《高中物理 学案三 电容器及带电粒子在电场中的运动复习学案（含解析）新人教版选修3-11》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理 学案三 电容器及带电粒子在电场中的运动复习学案（含解析）新人教版选修3-11（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、镇成立由镇委书记孙广东任组长，镇委副书记、镇长任副组长，镇直相关部门主要领导为成员的意识形态工作领导小组，统筹协调全镇意识形态工作学案三 电容器及带电粒子在电场中的运动一、电容器及其动态变化问题运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变(2)用决定式C分析平行板电容器电容的变化(3)用定义式C分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化(4)用E分析电容器两极板间电场强度的变化【例1】如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是()A使A、B两板靠近一
2、些B使A、B两板正对面积减小一些C断开S后，使B板向右平移一些D断开S后，使A、B正对面积减小一些针对训练1如图所示，平行板电容器两极板A、B与电池两极相连，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合开关S，充电完毕后悬线偏离竖直方向夹角为，则()A保持S闭合，将A板向B板靠近，则增大B保持S闭合，将A板向B板靠近，则不变C断开S，将A板向B板靠近，则增大D断开S，将A板向B板靠近，则不变二、带电粒子在电场中的偏转带电粒子在电场中偏转的两个重要结论：（1）粒子射出电场时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，即粒子就像是从极板间处射出的一样证明：作粒子速度的反向延长线，设交于O点，利用上述、两式结合几何关
3、系可得出x(2)无论粒子的m 、q如何，只要经过同一电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量和偏转角都是相同的，所以同性粒子运动轨迹完全重合证明：若加速电场的电压为U0，有qU0mv由和得偏移量y，由和得偏转角正切tan .y和tan 与m和q均无关【例2】如图所示，是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量)，可采用的方法是()A增大两板间的电势差U2B尽可能使板长L短些C尽可能使板间距离d小一些D使加速电压U1升高一些针对训练2. 一台
4、正常工作的示波管，突然发现荧光屏上画面的高度缩小，则产生故障的原因可能是()A加速电压突然变大 B加速电压突然变小C偏转电压突然变大 D偏转电压突然变小三、带电体在电场中的运动带电体在电场中运动问题的分析方法1动力学观点(1)带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；(2)带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采用类平抛运动规律解决问题2功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用相应公式计算(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及
5、运动过程中的动能的增量(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的【例3】在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线一端连着一个质量为m、电荷量为q的带电小球，另一端固定于O点将小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放，则小球沿圆弧做往复运动已知小球摆到最低点的另一侧，此时线与竖直方向的最大夹角为(如图)求：(1)匀强电场的场强；(2)小球经过最低点时细线对小球的拉力针对训练3.如图所示，质量为m的带电滑块沿绝缘斜面匀加速下滑，当滑至竖直向下的匀强电场区域时(滑块受到的电场力小于重力)，滑块的运动状态可能()A仍为匀加速下滑
6、，加速度比原来的小B仍为匀加速下滑，加速度比原来的大C变成匀减速下滑，加速度和原来一样大D仍为匀加速下滑，加速度和原来一样大课时训练1如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在减小电容器两极板间距离的过程中()A电阻R中没有电流B电容器的电容变小C电阻R中有从a流向b的电流D电阻R中有从b流向a的电流2(2011天津)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是()AU2U1，E2E1 BU22U1，E24E1CU2U1，E2
7、2E1 DU22U1，E22E13带有等量异种电荷的平行金属板M、N水平放置，两个电荷P和Q以相同的速率分别从极板M边缘和两板中间沿水平方向进入板问电场，恰好从极板N边缘射出电场，如图所示若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是（）A两电荷的电荷量可能相等 B两电荷在电场中运动的时间相等C两电荷在电场中运动的加速度相等 D两电荷离开电场时的动能相等4如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则()A在前时间内，电场力对粒子做的功为UqB在后时间内，电场力对
