2019年高考物理大一轮复习第07章电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动学案新人教

1、第三讲电容器带电粒子在电场中的运动基础再现双基落实必知识梳理.一电容器1.电容器的充、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异种电荷，电容器中储存电场能.(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能.2 .公式C=枭口C=£的比较U471kdQ(1)定义式：C=u，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的,与电容器是否带电及带电多少无关._ErS一(2)决定式：C=-7,£r为介电常数，S为极板正对面积，d为板间距离.4兀kd3 .对照教材实验：如图所示的装置，可以探究

2、影响平行板电容器电容的因素.电容器与电源保持连接，增大两板间的距离.试分析电容器的电容C两板间的场强E、电容器的带电量Q及静电计指针偏角e各如何变化？提示：d-CJ,E=UJ,Q=CW,因U不变，故e不变.d电容器充电后与电源断开，增大两板间的距离d,试分析Guee各如何变化？Q.UQQ一、提不：Q一te：d一CJ,UtJ,E=：=Kj=不变，U8.CdCdeS4兀k电容器充电后与电源断开，紧贴右极板插入与电容器极板宽度相同的金属板或玻璃板时，静电计指针偏角各如何变化？，一.,一£S.提不：插入金属板相当于d减小，e将减小；插入玻璃板c=-一二增大、e减小.471kd二带电粒子在匀强

3、电场中的运动示波管1 .带电粒子在电场中的加速(不计重力)(1)带电粒子在左极板附近由静止开始运动，求到达右极板时的速度?从力和运动的角度入手从功和能的角度入手_ .12 qU= gmv,(2)如图所示水平向右的匀强电场中，一质量为m电荷量为q的带电粒子由 Q点以初速度V0开始沿着与水平方向成0角的图示方向做直线运动.求带电粒子沿初速度方向运动的最大距离?是否考虑粒子的重力？带电粒子的电性?带电粒子的运动性质？电场强度的大小是多少?提示：因粒子作直线运动，若只受电场力则不可能.应考虑重力且重力和电场力的合力与初速度V0平行，分析可知带电粒子作匀减速直线运动.当速度减为零时，带电粒子沿初速度方向

4、运动为最大.由粒子的受力知粒子带负电，tan0=罟E=-mg-.Eqqtane22_mgvovosin0F合=二=max=«.sin8夕2a2g2 .带电粒子的偏转(限于匀强电场且不计重力)(1)带电粒子以速度Vo垂直于电场线方向飞入匀强电场时，由于电场力方向与粒子的初速度方向垂直，且电场力是恒人所以带电粒子做类平抛运动.(2)分析处理方法：类似于平抛运动的分析处理，即应用运动的合成和分解的知识方法一一l沿初速度方向为匀速直线运动：运动时间t=Vo加速度a=m=器沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动：离开电场时的偏移量y=1at'墨qUl沿电场力方向的分速度Vy=at=卜

5、dmv根据速度的合成得：粒子离开电场时的速度v=.vO+v；VyqUl离开电场时的偏转角tane=一=”.Vodmv(3)某同学根据动能定理计算粒子离开电场时的速度，方法如下：1212,口22qU由qU=2mv2mv得：v=A/vo+请思考为何计算出的结果与根据速度的合成得出的结果不同？提示：上述计算结果是错误的.带电粒子在电场中运动过程，电场力做的功应是W=Eq，y=Uqy.wqu中的u应是入射点和出射点之间的电势差(4)若带电粒子从两板中央进入最后未出电场打在下板上如何处理？dU提不：此时偏转位移y=2,wq2.(5)若带电粒子从上板边缘进入最后擦着下板边缘穿出电场根据qU=(mv2mv计

