高三物理一轮复习教学案 第6章 第3节 电容器　带电粒子在电场中的运动1

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第三节电容器带电粒子在电场中的运动(一）一、电容器、电容1．电容器两个彼此绝缘又互相靠近的导体可构成电容器。电容器充电就是使电容器带电的过程。电容器放电就是使电容器失去电荷的过程。电容器带的电荷量是指____极板所带电荷量的绝对值.2．电容电容器所带的________与电容器两极板间的________的比值叫做电容器的电容，公式:________，单位:法拉(F）、微法(μF）、皮法（pF）。由数学关系我们可以得出电容器的电容也等于电荷量的变化量与电势差的变化量之比,即________。电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量。3．平行板电容器的电容公式C＝________∝________,________为两板的正对面积,________为极板间的距离，其中________是介电常数。平行板电容器两板间的电场可以近似认为是____________电场。二、带电粒子在电场中的加速或减速1．研究条件:带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场时将做________运动。2．功能关系：带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则静电力对带电粒子做的功等于带电粒子____的增量。（1）在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝_______________。（2)在非匀强电场中，W＝qU＝_______________。三、带电粒子在匀强电场中的偏转1．如果带电粒子以初速度v0垂直电场强度方向进入匀强电场中,不考虑重力时，则带电粒子在电场中将做类平抛运动，如图所示。2．类平抛运动的一般处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的_______运动和沿静电力方向_______运动。3．基本公式（板长为l，板间距离为d，板间电压为U）：在电场中运动时间t＝eq\f（l，v0);加速度a＝eq\f（F,m）＝eq\f（qE,m）＝________；离开电场的偏转量y＝eq\f（1,2）at2＝________;偏转角tanθ＝eq\f(vy,v0）＝eq\f(at，v0)＝________。四、示波管示波器是用来观察电信号随时间变化情况的仪器，其核心部件是示波管，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示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传播，打在荧光屏________，在那里产生一个亮斑.2．YY′上加的是待显示的________。XX′上是机器自身的锯齿形电压，叫做________。若所加扫描电压和信号电压的周期相同,就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象.1．电容器是一种常用的电子元件，对电容器认识正确的是（）A．电容器的电容表示其储存电荷的能力B．电容器的电容与它所带的电荷量成正比C．电容器的电容与它两极板间的电压成正比D．电容的常用单位有μF和pF，且有1μF＝103pF2．用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示).设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若（）A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变,增大d，则θ变小C．保持d不变，减小S,则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变3．如图所示,在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动,则关于电子到达Q板的速率，以下解释正确的是（)A．与板间距离和加速电压两个因素有关B．两板间距离越大，加速的时间越长，获得的速率越大C．两板间距离越小,加速度越大,获得的速率越大D．与板间距离无关，仅与加速电压有关4．易错辨析:请你判断下列表述正确与否，对于不正确的，请予以更正。(1）电容器带电荷量越大,电容越大，而电容越大，电容器带电荷量越多。(2）平行板电容器充电后与电源断开，则电荷量Q一定；若一直与稳压电源连接,则电压U不变。(3）粒子在偏转电场中偏转时，位移偏转角与速度偏转角相等.(4)粒子在偏转电场中射出时，就好像从极板间中点沿直线射出一样.一、对电容器电容的正确理解自主探究1（2012·西安模拟)如图甲所示为一只“电容式传感器”的部分构件示意图。当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化,通过测量电容C的变化就可以知道两极板之间距离d的变化情况。在下列图中能正确反映C与d之间变化规律的图象是(）甲乙思考1：电容的定义式C＝eq\f（Q,U），能否说明C与Q成正比，与U成反比？为什么？思考2：平行板电容器的电容与哪些因素有关？归纳要点1．C＝eq\f（Q,U)是电容的定义式,C与Q、U均没有关系,C是由公式C＝eq\f（εrS，4kπd）决定的.2．而Q＝CU，则Q与C、U有关,C一定时，Q与U成正比。二、带电粒子在电场中的加速自主探究2下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后，速度最大的是（)A．质子(eq\o\al（1,1)H）B．氘核(eq\o\al(2，1）H）C．α粒子（eq\o\al（4,2)He）D．钠离子(Na＋）思考1:带电粒子在电场中运动,重力何时计,何时不计?思考2:带电粒子加速运动的处理方法有哪些？归纳要点1．带电粒子忽略重力时不能忽略质量。2．解决带电粒子的加速问题优先选择功能关系，因为运用功能关系比应用运动学公式和牛顿第二定律简单。三、带电粒子在匀强电场中的偏转自主探究3如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为l，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY′,一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。(1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心；（2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围；（3)求粒子可能到达屏上区域的长度。