
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带电粒子在电场中的偏转问题
水平放置的两块平行金属板长L＝5.0 cm，两板间距d＝1.0
cm，两板间电压为90 V，且上板为正，一个电子沿水平方向以速度v0
＝2.0×107 m/s，从两板中间射入，如图9所示，
图9
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求：
(1)电子偏离金属板时的侧位移是多少？
(2)电子飞出电场时的速度是多少？
(3)电子离开电场后，打在屏上的P点．若s＝10 cm，求OP的高度？
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[解析]
场力 F＝
电子在匀强电场中受到电场力与重力作用，由于电
Uq
－
－
＝1.44×10 15N，远大于重力(G＝mg＝9.1×10 30N)，
d
即重力作用对物体运动的影响可以忽略不计，只考虑电场力．又
由于电场力方向与速度方向垂直，即在水平方向做匀速直线运动，
竖直方向做初速度为零的匀加速运动，与平抛运动类似．
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Uq
(1)电子在电场中的加速度 a＝ .
md
1
侧位移即竖直方向的位移 y＝ at2.
2
L
又因 t＝ ，
v0
UqL2
则：y＝
＝0.5 cm.
2mdv02
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(2)电子飞出电场时，水平分速度 vx＝v0，
UqL
紧直分速度 vy＝at＝
＝4×106 m/s.
mdv0
则电子飞出电场时的速度 v，
v＝ vx2＋vy2＝2.04×107 m/s
vy
设 v 与 v0 的夹角为 θ， 则 tanθ＝ ＝0.2.
vx
(3)电子飞出电场后做匀速直线运动，则
OP＝y＋s·tanθ＝0.025 m＝2.5 cm.
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[答案]
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见解析
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题后反思
带电粒子在匀强电场中的运动是类平抛运动，应用运动的合成与
分解的知识分别处理两个分运动即可．
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变式3—1
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如图10所示，在真空中有两块很大的平行金属板A和B，
A板接地，B板的电势为＋φ.两板间的距离为d.在A板的内侧涂有荧光物
质．在B板的中央P处有一离子源，它不断地向各个方向发射质量为m、
初速度为v、电荷量为q的正离子．这些离子打在A板的内侧时发出荧光，
求A板上发出荧光的范围大小．
图10
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①
②
③
①
②
③
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解析：选择有代表性的离子进行运动分析，所有离子受到电
场力相同，都垂直 B 板向上，当初速度方向不同时，对应轨迹不
同，如图中虚线所示．当初速度方向和 B 板平行时，偏离最远(M、
M′)，从整个空间看，这些发光点恰构成一个圆，设其半径为 R.
则沿 B 板方向：R＝vt，
1
φq 2
垂直于 B 板方向：d＝ at2＝
t，
2
2md
发光面积
S＝πR2，
联立
得 ：S＝2πmd2v2/qφ.
答案：2πmd2v2/qφ
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1．(2009·福建高考)
如图11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(
图11
)
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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，则极板带电量将增大
解析：本题考查平行板电容器的动态变化、匀强电场的电势差与
场强关系、物体的平衡条件等物理规律及电容、电势和电势能等物理
概念；意在考查考生对基本规律和基本概念的理解，以及综合分析、
推理、判断的能力．
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当平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离时，两极
εS
板之间的距离 d 增大，由 C＝
可知，电容 C 减小，由于移动
4πkd
过程中两极板与电源相连，两极板间的电压 U 不变，等于电源的
电动势
U
E，极板间的场强 E 场 ＝ 将变小，带电油滴原来在重力
d
和电场力的作用下平衡，带电油滴所受的电场力竖直向上，极板
移动后，电场力 F＝qE 场 会变小，油滴所受合力变为竖直向下，
油滴将沿竖直方向向下运动，故 A 项错误；
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场强 E 场减小时，P 点到电势为零的负极板的距离 dP 没变，
由 UP＝E 场 dP，P 点的电势将降低，故选项 B 正确；由油滴所受
电场力方向可知，油滴带负电，油滴在 P 点的电势能 εP＝－qUP，
