《三维设计》2014届高三物理一轮教学案（14年预测+目标定位+规律总结）：6.3静电现象 电容器 带电粒子在电场中的运动静电现象[想一想]如图6－3－1所示，绝缘开口金属球壳A已带电，现把验电器甲的小金属球与A球壳的内壁用导线相连，另外把一绝缘的金属小球B与球壳A的内壁相接触后再与验电器乙的金属小球相接触，验电器乙距球壳A足够远，那么验电器甲和乙的金属箔片是否张开？图6－3－1提示：处于静电平衡的金属球壳，由于电荷间的相互排斥的作用力，电荷间的距离尽量变大，所以电荷分布在金属球壳的外表面上，在金属球壳的内表面没有净电荷的分布验电器甲与A球壳相连时，与金属球壳构成一个导体，相当于金属球壳的远端，则带有电荷，从而使金属箔片张开；同理，得出验电器乙不会带电，故金属箔片不张开[记一记]1．静电平衡(1)概念：导体中(包括表面)没有电荷的定向移动的状态2)特点2．静电现象的应用(1)静电屏蔽：处于静电平衡的空腔导体，腔外电场对腔内空间不产生影响2)尖端放电：所带电荷与导体尖端的电荷符号相反的粒子，由于被吸引而奔向尖端，与尖端上的电荷中和的现象[试一试]1．电工穿的高压作业服是用铜丝编织的，下列说法正确的是( )A．铜丝编织的衣服不易拉破，所以用铜丝编织B．电工被铜丝编织的衣服包裹，使体内电势保持为零，对人体起保护作用C．电工被铜丝编织的衣服包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用D．铜丝必须达到一定厚度，才能对人体起到保护作用解析：选C 金属壳可以起到静电屏蔽的作用，使壳内部不受外部电场的影响。
电容和电容器[想一想]如图6－3－2所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接，极板B接地，若极板B向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是什么？图6－3－2提示：静电计指针的变化表现了电容器两极板电势差的变化，在保持电容器带电荷量Q不变的条件下，若极板B稍向上移动一点，则电容器的电容C变小，两极板间电势差U＝变大[记一记]1．电容器(1)组成：两个彼此绝缘且又相距很近的导体2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值3)充、放电：①充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带上等量的异号电荷的过程充电后，两极板上的电荷由于互相吸引而保存下来；两极板间有电场存在充电过程中由电源获得的电能储存在电容器中②放电：用导线将充电后的电容器的两极板接通，两极板上的电荷中和的过程放电后的两极板间不再有电场，电场能转化为其他形式的能量2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值2)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量3)定义式：C＝4)单位：1法拉(F)＝106微法(μF)＝1012皮法(pF)3．平行板电容器的电容(1)决定因素：平行板电容器的电容C跟板间电介质的相对介电常数εr成正比，跟正对面积S成正比，跟极板间的距离d成反比。
2)决定式：C＝[试一试]2．图6－3－3是一种通过测量电容器电容的变化，来检测液面高低的仪器原理图，电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可显示电容的大小，下列关于该仪器的说法中正确的有( )图6－3－3A．该仪器中电容器的两个电极分别是芯柱和导电液体B．芯柱外套的绝缘管越厚，该电容器的电容越大C．如果指示器显示出电容增大了，则说明容器中液面升高了D．如果指示器显示出电容减小了，则说明容器中液面升高了解析：选AC 类似于平行板电容器的结构：芯柱和导电液体构成电容器的两块电极，芯柱的绝缘层就是极间的电介质，其厚度d相当于两平行板间的距离，进入液体深度h相当于两平行板的相对面积(且h越大，S越大)，所以d大时C就小，若C大时就表明h大，正确答案为AC项带电粒子在电场中的运动[想一想]如图6－3－4所示，在点电荷＋Q的电场中有A、B两点，将质子和α粒子分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为多少？图6－3－4提示：质子和α粒子都是正离子，从A点释放将受电场力作用加速运动到B点，设A、B两点间的电势差为U，由动能定理有：对质子：mHv＝qHU，对α粒子：mαv＝qαU所以＝＝＝。
[记一记]1．带电粒子在电场中的加速带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究情况：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场2)运动形式：类平抛运动(3)处理方法：应用运动的合成与分解①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动[试一试]3．如图6－3－5所示，质子(H)和α粒子(He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为( )图6－3－5A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4解析：选B 由y＝和Ek0＝mv，得：y＝可知，y与q成正比，B正确示波管[想一想]一台正常工作的示波管，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什么？提示：示波管正常工作时，有关结构的几何尺寸都不会发生变化画面高度缩小，说明电子从偏转电场射出时的偏转角φ变小，可求出偏转角φ的正切tan φ＝，引起tan φ变小的原因可能是加速电压U1偏大，或偏转电压U2偏小。
[记一记]1．构造①电子枪，②偏转极板，③荧光屏如图6－3－6所示)图6－3－62．工作原理(1)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压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，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，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[试一试]4．示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成如图6－3－7所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度θ变大的是( )图6－3－7A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小解析：选B 电子通过加速电场有eU1＝mv，在偏转电场中，垂直于电场线的方向做匀速直线运动，则运动时间t＝在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝，末速度vy＝at＝，且偏转位移y＝at2＝，偏转角tan θ＝＝，所以θ ∝。
平行板电容器的动态问题分析1.运用电容器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＝分析平行板电容器极板间匀强电场场强的变化2．两类动态问题分析比较(1)第一类动态变化：两极板间电压U恒定不变(2)第二类动态变化：电容器所带电荷量Q恒定不变 [例1] 如图6－3－8所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则( )图6－3－8A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减小D．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大[尝试解题] 上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势降低，B对；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势减小时，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容C＝，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量Q＝CE将减小，D错。
