1、 你的首選資源互助社區電容器及電容1電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成。(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。(3)電容器的充、放電：充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能。放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電能轉化為其他形式的能。圖6312電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與兩個極板間的電勢差的比值。(2)定義式：C。(3)單位：法拉(F)、微法(F)、皮法(pF)。1 F106 F1012 pF。(4)意義：表示電容器容納電荷本領的高低。(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、相對位置及電介質)決定

2、，與電容器是否帶電及電壓無關。3平行板電容器的電容(1)決定因素：跟正對面積成正比，跟介電常數成正比，跟兩板間的距離成反比。(2)決定式：C。平行板電容器的動態分析(1)主要的理論依據：平行板電容器的電容C與板間距d、正對面積S、介質介電常數r間的關系C。平行板電容器內部是勻強電場，所以場強E。電容器所帶電荷量QCU。由以上三式得E，該式常用于Q保持不變的情況中。(2)兩類典型的動態變化分析流程圖：第一類動態變化：兩極板間電壓U恒定不變。第二類動態變化：電容器所帶電荷量Q恒定不變。1(2012·江蘇高考)一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電

3、介質，其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是()AC和U均增大BC增大，U減小CC減小，U增大 DC和U均減小解析：選B由C知插入電介質，C增大，再由C知，Q不變時，U減小，故選B。帶電粒子在電場中的運動1帶電粒子在電場中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功等于帶電粒子動能的增量。(1)在勻強電場中：WEqdqUmv2mv。(2)在非勻強電場中：WqUmv2mv。2帶電粒子在電場中的偏轉(1)運動性質：受恒力作用，是勻變速曲線運動。圖632(2)處理方法：類似于平拋運動，應用運動的合成與分解的方法。平行于極板方向：勻速直線運動。垂直于極板方向：勻加速直線運動。側

4、位移及偏角1對帶電粒子進行受力分析時應注意的問題(1)電場力的大小和方向不僅跟場強的大小和方向有關，還跟帶電粒子的電性和電荷量有關：在勻強電場中，同一帶電粒子所受電場力處處是恒力；在非勻強電場中，同一帶電粒子在不同位置所受電場力的大小和方向都可能不同。(2)是否考慮重力要依據情況而定：基本粒子：如電子、質子、粒子、離子等除有說明或明確的暗示外，一般不考慮重力(但不能忽略質量)。帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確暗示外，一般都不能忽略重力。2粒子在勻強電場中偏轉時的兩個結論 (1)以初速度v0進入偏轉電場：偏移量yat2·()2，經飛出電場的點作粒子速度的反向延長線，

5、設交于O點，O點與電場邊緣的距離為x，則：圖633xycot ·結論：粒子從偏轉電場中射出時，就像是從極板間的處沿直線射出。(2)經加速電場加速再進入偏轉電場：若不同的帶電粒子是從靜止經同一加速電壓U0加速后進入偏轉電場的，則由動能定理qU0mv，偏移量：y，偏轉角正切：tan 結論：無論帶電粒子的m、q如何，只要經過同一加速電場加速，再垂直進入同一偏轉電場，它們飛出的偏移量y和偏轉角都是相同的，也就是軌跡完全重合。2(2012·湖南師大附中模擬)如圖634為示波管的示意圖。左邊為加速電場，右邊水平放置的兩極板之間有豎直方向的偏轉電場。電子經電壓為U1的電場加速后，射入偏轉

6、電壓為U2的偏轉電場，離開偏轉電場時，電子離熒光屏中心O的側移為y。單位偏轉電壓引起的偏轉距離(y/U2)稱為示波器的靈敏度。設極板長度為L，極板間距為d，通過調整一個參量，下列方法可以提高示波器的靈敏度的是()圖634A增大L B增大dC增大U1 D減小U2解析：選A電子在電場中加速：qU1mv，在偏轉電場中偏轉時：y，靈敏度：，所以要想提高靈敏度，可以采用增大L、減小距離d和U1的方法，選項A正確。示波管及工作原理(1)示波管裝置：示波管由電子槍、偏轉電板和熒光屏組成，管內抽成真空，如圖635所示。圖635(2)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傳播，打在熒

