2022年高考物理一轮-电容器　带电粒子在电场中的运动教师讲解版

文档来源网络整理侵权必删8.5电容器带电粒子在电场中的运动必备知识清单一、电容器及电容1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值．(3)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．电容(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值．(2)定义式：C＝eq\f(Q,U).(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F＝106μF＝1012pF.(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离．(2)决定式：C＝eq\f(εrS,4πkd).二、带电粒子在电场中的运动1．加速(1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,).(2)在非匀强电场中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,).2．偏转(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示．图1(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动．根据运动的合成与分解的知识解决有关问题．(3)基本关系式：运动时间t＝eq\f(l,v0)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，偏转量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(02,))，偏转角θ的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(02,)).三、示波管1．示波管的构造①电子枪，②偏转电极，③荧光屏(如图3所示)图32．示波管的工作原理(1)YY′偏转电极上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极上是仪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.命题点精析（一）平行板电容器的动态分析典型例题1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变．2．动态分析思路(1)U不变①根据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化．②根据E＝eq\f(U,d)分析场强的变化．③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．(2)Q不变①根据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化．②根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)分析场强变化．例1如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点。静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地。以E表示两板间的电场强度，φ表示P点的电势，Ep表示该试探电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计所带电荷量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是()A．E增大，φ降低，Ep减小，θ增大B．E不变，φ降低，Ep增大，θ减小C．E不变，φ升高，Ep减小，θ减小D．E减小，φ升高，Ep减小，θ减小【答案】C【解析】将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容C增大，因平行板电容器充电后与电源断开，则电容器的电荷量Q不变，由C＝eq\f(Q,U)得知，板间电压U减小，因此夹角θ减小，再依据板间电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可见E不变；P点到正极板距离减小，且正极接地，由公式U＝Ed得知，P点的电势升高；负电荷在P点的电势能减小，故A、B、D错误，C正确。练1如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变【答案】D【解析】由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝eq\f(Q,C)可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小．又因为两板间电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，Q、S不变，则E不变．因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项D正确．练2研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是()A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大【答案】A【解析】实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，A正确；b板向上平移，正对面积S变小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容C变小，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容C变大，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，C错误；由C＝eq\f(Q,U)知，实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的，D错误．命题点精析（二）实验：观察电容器的充、放电现象1．实验原理及操作(1)电容器的充电过程如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电。正、负极板带等量的正、负电荷。电荷在移动的过程中形成电流。在充电开始时电流比较大，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止移动，电流I＝0。(2)电容器的放电过程如图所示，当开关S接2时，将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和。在电子移动过程中，形成电流，放电开始时电流较大，随着两极板上的电荷量逐渐减少，电路中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小，最后减小到零。2．实验器材6V的直流电源、单刀双掷开关，平行板电容器、电流表、电压表、小灯泡。3．注意事项(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计；(2)要选择大容量的电容器；(3)实验要在干燥的环境中进行；(4)在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，以免烧坏电流表。例2某实验小组做“观察电容器的充、放电现象”的实验。(1)同学甲用如图所示的电路做实验。实验器材有电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关。关于电源和电流表的选取，下列说法正确的是________。A．交流电源，零刻度线在左侧的电流表B．交流电源，零刻度线在中间的电流表C．直流电源，零刻度线在左侧的电流表D．直流电源，零刻度线在中间的电流表(2)同学乙将同学甲电路中的电流表和电压表换成电流传感器和电压传感器。同学乙先使开关S与1端相连，稳定后得到如图甲和图乙所示的图像，然后把开关S掷向2端，稳定后得到如图丙和图丁所示的图像。根据图像，在表格内各空格处填上合理的答案。