【三維設(shè)計】2014屆高三物理一輪6.3靜電現(xiàn)象 電容器 帶電粒子在電場中的運動教學案 新人教版

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1、 《三維設(shè)計》2014屆高三物理一輪教學案（14年預測+目標定位+規(guī)律總結(jié)）：6.3靜電現(xiàn)象 電容器 帶電粒子在電場中的運動 靜電現(xiàn)象 [想一想] 如圖6－3－1所示，絕緣開口金屬球殼A已帶電，現(xiàn)把驗電器甲的小金屬球與A球殼的內(nèi)壁用導線相連，另外把一絕緣的金屬小球B與球殼A的內(nèi)壁相接觸后再與驗電器乙的金屬小球相接觸，驗電器乙距球殼A足夠遠，那么驗電器甲和乙的金屬箔片是否張開？ 圖6－3－1 提示：處于靜電平衡的金屬球殼，由于電荷間的相互排斥的作用力，電荷間的距離盡量變大，所以電荷分布在金屬球殼的外表面上，在金屬球殼的內(nèi)表面沒有凈電荷的分布。驗電器甲與A球殼相

2、連時，與金屬球殼構(gòu)成一個導體，相當于金屬球殼的遠端，則帶有電荷，從而使金屬箔片張開；同理，得出驗電器乙不會帶電，故金屬箔片不張開。 [記一記] 1．靜電平衡 (1)概念：導體中(包括表面)沒有電荷的定向移動的狀態(tài)。 (2)特點 2．靜電現(xiàn)象的應用 (1)靜電屏蔽：處于靜電平衡的空腔導體，腔外電場對腔內(nèi)空間不產(chǎn)生影響。 (2)尖端放電：所帶電荷與導體尖端的電荷符號相反的粒子，由于被吸引而奔向尖端，與尖端上的電荷中和的現(xiàn)象。 [試一試] 1．電工穿的高壓作業(yè)服是用銅絲編織的，下列說法正確的是(　　) A．銅絲編織的衣服不易拉破，所以用銅絲編織 B．電工被銅絲編織的衣服包裹，使

3、體內(nèi)電勢保持為零，對人體起保護作用 C．電工被銅絲編織的衣服包裹，使體內(nèi)電場強度保持為零，對人體起保護作用 D．銅絲必須達到一定厚度，才能對人體起到保護作用 解析：選C　金屬殼可以起到靜電屏蔽的作用，使殼內(nèi)部不受外部電場的影響。 電容和電容器 [想一想] 如圖6－3－2所示的實驗裝置中，平行板電容器的極板A與一靈敏的靜電計相接，極板B接地，若極板B向上移動一點，由觀察到的靜電計指針變化作出平行板電容器電容變小的結(jié)論的依據(jù)是什么？ 圖6－3－2 提示：靜電計指針的變化表現(xiàn)了電容器兩極板電勢差的變化，在保持電容器帶電荷量Q不變的條件下，若極板B稍向上移動一點，則電容

4、器的電容C變小，兩極板間電勢差U＝變大。 [記一記] 1．電容器 (1)組成：兩個彼此絕緣且又相距很近的導體。 (2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。 (3)充、放電： ①充電：把電容器接在電源上后，電容器兩個極板分別帶上等量的異號電荷的過程。充電后，兩極板上的電荷由于互相吸引而保存下來；兩極板間有電場存在。充電過程中由電源獲得的電能儲存在電容器中。 ②放電：用導線將充電后的電容器的兩極板接通，兩極板上的電荷中和的過程。放電后的兩極板間不再有電場，電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量。 2．電容 (1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值。 (2)意義：表

5、示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量。 (3)定義式：C＝。 (4)單位：1法拉(F)＝106微法(μF)＝1012皮法(pF)。 3．平行板電容器的電容 (1)決定因素：平行板電容器的電容C跟板間電介質(zhì)的相對介電常數(shù)εr成正比，跟正對面積S成正比，跟極板間的距離d成反比。 (2)決定式：C＝。 [試一試] 2．圖6－3－3是一種通過測量電容器電容的變化，來檢測液面高低的儀器原理圖，電容器的兩個電極分別用導線接到指示器上，指示器可顯示電容的大小，下列關(guān)于該儀器的說法中正確的有(　　) 圖6－3－3 A．該儀器中電容器的兩個電極分別是芯柱和導電液體 B．芯柱外套的絕緣管越厚，該電