思考1：粒子的偏转角与粒子的电荷量q及粒子入射时的初动能Ek有何关系？思考2：粒子从进入电场到达到荧光屏，其运动过程是怎样的？归纳要点确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离y0的三种方法：(1)y0＝y＋vyeq\f（b，v0）（2）y0＝y＋btanθ（3）y0＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（l，2）＋b）)tanθ其中y0＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（l,2)＋b))tanθ是应用［自主探究3]中第（1)问中的结论得出的，一般不直接用于计算题的求解过程.命题研究一、平行板电容器的动态分析【题例1】（2012·安徽芜湖模拟)如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和理想二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性,一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点,小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行），则下列说法正确的是（)A．若小球带正电，当AB间距增大时,小球打在N的左侧B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧C．若小球带负电，当AB间距减小时,小球可能打在N的左侧D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧思路点拨：（1）根据C＝eq\f(εrS,4πkd），判断电容的变化情况。（2）结合二极管的单向导电性，进一步分析小球的受力及运动情况。解题要点：规律总结1．两种常见的变化及其规律:(1）电容器两极板始终与电源相连，则电容器两端的电压恒定(等于电源电动势),这种情况下，C＝eq\f（εrS，4πkd）∝eq\f（εrS，d）,Q＝CU∝C∝eq\f（εrS，d)，E＝eq\f（U,d)∝eq\f(1,d）.(2）电容器充电后与电源断开，则电容器带电荷量Q恒定,这种情况下C∝eq\f(εrS，d)，U∝eq\f(d,εrS），E＝eq\f（4πkQ，εrS)∝eq\f(1，εrS）。2．分析电容器动态问题时应注意的问题(1)先确定电容器的不变量(Q或U）。(2)只有当电容器的电荷量发生变化时，电容器支路上才有充电或放电电流。（3）若电路中有二极管，其单向导电性将影响电容器充电或放电.（4)电容器电荷量不变时,改变板间距将不引起板间电场强度的变化。命题研究二、示波管的原理【题例2】如图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出(初速度可忽略不计),经灯丝与A板间的电压U1加速,从A板中心孔沿中心线KO射出,然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直,电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为l，电子的质量为m，电荷量为e,不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力.(1)求电子穿过A板时速度的大小；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）若要电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施?思路点拨：（1）电子在灯丝与A板间的运动中，可用动能定理求穿过A板时的速度大小；（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，沿极板方向的分运动确定运动时间，垂直极板方向做匀加速运动,从而求出侧移量的表达式；(3）由侧移量表达式中的相关物理量分析应采取的措施。解题要点：规律总结1．粒子在匀强电场中加速、偏转时的重要结论：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U1加速后进入偏转电场（电压为U2）的，则偏转距离y＝eq\f(U2l2，4U1d），偏转角的正切值tanθ＝eq\f（U2l,2U1d)。即粒子的偏转距离、偏转角与q、m均无关，仅取决于加速电场和偏转电场。也就是说，无论带电粒子的m、q如何，只要从静止经过同一加速电场加速,再经过同一偏转电场偏转，其轨迹完全重合。2．示波管的工作原理（1）电子的偏移距离y和偏转角的正切tanθ都与偏转电压成正比。（2）示波管是由电子枪、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极XX′和荧光屏组成的，电子枪发射的电子打在荧光屏上将出现亮点。若亮点很快移动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线。①如果只在偏转电极YY′上加上如图甲所示Uy＝Umsinωt的电压，荧光屏上亮点的偏移也将按正弦规律变化，即y′＝ymsinωt，并在荧光屏上观察到的亮线的形状如图丙所示(设偏转电压频率较高）。②如果只在偏转电极XX′上加上如图乙所示的电压，在荧光屏上观察到的亮线的形状如图丁所示(设偏转电压频率较高）。③如果在偏转电极YY′加上图甲所示的电压，同时在偏转电极XX′上加上图乙所示的电压,在荧光屏上观察到的亮线的形状如图戊所示(设偏转电压频率较高）.1．根据电容器电容的定义式C＝eq\f(Q，U),可知（）A．电容器所带的电荷量Q越多,它的电容就越大，C与Q成正比B．电容器不带电时，其电容为零C．电容器两极板之间的电压U越高，它的电容就越小，C与U成反比D．以上说法均不对2．如图所示，两板间距为d的平行板电容器与电源连接，电键K闭合。电容器两板间有一质量为m、带电荷量为q的微粒静止不动。下列各叙述中正确的是(）A．微粒带的是正电B．电源电动势大小为eq\f(mgd,2q）C．电键K断开，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动D．保持电键K闭合，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动3．如图所示,有一带电粒子（不计重力）贴着A板沿水平方向射入匀强电场,当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹①从两板右端连线的中点飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹②落到B板中间.设粒子两次射入电场的水平速度相同，则电压U1、U2之比为（)A．1∶8B．1∶4C4．（2012·江苏常州模拟）如图是说明示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为l,电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场。设电子质量为me、电荷量为e。(1)求经电场加速后电子速度v的大小；(2）要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多少？(3)电子离开偏转电场偏转角度最大时，电子的动能是多大？