6、算正确吗？提示：正确.(6)将带电粒子离开电场时的速度反向延长与初速度方向的相交点O点的位置有何特征？提示：由几何关系tan8=+，得L'=L,即O点为中点.3 .“电力口速”+“电偏转”(1)试证明：不同带电粒子从静止经过同一电场加速度后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转位移偏转角度总是相同的.(2)怎样求O'P?你能给出几种不同的求解方法?提示：方法一：由tanO P_ ,e = -p可求 O p.1_方法二：由三角形相似y _O p一2-p可求O'P.方法三：由运动的合成与分解DOP=Vy,t=Vy1.Vo。自我诊断1.(教科版选修31P40第9题)关于电容器的

7、电容，下列说法中正确的是()A.电容器所带电荷量越多，电容越大B.电容器两板间电压越低，其电容越大C.电容器不带电时，其电容为零D.电容器的电容只由它本身的特性决定答案：D2.(人教版选修31P32第1题)平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另个极板与静电计金属外壳相连.给电容器充电后，静电计指针偏转一个角度.以下情况中，静电计指针的偏角是增大还是减小？(1)把两板间的距离减小；(2)把两板间的相对面积减小；(3)在两板间插入相对介电常数较大的电介质.答案：(1)把两极板间距离减小，电容增大，电荷量不变，电压变小，静电计指针偏角变小.(2)把两极板间相对面积减小，电容减小，电荷量不变，

8、电压变大，静电计指针偏角变(3)在两极板间插入相对介电常数较大的电介质，电容增大，电荷量不变，电压变小,静电计指针偏角变小.4 .（人教版选修3-1P39第2题）某种金属板M度到某种紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，其速度大小也不相同.在M旁放置一个金属网N如果用导线将MN1接起来，M射出的电子落到N上便会沿导线返回M从而形成电流.现在不把MN直接相连，而按下图那样在MN之间加一个电压U,发现当U>12.5V时电流表中就没有电流.已知电子的质量me=9.1X1031kg.问：被这种紫外线照射出的电子，最大速度是多少？（结果保留三位有效数字）解析：如果电子的动能减少到

9、等于。的时候，电子恰好没有到达N板，则电流表中就没12有电流.由VW=0E<m,VW=eU,信一eU=0Em=mevv=2X12.5X1.6X10300.91 X10,79m/s=2.10 x 10 6 m/s.答案：2.10X106m/s5 .（人教版选修31P39第3题）先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场.进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比.（1）电子与氢核的初速度相同.（2）电子与氢核的初动能相同.解析：设加速电压为U）,偏转电压为U,带电粒子的电荷量为q,质量为mi垂直进入偏转电场的速度为V。，偏转电场

10、两极间距离为d,极板长为l,则：带电粒子在加速电场中qUl vy=at=肃,粒子离开偏转电场时速度万向的偏获得初动能2mv=qU,粒子在偏转电场中的加速度a=黑在偏转电场中运动的时间为tj粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度转角的正切值tan6=/缁（1）若电子与氢核的初速度相同，则tan8 e mHtan9 1 metan9e（2）若电子与氢核的初动能相同，则=1.答案：见解析核心考点探究突破考点一平行板电容器的动态分析1 .平行板电容器动态变化的两种情况（1）电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变.（2）充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变.2 .动态分析思路（1）

11、 U不变QrS根据C=Q=KF先分析电容的变化，再分析Q的变化.U471kd根据E=?分析场强的变化.d根据1>b=E,d分析某点电势变化.（2） Q不变QrS根据C=Q=-先分析电容的变化，再分析U的变化.U471kd根据E=U分析场强变化.递进组1.（2016全国乙卷）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一.一£S一一解析：选D平行板电容器电容的表达式为C=

12、1F，将极板间的云母介质移出后，导4kd致电容器的电容C变小.由于极板间电压不变，据Q=CU知，极板上的电荷量变小.再考虑一一U,、一，一，一、，-到极板间电场强度E=）由于Ud不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确.d2.（2018福州联考）如图所示，两平行金属板竖直放置且B板接地，其间有用绝缘细线兀悬挂的带电小球，当给两金属板充电Q后，悬线与竖直方向夹角为e=w，因电离作用，两3金属板的电荷量缓慢减小（小球电荷量假设不变），以至悬线与竖直方向间的夹角逐渐减小，兀则在夹角减少到刀的过程中，下列说法正确的是（）6A.细线拉力逐渐增大B.细线拉力大小不变C.电容器两极板减小的电荷量为D.电容器

