【三維設計】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

三維設計2014屆高三物理一輪教學案（14年預測+目標定位+規(guī)律總結）：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631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球殼的內壁用導線相連，另外把一絕緣的金屬小球B與球殼A的內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631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，在金屬球殼的內表面沒有凈電荷的分布。驗電器甲與A球殼相連時，與金屬球殼構成一個導體，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，使體內電勢保持為零，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，使殼內部不受外部電場的影響。電容和電容器想一想如圖632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論的依據(jù)是什么？圖632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：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。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：表示電容器容納電荷本領的物理量。(3)定義式：C。(4)單位：1法拉(F)106微法(F)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跟板間電介質的相對介電常數(shù)r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633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，下列關于該儀器的說法中正確的有()圖633A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構：芯柱和導電液體構成電容器的兩塊電極，芯柱的絕緣層就是極間的電介質，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634所示，在點電荷Q的電場中有A、B兩點，將質子和粒子分別從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634提示：質子和粒子都是正離子，從A點釋放將受電場力作用加速運動到B點，設A、B兩點間的電勢差為U，由動能定理有：對質子：mHvqHU，對粒子：mvqU。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：WqEdqUmv2mv。(2)在非勻強電場中：WqUmv2mv。2帶電粒子在勻強電場中的偏轉(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。沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t。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635所示，質子(H)和粒子(He)以相同的初動能垂直射入偏轉電場(粒子不計重力)，則這兩個粒子射出電場時的側位移y之比為()圖635A11B12C21 D14解析：選B由y和Ek0mv，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，有關結構的幾何尺寸都不會發(fā)生變化。畫面高度縮小，說明電子從偏轉電場射出時的偏轉角變小，可求出偏轉角的正切tan ，引起tan 變小的原因可能是加速電壓U1偏大，或偏轉電壓U2偏小。記一記1構造電子槍，偏轉極板，熒光屏。(如圖636所示)圖6362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：如果在偏轉電極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。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變化的穩(wěn)定圖象。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電場組成。如圖637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角度變大的是()圖637AU1變大，U2變大 BU1變小，U2變大CU1變大，U2變小 DU1變小，U2變小解析：選B電子通過加速電場有eU1mv，在偏轉電場中，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vyat，且偏轉位移yat2，偏轉角tan ，所以 。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638所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內阻不計)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)。現(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638A帶電油滴將沿豎直方向向上運動BP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；電容器的電容C，由于d增大，電容C應減小，極板帶電荷量QCE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QCUC，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、質子、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，一般都不能忽略重力。2帶電粒子在電場中的平衡解題步驟：選取研究對象，進行受力分析，注意電場力的方向特點。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639所示，一帶電荷量為q、質量為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639(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：抓關鍵點關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°qEFNcos 37°mg由可得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°qEcos 37° ma可得a0.3g(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°qELcos 37°Ek0可得Ek0.3mgL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中的偏轉問題1.兩個結論(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電場射出時的偏轉角度總是相同的。證明：由qU0mv及tan得tan (2)粒子經(jīng)電場偏轉后，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的功能關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：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置間的電勢差。例3(2012·云南名校聯(lián)考)如圖6310所示直流電源的路端電壓U182V。金屬板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近。它們分別和變阻器上的觸點a、b、c、d連接。變阻器上ab、bc、cd段電阻之比為123。孔O1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v04×106m/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L12 cm，L24 cm，L36 cm。電子質量me9.1×1031 kg，電量q1.6×1019C。正對兩平行板間可視為勻強電場，求：圖6310(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(ABCDEFGH)。嘗試解題(1)三對正對極板間電壓之比U1U2U3RabRbcRcd123。板間距離之比L1L2L3123故三個電場場強相等E1 516.67 N/C(2)根據(jù)動能定理eUmv2mv電子離開H點時動能EkmveU3.64×1017 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”L1L2L3t2“水平方向”xv0t消去t解得x0.12 m極板總長ABCDEFGH2x0.24 m。答案(1)1 516.67 N/C(2)3.64×1017 J(3)0.24 m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：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；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，則要分清帶電體在運動中共有多少種能量參與轉化，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6311所示，ABCD為固定在豎直平面內的軌道，AB段，BC段為，對應的圓心角37°，半徑r2.5 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E2×105 N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。質量m5×102 kg、電荷量q1×106 C的小物體(視為質點)被彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行，在C點以速度v03 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)0.25。設小物體的電荷量保持不變，取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。圖6311(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，抓關鍵信息關鍵點獲取信息摩擦不計無碰撞，沒有能量損失電場力的方向改變，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：審設問，找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)設彈簧槍對小物體做功為W，由動能定理得Wmgr(1cos )mv(4分)代入數(shù)據(jù)得W0.475 J(2分)(2)取沿平直斜軌向上為正方向。設小物體通過C點進入電場后的加速度為a1，由牛頓第二定律得mgsin (mgcos qE)ma1(3分)小物體向上做勻減速運動，經(jīng)t10.1 s后，速度達到v1，有v1v0a1t1(1分)由可得v12.1 m/s，設運動的位移為s1，有s1v0t1a1t(1分)電場力反向后，設小物體的加速度為a2，由牛頓第二定律得mgsin (mgcos qE)ma2(3分)設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0v1a2t2(1分)s2v1t2a2t(1分)設CP的長度為s，有ss1s2(1分)聯(lián)立相關方程，代入數(shù)據(jù)解得s0.57 m(2分)考生易犯錯誤(1)在中因三角函數(shù)弄錯而失6分。(2)在中不能正確的受力分析，而在計算摩擦力時出錯，失6分。(3)在中因不明確物體在兩運動階段的內在聯(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)找出各階段的內在聯(lián)系，如速度關系，位移關系，能量關系等。12