[答案] B平行板电容器的动态分析问题常见的类型平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时U恒定，则Q＝CU∝C，而C＝∝，两板间场强E＝∝；二是电容器充电后与电源断开，此时Q恒定，则U＝，C∝，场强E＝＝∝带电体在电场中的平衡与加速1.带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力2．带电粒子在电场中的平衡解题步骤：①选取研究对象，②进行受力分析，注意电场力的方向特点③由平衡条件列方程求解3．带电粒子在电场中的变速直线运动可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能角度用动能定理或能量守恒定律求解[例2] (2012·济南模拟)如图6－3－9所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8求：图6－3－9(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能。
[审题指导]第一步：抓关键点关键点获取信息光滑斜面不计摩擦恰好静止受力平衡第二步：找突破口(1)要求“电场强度”→应根据平衡条件求解2)要求“加速度”→应用牛顿第二定律求解3)要求“动能”→应用动能定理或功能关系求解[尝试解题] (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力图如图所示，则有FNsin 37°＝qE①FNcos 37°＝mg②由①②可得E＝(2)若电场强度减小为原来的，即E′＝由牛顿第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37° ＝ma③可得a＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0④可得Ek＝0.3mgL[答案] (1) (2)0.3g (3)0.3mgL带电体在电场中运动的分析方法与力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速；是直线还是曲线)；然后选用恰当的规律解题也可以从功和能的角度分析：带电体的加速(含偏转过程中速度大小的变化)过程是其他形式的能和动能之间的转化过程解决这类问题，可以用动能定理或能量守恒定律带电粒子在匀强电场中的偏转问题1.两个结论(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的偏转角度总是相同的。
证明：由qU0＝mv及tanφ＝得tan φ＝(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到电场边缘的距离为2．带电粒子在匀强电场中偏转的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＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差[例3] (2012·云南名校联考)如图6－3－10所示直流电源的路端电压U＝182V金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近它们分别和变阻器上的触点a、b、c、d连接变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为1∶2∶3孔O1正对B和E，孔O2正对D和G边缘F、H正对一个电子以初速度v0＝4×106m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场金属板间的距离L1＝2 cm，L2＝4 cm，L3＝6 cm电子质量me＝9.1×10－31 kg，电量q＝1.6×10－19C正对两平行板间可视为匀强电场，求：图6－3－10(1)各相对两板间的电场强度2)电子离开H点时的动能3)四块金属板的总长度(AB＋CD＋EF＋GH)[尝试解题] (1)三对正对极板间电压之比U1∶U2∶U3＝Rab∶Rbc∶Rcd＝1∶2∶3。
板间距离之比L1∶L2∶L3＝1∶2∶3故三个电场场强相等E＝＝1 516.67 N/C(2)根据动能定理eU＝mv2－mv电子离开H点时动能Ek＝mv＋eU＝3.64×10－17 J(3)由于板间场强相等，则电子在竖直方向受电场力不变，加速度恒定可知电子做类平抛运动：“竖直方向”L1＋L2＋L3＝t2“水平方向”x＝v0t消去t解得x＝0.12 m极板总长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带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路1．运动学与动力学观点(1)运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：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)2)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法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，哪些能量是减少的高考对带电粒子在电场中的运动问题的考查频率很高，题目通常结合力学知识和电学知识综合考查，主要考查辨析能力和综合分析能力，题目难度中等偏上，考生得分一般较低[典例] (19分)(2012·四川高考)如图6－3－11所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段，BC段为，对应的圆心角θ＝37°，半径r＝2.5 m，CD段平直倾斜且粗糙，，倾斜轨道所在区域有场强大小为E＝2×105 N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场质量m＝5×10－2 kg、电荷量q＝＋1×10－6 C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝3 m/s冲上斜轨以小物体通过C点时为计时起点，0.1 s以后，已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25设小物体的电荷量保持不变，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8图6－3－11(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度第一步：审题干，抓关键信息关键点获取信息①摩擦不计②无碰撞，没有能量损失③电场力的方向改变，物体与斜面的正压力改变，摩擦力大小改变，物体的加速度改变第二步：审设问，找问题的突破口⇓⇓⇓第三步：三定位，将解题过程步骤化第四步：求规范，步骤严谨不失分[解] (1)设弹簧枪对小物体做功为W，由动能定理得W－[mgr(1－cos θ)]＝mv①(4分)代入数据得 W＝0.475 J②(2分)(2)取沿平直斜轨向上为正方向。
设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得－mgsin θ－[μ(mgcos θ＋qE)]＝ma1③(3分)小物体向上做匀减速运动，经t1＝0.1 s后，速度达到v1，有v1＝v0＋a1t1④(1分)由③④可得v1＝2.1 m/s，设运动的位移为s1，有s1＝v0t1＋a1t⑤(1分)电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得－mgsin θ－[μ(mgcos θ－qE)]＝ma2⑥(3分)设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有0＝v1＋a2t2⑦(1分)s2＝v1t2＋a2t⑧(1分)设CP的长度为s，有s＝s1＋s2⑨(1分)联立相关方程，代入数据解得s＝0.57 m⑩(2分)——[考生易犯错误]—————————————————(1)在①中因三角函数弄错而失6分2)在③⑥中不能正确的受力分析，而在计算摩擦力时出错，失6分3)在⑦⑧中因不明确物体在两运动阶段的内在联系而不能正确列方程，失5分 [名师叮嘱](1)带电体运动的过程若包含多个运动阶段，要分段处理2)对带电体在不同运动阶段进行正确的受力分析，求加速度3)找出各阶段的内在联系，如速度关系，位移关系，能量关系等。