8、粒子做的功为UqC在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为11D在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为125如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，由此可知()A电场中A点的电势低于B点的电势B微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能C微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能D微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和6如图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则()A当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小
9、B当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大C当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小D小球在运动过程中机械能不守恒7如图所示，质量为m的小球A放在绝缘斜面上，斜面的倾角为.小球A带正电，电荷量为q.在斜面上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷，将小球A由距B点竖直高度为H处无初速度释放小球A下滑过程中电荷量不变不计A与斜面间的摩擦，整个装置处在真空中已知静电力常量k和重力加速度g.(1)A球刚释放时的加速度是多大？(2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离8. 如图所示，质量为m、带电荷量为q的小球在光滑导轨上运动，导轨左边为斜轨，右边为半圆形滑环，其半径为R.小球在A点时的初速度为v0，
10、方向和斜轨平行，整个装置放在方向竖直向下、场强为E的匀强电场中，斜轨的高度为h，试问：(1)如果小球能到达B点，那么小球在B点对半圆环的压力多大？(2)在什么条件下小球可以沿半圆环做匀速圆周运动到达最高点，这时小球的速度多大？答案精析【例1】【答案】CD【解析】静电计显示的是A、B两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A、B两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C可知，板间电压U增大，从而静电计指针张角增大所以本题的正确答案是C、D.针对训练1【
11、答案】AD【解析】保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，增大；故A正确，B错误；断开开关S，电容器所带的电量不变，C，E.知d变化，E不变，电场力不变，不变故C错误，D正确【例2】【答案】C【解析】电子经电压U1加速有：eU1mv，电子经过偏转电场的过程有：Lv0t，hat2t2，由可得.因此要提高灵敏度，若只改变其中的一个量，可采取的办法为增大L、减小d，或减小U1，所以本题的正确选项为C.针对训练2.【答案】AD【解析】若加速电压为U1，偏转电压为U2，则在加速电场 中qU1mv，在偏转电场中a，Lv0t，y
12、at2，所以y，画面高度缩小，说明粒子的最大偏转位移减小，由上式分析可得，可能是加速电压U1增大，也可能是偏转电压U2减小，选项A、D正确【例3】【答案】（1） （2）mg3【解析】(1)设细线长为l，匀强电场的场强为E，因带电小球的电荷量为正，故匀强电场的场强的方向为水平向右从释放点到左侧最高点，由动能定理有WGWEEk0，故mglcos qEl(1sin )解得E(2)设小球运动到最低点的速度为v，此时细线的拉力为FT，由动能定理可得mglqElmv2，由牛顿第二定律得FTmgm，联立解得FTmg3针对训练3.【答案】AB【解析】设斜面倾角为，滑块在开始下滑的过程中，mgsin mgcos
13、 ma，解得agsin gcos 0，故sin cos .滑块可能带正电也可能带负电，当滑块带正电时，(mgEq)sin (mgEq)cos ma1，a1g(sin cos )(sin cos )，可推出加速度变大；当滑块带负电时，(mgEq)sin (mgEq)cos ma2，a2g(sin cos )(sin cos )，可推出加速度变小，选项A、B正确课时训练1【答案】D【解析】在减小电容器两极板间距离的过程中，电容器始终与电源相连，则两极板间电压U不变，由C知d减小，电容C增大，由QUC知电容器所带电荷量Q增加，电容器充电，电路中有充电电流，电流从电容器负极板通过电阻流向正极板，所以电
14、阻R中的电流方向是从b流向a，故D正确则E变为原来的一半，D对2【答案】C【解析】由C和C及E得，E，由电荷量由Q增为2Q，板间距由d减为，得E22E1；又由UEd可得U1U2，故A、B、D错，C对3【答案】AB【解析】两个电荷在电场中做类平抛运动，将它们的运动分解为沿水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动设板长为L，粒子的初速度为v0，则粒子运动为t=，L、v0相同，则时间相同故B正确竖直方向的位移为，a=，则y=，E，t相同，y不同，因m的大小关系不清楚，q有可能相等故A正确竖直位移为，由于t相同，y不同，a不等，故C错误根据动能定理，则EK=+qEy，EK大小无法判断故D错误4【答案】BC【解析】粒子在两平行金属板间做类平抛运动，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直线运动，在前后两个的时间内沿电场线方向的位移之比为13，则在前时间内，电场力对粒子做的功为Uq，在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq，选项A错，B对；由WEqs知在粒子下落的前和后过程中，电场力做功之比为11，选项C对，D错5【答案】B【解析】一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，
