2020版高考物理一轮复习 第七章 静电场（第3课时）课件

第七章静电场返回导航一、电容器与电容1．电容器(1)带电荷量：每个极板所带电荷量的________．(2)充电和放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的___________，电容器中储存________．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中_______转化为其他形式的能．绝对值异号电荷电场能电场能返回导航2．电容(1)定义式：C＝Q，U.(2)单位：法拉(F)，常用单位还有微法(μF)、皮法(pF)．1F＝106μF＝1012pF.(3)物理意义：表示电容器___________本领大小的物理量．3．平行板电容器的电容(1)影响因素：与极板正对面积、极板_____和电介质有关．(2)决定式：C＝εrS4πkd，k为静电力常量，εr为电介质的相对介电常数．容纳电荷距离返回导航二、带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速(1)在匀强电场中：W＝________＝qU＝12mv2－12mv20.(2)在非匀强电场中：W＝_____＝12mv2－12mv20.2．带电粒子在匀强电场中的偏转qEdqU返回导航(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示．(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的_____________运动和沿电场力方向的____________运动．根据__________________的知识解决有关问题．(3)基本关系式：运动时间t＝lv0，加速度a＝Fm＝qEm＝qUmd.偏转量y＝12at2＝_______．偏转角θ的确定：tanθ＝vyv0＝atv0＝____．匀速直线匀加速直线运动的合成与分解返回导航三、示波管原理1．示波管的构造①电子枪，②__________，③荧光屏(如图所示)偏转电极返回导航2．示波管的工作原理(1)YY′上加的是待显示的__________，XX′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做____________．(2)观察到的现象①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏_____，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和_________的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．信号电压扫描电压中心信号电压返回导航考点一平行板电容器的动态分析1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变．返回导航2．动态分析思路(1)U不变①根据C＝QU＝εrS4πkd先分析电容的变化，再分析Q的变化．②根据E＝Ud分析场强的变化．③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．(2)Q不变①根据C＝QU＝εrS4πkd先分析电容的变化，再分析U的变化．②根据E＝Ud＝4kπQεrS分析场强变化．返回导航【例1】(2016·全国卷Ⅰ·14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器()A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变返回导航D解析：由C＝εrS4πkd可知，当将云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小．再由E＝Ud，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确．返回导航【变式1】(2016·天津理综·4)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大D．θ减小，E不变返回导航D解析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝εrS4πkd可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝Ud，Q＝CU，C＝εrS4πkd联立可得E＝4πkQεrS，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确．返回导航【变式2】如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是()返回导航A．若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器极板上带电荷量增加B．若电容器极板上带电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大C．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的正极板D．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的负极板返回导航D解析：若x变大，则由C＝εrS4πkd，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q＝CU知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A、C错误，D正确．若电容器极板上带电荷量不变，x变小，则电容器电容增大，由U＝QC可知，电容器极板间电压减小，B错误．返回导航考点二带电粒子(带电体)在电场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用动力学观点分析a＝qEm，E＝Ud，v2－v20＝2ad.3．用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝12mv2－12mv20非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1返回导航【例2】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点返回导航A解析：根据平行板电容器的电容的决定式C＝εrS4πkd、定义式C＝QU和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝4πkQεrS，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确．返回导航【变式3】匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度不为零D．0～3s内，电场力做的总功为零返回导航D解析：由牛顿第二定律可知带电粒子在第1s内的加速度和第2s内的加速度的关系，因此粒子将先加速1s再减速0.5s，速度为零，接下来的0.5s将反向加速……，v－t图象如图所示，根据图象可知选项A错误；由图象可知2s内的位移为负，故选项B错误；由图象可知3s末带电粒子的速度为零，故选项C错误；由动能定理结合图象可知0～3s内，电场力做的总功为零，故选项D正确．返回导航【变式4】(2015全国卷Ⅱ)如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动返回导航D解析：最初带电微粒处于静止状态，受力如图，(1)Eq＝mg；当两板绕过a点的轴逆时针转过45°时，带电微粒的受力如图(2)，其合力指向左下方，故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动，选项D正确．评析：此题考查物体平衡状态、力的合成等，试题难度适中．返回导航考点三带电粒子在电场中的偏转1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间a.t＝lv0.b.y＝12at2＝qU2mdt2，t＝2mdyqU.返回导航(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动加速度：a＝Fm＝qEm＝qUmd离开电场时的偏移量：y＝12at2＝qUl22mdv20.离开电场时的偏转角：tanθ＝vyv0＝qUlmdv20.返回导航2．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU0＝12mv20y＝12at2＝12·qU1md·(lv0)2tanθ＝qU1lmdv20得：y＝U1l24U0d，tanθ＝U1l2U0d返回导航(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为l2.3．功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝12mv2－12mv20，其中Uy＝Udy，指初、末位置间的电势差．返回导航【例3】(2016·北京理综·23改编)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.返回导航(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m/s2.返回导航解析：(1)根据动能定理，有eU0＝12mv20，电子射入偏转电场时的初速度v0＝2eU0m在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝Lv0＝Lm2eU0加速度a＝eEm＝eUmd偏转距离Δy＝12a(Δt)2＝UL24U0d返回导航(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G＝mg≈10－29N电场力F＝eUd≈10－15N由于F≫G，因此不需要考虑电子所受的重力．答案：(1)2eU0mUL24U0d(2)见解析返回导航考点四带电粒子在交变电场中的运动1．常见的交变电场常见的交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．2．常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．(2)粒子做往返运动(一般分段研究)．(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．返回导航【典例】(2018临汾一中等四校联考)如图(甲)所示，两平行金属板MN，PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图(乙)所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场．则()返回导航A．该粒子射出电场时的速度方向一定是垂直电场方向B．在t＝T/2时刻，该粒子的速度大小为2v0C．若该粒子在T/2时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上D．若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在t＝T时刻射出电场返回导航题干关键隐含信息1.两平行金属板MN，PQ的板长与板间距离相等，带电粒子从板间中线垂直电场射入，从板右边缘射出时偏移量为板长的一半．2.图(乙)中周期性变化的电场，t＝0时射入电场的粒子，t＝T内沿电场方向0～T，2做匀加速运动，T，2～T做匀减速运动.3.粒子在t＝0时射入电场，在t＝T时射出电场，粒子无论何时射入电场，飞出电场的时间总是T.【审题指导】返回导航A解析：不管极板间电场方向如何，粒子进入板间后在水平方向不受力，一定是匀速直线运动，所以v0T＝L.若初速度变为2v0，则经过T2就会射出电场．在竖直方向，0～T2为匀加速直线运动，末