降低 UP，－qUP 的绝对值减小，则油滴的电势能增大，故选项 C
Q
错误；由电容的定义式 C＝ ，U 不变 C 减小时，Q 要减小，故
U
选项 D 错误．
答案：B
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2．一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量
不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成
正比．若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；
若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升．若两
极板间电压为－U，油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是(
A．2v、向下
B．2v、向上
C．3v、向下
D．3v、向上
)
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解析：设电容器两板间距离为 d，小油滴质量为 m、带电量
为 q，速度为 v 时所受空气阻力为 f＝kv，当两板间电压为零时，
液滴在重力作用下向下运动，速度为 v 时有 mg＝kv；当两板间电
压为 U 时，液滴以 v 匀速上升，说明所受电场力向上，有 mg＋
U
kv＝q· ；当两板间电压为－U 时，即电容器上电压大小不变而反
d
向，液滴受电场力向下，液滴匀速向下运动的速度为 v′时，有 mg
U
＋q ＝kv′，综上解得 v′＝3v.速度方向向下，所以正确选项为 C.
d
答案：C
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3．如图12所示，初速为零的电子经电压U1 加速后，垂直进入偏
转电场偏转，离开偏转电场时侧向位移是h.偏转板间距离为d，偏转电
压为U2，板长为l.为了提高偏转灵敏度(每单位偏转电压引起的侧向位
移)，可采用(
)
图12
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A．增大两板间电势差U2
B．尽可能使板长l短一些
C．尽可能使板距d小一些
D．使加速电压U1升高一些
解析：应先推导出示波管的灵敏度(h/U2)与有关物理量(d、l、U1
等)的关系式，然后再作出抉择．
对于电子的加速过程，有：
eU1＝mv02/2.
①
.①
②
③
.④
④
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对于电子的偏转过程，有：
水平方向：l＝v0t
1eU2 2
竖直方向：h＝
t
2 md
将
将
eU2l2
h＝
2dmv02
式 代入
式推出
式 代入
h
l2
式得： ＝
.
U2 4dU1
据上式可知，增大 l 或减小 U1 或减小 d 均可提高示波管的灵
敏度．正确答案是 C 项．
答案：C
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4．两个半径均为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α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．
已知质子电荷为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)α粒子在极板间运动的加速度a；
(3)α粒子的初速度v0.
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U
解析：(1)板间场强 E＝ .
d
(2)α 粒子电荷为 2e，质量为 4m，所受电场力
F＝2eE＝
2eU
d
F
eU
α 粒子在极板间运动的加速度 a＝ ＝
.
4m 2md
1 2
(3)由 d＝ at 得 t＝
2
2d
＝2d
a
R R
α 粒子的初速度 v0＝ ＝
t 2d
U
答案：(1)
d
eU
(2)
2md
R
(3)
2d
m
eU
eU
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m
高三总复习
人教版· 物理
5．在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端
连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉直至细线
与场强平行，然后无初速度释放．已知小球摆到最低点的另一侧，线
与竖直方向的最大夹角为θ(如图13所示)．求小球经过最低点时细线对
小球的拉力．
图13
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①
②
③
解析：设细线长为 l，球的带电荷量为 q，场强为 E.若电荷量
q 为正，则场强方向在题图中向右，反之向左，从释放点到左侧
最高点，重力势能的减少等于电势能的增加，
mglcosθ＝qEl(1＋sinθ)
若小球运动到最低点时的速度为 v，此时线的拉力为 F，由动
能定理，得
1 2
mgl－qEl＝ mv
2
v2
在最低点由牛顿第二定律得 F－mg＝m
l
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由以上各式解得

2cosθ 

F＝mg3－
1＋sinθ


2cosθ 


答案：mg 3－
1＋sinθ

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