7、光屏中心，在那里產生一個亮斑。(3)YY上加的是待顯示的信號電壓，XX上是機器自身產生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓。若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內變化的圖象。(1)電子打在熒光屏上將出現亮點，若電子打在屏上的位置快速移動，由于視覺暫留效應，能在熒光屏上看到一條亮線。(2)如圖636所示，如果只在偏轉電極YY上加上如圖甲所示UYUmsin t的電壓，熒光屏上亮點的偏移也將按正弦規律變化，即yymsin t，并在熒光屏上觀察到的亮線的形狀為圖A(設偏轉電壓頻率較高)。(3)如果只在偏轉電極XX上加上如圖乙所示的電壓，在熒光屏上觀察到的亮線的形狀為圖B(設

8、偏轉電壓頻率較高)。(4)如果在偏轉電極YY加上圖甲所示的電壓，同時在偏轉電極XX上加上圖乙所示的電壓，在熒光屏上觀察到亮線的形狀為圖C(設偏轉電壓頻率較高)。圖6363示波管原理如圖637所示，當兩偏轉電極XX、YY電壓為零時，電子槍發射的電子經加速電壓加速后會打在熒光屏上正中間的O點，其中x軸與XX電場的場強方向平行，x軸正方向垂直于紙面指向紙內，y軸與YY電場的場強方向平行。若要電子打在圖示坐標系的第象限內，則()圖637AX、Y接電源的正極，X、Y接電源的負極BX、Y接電源的正極，X、Y接電源的負極CX、Y接電源的正極，X、Y接電源的負極DX、Y接電源的正極，X、Y接電源的負極解析：選

9、D根據示波管原理以及帶電粒子在電場中受到的電場力和運動情況可判定，極板X、Y應帶正電，故應接電源的正極，極板X、Y應帶負電，故應接電源的負極，所以，D項正確。平行板電容器的動態分析命題分析平行板電容器的動態分析問題是高考熱點，以選擇題形式出現。例1(2012·福建高考)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。一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態。現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帶點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思維流程第一步：抓

10、信息關鍵點關鍵點信息獲取(1)電容器與電源連接板間電壓不變(2)上板上移板間距離增大，電容減小第二步：找解題突破口板間電壓不變，板間距離增大，場強減小，進而可分析P點電勢的變化等。第三步：條理作答解析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點的電勢減小，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分析電容器的動態變化類問題要注意兩點(1

11、)電容器的帶電荷量不變還是電壓不變。(2)分析場強時應用公式E還是E。 互動探究(1)本例中在上極板豎直上移的過程中，回路中的電流是順時針還是逆時針或電容器是充電還是放電？(2)本例中若電容器充電后與電源斷開，上極板向右移動，板間油滴如何移動？解析：(1)上極板豎直上移，板間距離d增大由C知C減小，據C板間電壓U不變，則Q減小，電容器放電，于是回路中有順時針方向的電流。(2)電容器充電后與電源斷開帶電荷量Q不變，若上極板向右移，則正對面積減小，電容C減小，由E知，板間場強變大，油滴受電場力大于重力，將向上移動。答案：(1)順時針，放電(2)上移帶電體在電場中的運動命題分析力電綜合題是高考命題熱

12、點，常以計算題出現。例2(2012·四川高考)如圖639所示，ABCD為固定在豎直平面內的軌道，AB段光滑水平，BC段為光滑圓弧，對應的圓心角37°，半徑r2.5 m，CD段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在區域有場強大小為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，場強大小不變，方向反向。已知斜軌與小物體間的動摩擦因數0.25。設小物體的電

13、荷量保持不變，取g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。圖639(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。思維流程第一步：抓信息關鍵點關鍵點信息獲取(1)知C點的速度彈簧槍對小物體做的功(2)CD段平直傾斜粗糙小物體做勻減速直線運動(3)0.1 s后場強等大反向引起摩擦力加速度變化第二步：找解題突破口要求彈簧槍做的功應利用動能定理求出。CP的長度為兩段勻減速直線運動的位移大小之和。第三步：條理作答解析(1)設彈簧槍對小物體做功為W，由動能定理得Wmgr(1cos )mv代入數據得W0.475 J(2)取沿平直