13、两极板减小的电荷量为2Q3解析：选D小球受到重力mg细线白拉力Ft和水平向右的电场力F的作用而处于动态平衡(如图所示)，由Ft=c0mge可知,e减小，Ft也减小，AB错误；令两极板间距离A Q同理可得tan为d电容器的电容为g由图知tan妨=旨mgCd令减小的电荷量为e2=qQgCdQ,联立解得AQ=2QC错误,D正确.考点二带电粒子在电场中的直线运动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、a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 .

14、做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合=0,粒子或静止，或做匀速直线运动.(2)粒子所受合外力F合W0,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.3 .用动力学观点分析a=一,E=i，v2v0=2ad.md4 .用功能观点分析匀强电场中：WEqd=qU=；mV1mV非匀强电场中：W=qU=E2EkiA R C中央各有一小P点.现将C板向右平例1（2017江苏卷）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板孔，小孔分别位于QMP点.由O点静止释放的电子恰好能运动到移到P'点，则由O点静止释放的电子（）（nnIIHA.运动到P点返回B.运动到P和P'点之间

15、返回C.运动到P'点返回D.穿过P'点解析：选A设ABBC间的电场强度分别为Ei、E2,间距分别为di和d2,电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得：eEdieE2d2=0当C板向右平移后，BC板间的电场强度,UQQ4兀kQE=C_d2_=_u_=_TT5y|II',d24%kd2BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变.第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x,则eEdieEx=00比较两式知，x=d2,即电子运动到P点时返回，选项A正确.一女心（20i8河北定州中学月考）如图所示，AB为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个

16、小孔a和b,在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回.现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是（）A.保持S闭合，将A板适当上移B.保持S闭合，将B板适当下移C.先断开S,再将A板适当上移D.先断开S,再将B板适当下移解析：选B设质点距离A板的高度h,AB两板原来的距离为d,电压为U质点的电量为q.由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mgjh+d）-qU=0.若保持S闭合，12将A板适当上移，设质点到达b时速度为v,由动能7E理得mgh+d）qU=2mv,v=0,说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔.故A错误.若保

17、持S闭合，将B板适当下移距离Ad,由动能定理得mgh+d+Ad）qU=gmV,则v>0,质点能穿过b孔.故B正确.若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A板上移距离为Ad,质点进入电场的深度为d'时速度为零.由动能定理得mghAd+d'）qEd'=0,又由原来情况有mgh+d）qEd=0.比较两式得，d'vd,说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回.故C错误.若断开S,再将B板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b孔.故D错误.故选B.递进组3. （2018黄冈月考）如图所示，平行板电容器两板间有

18、一带电小球（可视为质点），当电容器的电荷量为Q（A板带正电）时，小球恰好静止在P点，当电容器的电荷量突增到Q时，带电小球开始向上运动，经时间t,使A板带负电，B板带正电，电荷量仍为Q,则再经时间t带电小球刚好回到P点，不计一切阻力，小球运动中没与极板相碰，则（）加小A.Q=2QB.Q=3QC.Q=4QD,Q=5QUU2解析：选A因小球静止，所以有m户叼，只改变电容器两极板的电何量时有ma=切U212一mg再改变电谷命两极板的电性有ma=q"d+mg而两段相等时间内位移满足art=-.1.2att2a2t,联立得U2=2U,又因Q=CU所以Q=2Q,A正确.4.（2018牡丹江市一中月