6、容器的電容越大 C．如果指示器顯示出電容增大了，則說明容器中液面升高了 D．如果指示器顯示出電容減小了，則說明容器中液面升高了 解析：選AC　類似于平行板電容器的結(jié)構(gòu)：芯柱和導電液體構(gòu)成電容器的兩塊電極，芯柱的絕緣層就是極間的電介質(zhì)，其厚度d相當于兩平行板間的距離，進入液體深度h相當于兩平行板的相對面積(且h越大，S越大)，所以d大時C就小，若C大時就表明h大，正確答案為AC項。 帶電粒子在電場中的運動 [想一想] 如圖6－3－4所示，在點電荷＋Q的電場中有A、B兩點，將質(zhì)子和α粒子分別從A點由靜止釋放到達B點時，它們的速度大小之比為多少？ 圖6－3－4 提示：質(zhì)子

7、和α粒子都是正離子，從A點釋放將受電場力作用加速運動到B點，設(shè)A、B兩點間的電勢差為U，由動能定理有： 對質(zhì)子：mHv＝qHU，對α粒子：mαv＝qαU。 所以＝＝＝。 [記一記] 1．帶電粒子在電場中的加速 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：W＝qEd＝qU＝mv2－mv。 (2)在非勻強電場中：W＝qU＝mv2－mv。 2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn) (1)研究情況：帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場。 (2)運動形式：類平拋運動 (3)處理方法：應用運動的合成與分解。 ①沿初速度方向做勻速

8、直線運動，運動時間t＝。 ②沿電場方向，做初速度為零的勻加速直線運動。 [試一試] 3．如圖6－3－5所示，質(zhì)子(H)和α粒子(He)以相同的初動能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(粒子不計重力)，則這兩個粒子射出電場時的側(cè)位移y之比為(　　) 圖6－3－5 A．1∶1　　　　　　 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4 解析：選B　由y＝和Ek0＝mv，得：y＝可知，y與q成正比，B正確。 示波管 [想一想] 一臺正常工作的示波管，突然發(fā)現(xiàn)熒光屏上畫面的高度縮小，則產(chǎn)生故障的原因可能是什么？ 提示：示波管正常工作時，有關(guān)結(jié)構(gòu)的幾何尺寸都不會發(fā)生變化。畫面高度縮小，說

9、明電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角φ變小，可求出偏轉(zhuǎn)角φ的正切tan φ＝，引起tan φ變小的原因可能是加速電壓U1偏大，或偏轉(zhuǎn)電壓U2偏小。 [記一記] 1．構(gòu)造 ①電子槍，②偏轉(zhuǎn)極板，③熒光屏。(如圖6－3－6所示) 圖6－3－6 2．工作原理 (1)YY′上加的是待顯示的信號電壓，XX′上是機器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓。 (2)觀察到的現(xiàn)象： ①如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑。 ②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)變化的穩(wěn)定圖象。

10、[試一試] 4．示波器是一種多功能電學儀器，它是由加速電場和偏轉(zhuǎn)電場組成。如圖6－3－7所示，電子在電壓為U1的電場中由靜止開始加速，然后射入電壓為U2的平行金屬板間的電場中，入射方向與極板平行，在滿足電子能射出平行電場區(qū)的條件下，下述情況一定能使電子偏轉(zhuǎn)角度θ變大的是(　　) 圖6－3－7 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 解析：選B　電子通過加速電場有eU1＝mv，在偏轉(zhuǎn)電場中，垂直于電場線的方向做勻速直線運動，則運動時間t＝。在平行于電場線的方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度a＝，末速度vy＝at＝

11、，且偏轉(zhuǎn)位移y＝at2＝，偏轉(zhuǎn)角tan θ＝＝，所以θ ∝。 平行板電容器的動態(tài)問題分析 1.運用電容器定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路 (1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變。 (2)用決定式C＝分析平行板電容器電容的變化。 (3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化。 (4)用E＝分析平行板電容器極板間勻強電場場強的變化。 2．兩類動態(tài)問題分析比較 (1)第一類動態(tài)變化：兩極板間電壓U恒定不變 (2)第二類動態(tài)變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變 [例1]　如圖6－3－8所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(