14、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小物體向上做勻減速運動，經t10.1 s后，速度達到v1，有v1v0a1t1聯立得v12.1 m/s，設運動的位移為x1，有x1v0t1a1t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x2，有0v1a2t2x2v1t2a2t設CP的長度為x，有xx1x2聯立相關方程，代入數據解得x0.57 m答案(1)W0.475 J(2)x0.57 m帶電體在電場中運動問題的求解思路(1)

15、動力學觀點：當帶電體做勻變速直線運動或類平拋運動，可利用牛頓第二定律及運動學公式聯合求解，要特別注意加速度的橋梁作用。(2)功和能的觀點：從能量觀點出發分析帶電體的運動問題時，如果選用動能定理解題，要分清有幾個力做功，做正功還是負功，以及初、末狀態的動能；如果選用能量守恒定律解題，要分清有多少種形式的能參與轉化，哪種能量增加，哪種能量減少，并注意電場力做功與路徑無關。變式訓練一個質量為m、帶有q電荷量的小物體，可在水平軌道Ox軸上運動，軸的O端有一個與軌道相垂直的固定墻面。軌道處于勻強電場中，場強大小為E，方向沿Ox軸正向，如圖6310所示。小物體以初速度v0從x0處沿Ox軌道運動，運動時受到

16、大小不變的摩擦力F作用，且F<qE。設小物體與墻壁碰撞時不損失機械能，且電荷量保持不變，求它停止運動時通過的總路程s。圖6310解析：解法一：設W電、WF分別是電場力的功和摩擦力的功，根據動能定理得：0mvW電WF。由W電Eqx0，WFFs，故s。解法二：設小物體通過的總路程為s，克服摩擦力做功的值為Fs，這也就是轉變為內能的能量，EFs，動能、電勢能減少EqEx0mv，由能量守恒定律得EE，解得s。答案：規范答題帶電粒子在電場中的偏轉帶電粒子在勻強電場中的運動問題涉及較多的概念和規律，是一個綜合性很強的知識點，從物理規律應用的角度來看，涉及受力分析、牛頓運動定律、功能關系；從涉及的運動

17、過程來看，包括電場中的平衡、加速和偏轉，從考查的方法來看，涉及運動的合成與分解法、正交分解法等。根據近幾年全國各地的高考試卷，帶電粒子在勻強電場中的運動年年都考，題型全，難度較大，特別是計算題，都有一定的難度，學生得分率不高。示例 (16分)如圖6311所示，真空室中速度v01.6×107 m/s的電子束，連續地沿兩水平金屬板，已知極板長l4 cm，板間距離d1 cm，板右端距離熒光屏PQ為L18 cm。電子電荷量q1.6×1019 C，質量m0.91×1030 kg。若在電極ab上加u220sin 100t V，在熒光屏的豎直坐標軸y上能觀測到多？(設極板間的電

18、場是均勻的，兩板外無電場，熒光屏足夠大)電子打在屏上的最大速度是多少？圖6311答題流程1審題干，抓關鍵信息題干信息獲取信息從平行板飛出時最大偏轉距離為板間電壓交變，電子向上下偏轉熒光屏上線段的長度是距O最遠點的2倍2審設問，找解題突破口欲求熒光屏上線段的長度，需求出從偏轉電場飛出時速度的偏角。3巧遷移，調動有效信息(1)確定研究對象電子。(2)受力分析(過程分析)重力不計，偏轉電場中只受電場力，做類平拋運動，射出電場后做勻速直線運動。(3)運用規律運動的合成與分解法、牛頓定律、運動學公式。4規范解，條理作答解析電子經過偏轉電場的時間為t s2.5×109 s(2分)由于電子經過板間的時間極短，遠小于交變電壓的周期，因此在每一個電子經過板間的過程中可以認為板間電壓不變，但不同電子板間電壓不同，這一步分析說明非常必要，有些學生遺漏失分。而交變電壓的周期T0.02 s。遠遠大于t，故可以認為進入偏轉電場的電子均在當時所加電壓形成的勻強電場中運動(2分)最大縱向位移at2，ta(2分)不加分析地認為Um220 V而求出vy，tan 這是失分的主要原因，寫出t，a，vyat。也能得公式分。故電子打到熒光屏上的最大偏轉電壓