19、考）竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场.其电场强度为E,在该匀强电场中，用丝线悬挂质量为m的带电小球，丝线跟竖直方向成0角时小球恰好平衡，如图所示，请问：(1)小球的电性及所带电荷量是多少？(2)若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间?解析：(1)由于小球处于平衡状态，对小球受力分析如图所示，小球带正电;Fsin0=qEDFcos0=mgg).qE,mgan0由上述两式得tan9=-故q=mgE(2)由第(1)问中的方程知F=靖V而剪断丝线后，小球所受电场力和重力的合力与未剪断丝线时丝线的拉力大小相等，故剪断丝线后小球所受重力、电场力的合力等于晨.小球的加速度a=Fm=coS4，小球由

20、静止开始沿着丝线拉力的反方向做匀加速直1.运动规律1 +2 s=at(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间a.能飞出电容器：t=Lb.不能飞出电容器:(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动加速度:F qE qUa= m mmd离开电场时的偏移量:,_ _ .2y=2at2=输离开电场时的偏转角:Vy qUl tan 9 =；-2.V0 mdv2 .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.一,12证明：由qU0=2mv1 - 1 qU y=2at =屋而L 2VoqUltane=mv阳 Ul2.得：片 4U0? tanU1le

21、=2U0d（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2.3 .功能关系1,1,.当讨论田电粒子的末速度v时也可以从能重的角度进行求解：qUy=-mv-mo,其中U=uy,指初、末位置间的电势差.例2（2018河北定州中学模拟）如图所示，两平行金属板AB长为L=8cm,两板间距离d=8cm,A板比B板电势高300V,一带正电的粒子电荷量为q=1.0X1010C、质量为m=1.0x1020kg,沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度V0=2.0X106m/s,粒子飞出电场后经过界面MNPS间的无电场区域，然后进入固定在O点的

22、点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）.已知两界面MNPS相距为12cm,D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm,粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上.（静电力常量k=4 .0X109N-m2/C2,粒子的重力不计）1.112rm *!* 9 mF ! c ，0求粒子穿过界面MN寸偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面日离D点为多远;(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小.解析：(1)粒子穿过界面MN寸偏离中心线RO勺距离(偏移位移):y=7at、a=一=

23、岩L=v0t,则y=_at2=q-7-22=0.03m=3cm.2mdm22dmV0粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H,设H到中心线的距离为Y,1口2Ly、/则有1=Y，解得Y=4y=12cm.2L+12cm(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧Vjr(3)粒子到达H点时，其水平速度vx=v0=2.0X106m/s竖直速度vy=at=1.5x106m/s贝Uv合=2.5x106m/s该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电根据几何关系可知半径r=15cm2kJ=m,解得1.04X108C.rr答案：(1)3cm12cm(2)见解析图(3)负电；g

24、1.04X108CI方法技巧分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度Vo与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动.(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动.史式2,如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0,偏转电场板间距离L=8cm,极板长为2L,下极板接地，偏转极板右端到荧光屏的距离也为2L,在两极板间接一交变电压，电压的周期T=4s,上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示，大量电子从偏转电场中央持续射入，

25、穿过平行板的时间极短，可认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的，求：e.,一(1)电子进入偏转电场的速度V0(用电子的比荷市加速电压U0表布)(2)在电势变化的每个周期内荧光屏会出现“黑屏”现象，即无电子击中屏幕，求每个周期内的“黑屏”时间.(3)荧光屏上有电子打到的区间的长度.解析：(1)由动能定理1 22eU0eU)=-mvvo=2 .1m(2)设电子恰好能射出电场时的偏转电压为um,则有2=2at2=2eum 甚 2Lm vo解得A=0.5U0,结合图象知，偏转电压由0.8U00.5U0变化时，荧光屏上“黑屏”.“黑屏”时间为t,T=02,1s.(3)电子向上偏转时,L2siLL+ 2LSi = 12 cm.电子向下偏转时,1e0.4U2L2Vy2LmV0y2S2LL+ 2L'代入数据得S2= 9.6 cm.故总长度S=S1+S2=21.6cm.2el0答案：m(2)1s(3)21.6工递进题组5 .(2018山东实验中学诊断)如图所示，