12、內(nèi)阻不計)連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則(　　) 圖6－3－8 A．帶電油滴將沿豎直方向向上運動 B．P點的電勢將降低 C．帶電油滴的電勢能將減小 D．若電容器的電容減小，則極板帶電荷量將增大 [嘗試解題]　 上極板向上移動一小段距離后，板間電壓不變，仍為E，故電場強度將減小，油滴所受電場力減小，故油滴將向下運動，A錯；P點的電勢大于0，且P點與下極板間的電勢差減小，所以P點的電勢降低，B對；兩極板間電場方向豎直向下，所以P點的油滴應帶負電，當P點電勢減小時，油滴的電勢能應增加，C錯；電容器

13、的電容C＝，由于d增大，電容C應減小，極板帶電荷量Q＝CE將減小，D錯。 [答案]　B 平行板電容器的動態(tài)分析問題常見的類型 平行板電容器的動態(tài)分析問題有兩種情況：一是電容器始終和電源連接，此時U恒定，則Q＝CU∝C，而C＝∝，兩板間場強E＝∝；二是電容器充電后與電源斷開，此時Q恒定，則U＝，C∝，場強E＝＝∝。 帶電體在電場中的平衡與加速 1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理 (1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)。 (2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都

14、不能忽略重力。 2．帶電粒子在電場中的平衡 解題步驟：①選取研究對象，②進行受力分析，注意電場力的方向特點。③由平衡條件列方程求解。 3．帶電粒子在電場中的變速直線運動 可用運動學公式和牛頓第二定律求解或從功能角度用動能定理或能量守恒定律求解。 [例2]　(2012·濟南模擬)如圖6－3－9所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止。重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： 圖6－3－9 (1)水平向右電場的電場強度； (2)若將電場強度減小為原來的，物塊的加速度

15、是多大； (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時的動能。 [審題指導] 第一步：抓關(guān)鍵點 關(guān)鍵點 獲取信息 光滑斜面 不計摩擦 恰好靜止 受力平衡 第二步：找突破口 (1)要求“電場強度”→應根據(jù)平衡條件求解。 (2)要求“加速度”→應用牛頓第二定律求解。 (3)要求“動能”→應用動能定理或功能關(guān)系求解。 [嘗試解題]　(1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，受力圖如圖所示，則有FNsin 37°＝qE① FNcos 37°＝mg② 由①②可得E＝ (2)若電場強度減小為原來的，即 E′＝ 由牛頓第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37

16、° ＝ma③ 可得a＝0.3g (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理得mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0④ 可得Ek＝0.3mgL [答案]　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 帶電體在電場中運動的分析方法 與力學的分析方法基本相同：先分析受力情況，再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速或減速；是直線還是曲線)；然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題。也可以從功和能的角度分析：帶電體的加速(含偏轉(zhuǎn)過程中速度大小的變化)過程是其他形式的能和動能之間的轉(zhuǎn)化過程。解決這類問題，可以用動能定理或能量守恒定律。 帶電粒子在勻強電場

17、中的偏轉(zhuǎn)問題 1.兩個結(jié)論 (1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。 證明：由qU0＝mv及tanφ＝得tan φ＝ (2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到電場邊緣的距離為。 2．帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系 當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差。 [例3]　(2012·云南名校聯(lián)考)如圖6－3－10所示直流電源的路端電壓U＝182V。金屬板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近。它們分別

18、和變阻器上的觸點a、b、c、d連接。變阻器上ab、bc、cd段電阻之比為1∶2∶3?？譕1正對B和E，孔O2正對D和G。邊緣F、H正對。一個電子以初速度v0＝4×106m/s沿AB方向從A點進入電場，恰好穿過孔O1和O2后，從H點離開電場。金屬板間的距離L1＝2 cm，L2＝4 cm，L3＝6 cm。電子質(zhì)量me＝9.1×10－31 kg，電量q＝1.6×10－19C。正對兩平行板間可視為勻強電場，求： 圖6－3－10 (1)各相對兩板間的電場強度。 (2)電子離開H點時的動能。 (3)四塊金屬板的總長度(AB＋CD＋EF＋GH)。 [嘗試解題]　 (1)三對正對極板間電壓之比

19、U1∶U2∶U3＝Rab∶Rbc∶Rcd＝1∶2∶3。 板間距離之比L1∶L2∶L3＝1∶2∶3 故三個電場場強相等E＝＝1 516.67 N/C (2)根據(jù)動能定理 eU＝mv2－mv 電子離開H點時動能 Ek＝mv＋eU＝3.64×10－17 J (3)由于板間場強相等，則電子在豎直方向受電場力不變，加速度恒定可知電子做類平拋運動： “豎直方向”L1＋L2＋L3＝t2 “水平方向”x＝v0t 消去t解得x＝0.12 m 極板總長AB＋CD＋EF＋GH＝2x＝0.24 m。 [答案]　(1)1 516.67 N/C　(2)3.64×10－17 J　(3)0.24 m