参考答案基础梳理自测知识梳理一、1.一个2．电荷量Q电势差UC＝eq\f（Q，U）C＝eq\f(ΔQ，ΔU）3。eq\f（εrS,4kπd）eq\f（εrS,d）Sdεr匀强二、1.匀变速直线2．动能（1）eq\f(1,2)mveq\o\al（2，2）－eq\f（1，2)mveq\o\al(2，1）（2)eq\f（1，2)mveq\o\al（2，2)－eq\f(1,2）mveq\o\al（2，1)三、2。匀速直线初速度为0的匀加速直线3。eq\f(qU，dm）eq\f（qUl2,2dmv\o\al(2，0))eq\f（qUl，mdv\o\al(2,0））四、1.中心2．信号电压扫描电压基础自测1．A2。A解析：由C＝eq\f（εrS，4πkd)知，当S不变，增大d时，C变小,又电荷量Q不变，再由U＝eq\f（Q,C)知，U变大，夹角θ变大，A正确,B错误；d不变，减小S时,C变小，U变大,θ变大，所以C、D错误.3．D解析：根据动能定理得:qU＝eq\f（1,2)mv2,v＝eq\r(\f（2qU,m）),故D正确，A、B、C错误。4．答案：（1)错误。电容与电容器的结构有关,与带电荷量及电压均无关。(2)正确.（3）错误。位移偏转角小于速度偏转角。（4)正确。核心理解深化【自主探究1】A解析：由平行板电容器电容的决定式C＝eq\f（εrS,4πkd）可知，电容C与极板间的距离d成反比，在第一象限，反比例函数图象是一条双曲线，所以A正确。提示:1.不能。电容的定义式C＝eq\f(Q，U)，反映了电容器容纳电荷的本领，但平行板电容器的电容C的大小与Q、U都无关。2．平行板电容器电容的决定式C＝eq\f（εrS,4πkd),反映了电容C的大小与两极板正对面积成正比，与两极板间距离成反比，与极板间电介质的介电常数成正比.【自主探究2】A解析:由动能定理qU＝eq\f（1,2）mv2得v＝eq\r(\f(2qU，m))，可知比荷eq\f(q,m）越大的速度越大，故A正确。提示：1.（1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力。(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．（1）用运动学公式和牛顿第二定律求解,(2)从功能角度用动能定理或能量守恒定律求解.【自主探究3】答案：(1）见解析（2）－eq\f(md2v\o\al(2,0），ql2)≤UYY′≤eq\f(md2v\o\al（2，0)，ql2)(3)eq\f（d(l＋2b)，l)解析:（1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a,离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x,则有y＝eq\f（1,2)at2①l＝v0t②vy＝attanθ＝eq\f（vy,v0）＝eq\f(y，x)，联立可得x＝eq\f(l，2）即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心。(2）a＝eq\f（Eq,m）③E＝eq\f（U,d）④由①②③④式解得y＝eq\f（qUl2,2dmv\o\al(2，0）)当y＝eq\f(d，2)时,UYY′＝eq\f(md2v\o\al(2，0），ql2)则两板间所加电压的范围为－eq\f(md2v\o\al(2，0）,ql2）≤UYY′≤eq\f(md2v\o\al（2，0）,ql2）（3）当y＝eq\f(d,2)时，粒子在屏上侧偏移的距离最大,设其大小为y0,则y0＝y＋btanθ又tanθ＝eq\f(vy,v0）＝eq\f（d,l)，解得:y0＝eq\f（d(l＋2b），2l)故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0＝eq\f(d(l＋2b),l）.提示：1。粒子的偏转角tanθ＝eq\f（vy，v0）＝eq\f（qU1l，mv\o\al(2,0）d)，当动能一定时，tanθ与电荷量q成正比；电荷量q相同时，tanθ与动能Ek成反比。2．粒子先做类平抛运动,后做匀速直线运动。考向探究突破【题例1】B解析：当板间距增大时,由C＝eq\f（εrS,4πkd）可知，电容器的电容将变小，因二极管的存在,电容器上的电荷量将保持不变,由E＝eq\f（U,d)＝eq\f（Q，Cd)＝eq\f(Q·4πk，εrS)可知，板间电场强度不变，因此板间距增大时,不影响小球打在B板上的位置,A、D均错误；若板间距减小，则电容器的电容C增大，电源通过二极管给电容器充电，电容器的带电荷量增加,两板间的电压不变,此时板间电场强度将增大，若小球带正电,由mg＋Eq＝ma，y＝eq\f（1,2)at2可知，小球的加速度变大，小球打在B板上的时间t变小，由x＝v0t知，小球将落在N的左侧，B正确；若小球带负电，由mg－Eq＝ma，y＝eq\f（1,2）at2可知，小球加速度变小,小球打在B板上的时间t变大，由x＝v0t可知，小球将落在N的右侧，C错误。【题例2】答案：(1）eq\r(\f（2eU1,m)）(2）eq\f(U2L2，4U1d)（3)见解析解析：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0,由动能定理有eU1＝eq\f（1，2)mveq\o\al(2,0）解得v0＝eq\r(\f（2eU1,m））。(2)电子沿极板方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t,加速度为a,电子离开偏转电场时的侧移量为y。由牛顿第二定律和运动学公式有t＝eq\f(l,v0）eq\f（eU2，md）＝ay＝eq\f(1,2）at2解得：y＝eq\f(U2l2，4U1d)。(3）减小加速电压U1,增大偏转电压U2.演练巩固提升1．D解析：电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量，