20、 帶電粒子在電場中運動問題的兩種求解思路 1．運動學與動力學觀點 (1)運動學觀點是指用勻變速運動的公式來解決實際問題，一般有兩種情況： ①帶電粒子初速度方向與電場線共線，則粒子做勻變速直線運動； ②帶電粒子的初速度方向垂直電場線，則粒子做勻變速曲線運動(類平拋運動)。 (2)當帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時，一般要采取類似平拋運動的解決方法。 2．功能觀點：首先對帶電體受力分析，再分析運動形式，然后根據(jù)具體情況選用公式計算。 (1)若選用動能定理，則要分清有多少個力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及運動過程中的動能的增量。 (2)若選用能量守恒定律，

21、則要分清帶電體在運動中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。 高考對帶電粒子在電場中的運動問題的考查頻率很高，題目通常結(jié)合力學知識和電學知識綜合考查，主要考查辨析能力和綜合分析能力，題目難度中等偏上，考生得分一般較低。 [典例]　(19分)(2012·四川高考)如圖6－3－11所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段，BC段為，對應的圓心角θ＝37°，半徑r＝2.5 m，CD段平直傾斜且粗糙，，傾斜軌道所在區(qū)域有場強大小為E＝2×105 N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。質(zhì)量m＝5×10－2 kg、電荷量q＝＋1×10－6 C的小物體(視

22、為質(zhì)點)被彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行，在C點以速度v0＝3 m/s沖上斜軌。以小物體通過C點時為計時起點，0.1 s以后，。已知斜軌與小物體間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25。設(shè)小物體的電荷量保持不變，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 圖6－3－11 (1)求彈簧槍對小物體所做的功； (2)在斜軌上小物體能到達的最高點為P，求CP的長度。 第一步：審題干，抓關(guān)鍵信息 關(guān)鍵點 獲取信息 ① 摩擦不計 ② 無碰撞，沒有能量損失 ③ 電場力的方向改變，物體與斜面的正壓力改變，摩擦力大小改變，物體的加速度改變 第二步：審設(shè)問，找

23、問題的突破口 ? ? ? 第三步：三定位，將解題過程步驟化 第四步：求規(guī)范，步驟嚴謹不失分 [解]　(1)設(shè)彈簧槍對小物體做功為W，由動能定理得 W－[mgr(1－cos θ)]＝mv①(4分) 代入數(shù)據(jù)得　W＝0.475 J②(2分) (2)取沿平直斜軌向上為正方向。設(shè)小物體通過C點進入電場后的加速度為a1，由牛頓第二定律得 －mgsin θ－[μ(mgcos θ＋qE)]＝ma1③(3分) 小物體向上做勻減速運動，經(jīng)t1＝0.1 s后，速度達到v1，有 v1＝v0＋a1t1④(1分) 由③④可得v1＝2.1 m/s，設(shè)運動的位移為s1，有 s

24、1＝v0t1＋a1t⑤(1分) 電場力反向后，設(shè)小物體的加速度為a2，由牛頓第二定律得 －mgsin θ－[μ(mgcos θ－qE)]＝ma2⑥(3分) 設(shè)小物體以此加速度運動到速度為0，運動的時間為t2，位移為s2，有 0＝v1＋a2t2⑦(1分) s2＝v1t2＋a2t⑧(1分) 設(shè)CP的長度為s，有 s＝s1＋s2⑨(1分) 聯(lián)立相關(guān)方程，代入數(shù)據(jù)解得 s＝0.57 m⑩(2分) ——[考生易犯錯誤]————————————————— (1)在①中因三角函數(shù)弄錯而失6分。 (2)在③⑥中不能正確的受力分析，而在計算摩擦力時出錯，失6分。 (3)在⑦⑧中因不明確物體在兩運動階段的內(nèi)在聯(lián)系而不能正確列方程，失5分。 [名師叮囑] (1)帶電體運動的過程若包含多個運動階段，要分段處理。 (2)對帶電體在不同運動階段進行正確的受力分析，求加速度。 (3)找出各階段的內(nèi)在聯(lián)系，如速度關(guān)系，位移關(guān)系，能量關(guān)系等。 12