开关位置电容器是在充电还是在放电电流传感器中的电流正在增大还是减小电容器两端的电压正在增大还是减小S与1端相连________________________S与2端相连________________________(3)同学丙多次测量，获取某电容器实验数据，绘制出如图所示的图像，其中正确的是________。【答案】(1)D(2)充电减小增大放电减小减小(3)BCD【解析】(1)因为要观察电容器的充、放电现象，只能选择直流电源，若选择交流电源，电流表将一直有示数。电流表要往左右两个方向偏，所以要选零刻度线在中间的电流表，故A、B、C错误，D正确。(2)开关S与1端相连后，是电容器充电过程，此时由图像可知电流传感器中的电流正在减小，电压传感器中的电压正在增大。开关S掷向2端后，是放电过程，此时由图像可知电流传感器中的电流正在减小，电压传感器中的电压正在减小。(3)由电容定义式C＝eq\f(Q,U)可知，C是定值，与Q、U无关，Q和U成正比。故A错误，B、C、D正确。练3如图所示，将平行板电容器的两极板分别与电池的正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态．现紧贴下板迅速插入一个有一定厚度的金属板，则在此过程中()A．电路中流过逆时针方向的短暂电流B．电容器的电荷量减小C．带电液滴仍保持静止D．带电液滴向下做加速运动【答案】A【解析】插入一个带有一定厚度的金属板，相当于极板间的距离变小，根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容增大，又因电势差不变，则由Q＝CU知，电容器的电荷量增大，电路中流过逆时针方向的短暂电流，故A正确，B错误；电势差不变，d减小，则电场强度增大，带电液滴所受的电场力增大，使带电液滴向上做加速运动，故C、D错误．练4用传感器观察电容器放电过程的实验电路如图甲所示，电源电动势为8V、内阻忽略不计。先使开关S与1端相连，稍后掷向2端，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示的电流随时间变化的i－t图像如图乙所示。下列说法正确的是()A．图中画出的靠近i轴的竖立狭长矩形面积表示电容器所带的总电荷量B．电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为20CC．电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为4.0×10－4CD．电容器的电容约为4.0×102μF【答案】D【解析】在图乙i－t图中阴影标记了一个竖立的狭长矩形，这个阴影面积的物理意义是通电0.1s充入电容(流过电阻R)的电荷量，故A错误；电容器所带的电荷量在数值上等于图像与坐标轴所包围的面积，确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标的每个小格为0.4s，则每个小格所代表的电荷量数值为q＝0.2×10－3×0.4C＝8×10－5C，曲线下包含的小正方形的个数为40个(格数为38～42都正确)，由曲线下方的方格数与q的乘积即得电容器所带的电荷量Q＝40×8×10－5C＝3.2×10－3C，故B、C错误；根据C＝eq\f(Q,U)，且电源电动势为8V，那么电容器的电容约为C＝eq\f(3.2×10－3,8)F＝4.0×102μF，故D正确。命题点精析（三）带电粒子（带电体）在电场中的直线运动1．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≠0，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．2．用动力学观点分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(02,)＝2ad.3．用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1命题点精析（四）带电粒子（带电体）在电场中的偏转例3如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则()A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B．金属板A、B间的电压减小C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D．乙电子运动到O点的速率为2v0【答案】C【解析】两板间距离变大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝eq\f(1,2)mv2，e·E·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，可知，乙电子运动到O点的速率v＝eq\r(2)v0，选项D错误．练5(多选)如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电油滴，在平行于纸面的匀强电场中由静止沿斜向右下方做直线运动，其轨迹与竖直方向的夹角为θ，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列判断正确的是()A．电场强度的最小值等于eq\f(mg,q)B．电场强度的最大值等于eq\f(mgsinθ,q)C．带电油滴的机械能可能增加D．电场力可能对带电油滴不做功【答案】CD【解析】带电油滴的运动轨迹为直线，在电场中受到重力mg和电场力F，其合力必定沿此直线向下，根据三角形定则作出合力，由图可知，当电场力F与此直线垂直时，电场力F最小，场强最小，则有F＝qEmin＝mgsinθ，得到Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，由图可知，电场强度无最大值，故A、B错误；当E＝eq\f(mgsinθ,q)时，电场力方向与速度方向垂直，电场力不做功，带电油滴的电势能一定不变；这种情况下只有重力做功，带电油滴的机械能不变，故D正确；当E>eq\f(mgsinθ,q)时，当电场力方向与速度方向成锐角时，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故C正确．练6(多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是()A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同【答案】CD【解析】根据动能定理：eq\f(1,2)mv2－0＝qU，解得：v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以质子和α粒子在O2处的速度大小之比为eq\r(2)∶1，A错误；对整个过程用动能定理，设O2到MN板的电势差为U′，有：Ek－0＝q(U＋U′)，所以末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2，C正确；由O2到MN板，质子和α粒子都做类平抛运动，竖直方向：h＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2，水平方向：x＝vt，联立解得：x＝2eq\r(\f(Uh,E))，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D正确；在A、B间：a＝eq\f(Eq,m)，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子的水平速度大，又因为质子和α粒子水平位移相等，所以质子运动时间短，B错误．例4多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。【答案】(1)eq\r(\f(ml2,2qU))(2)eq\f(U,E)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,t0)))eq\s\up12(2)m0【解析】(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有qU＝eq\f(1,2)mv2①离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝eq\f(l,v)②联立①②式，得T1＝eq\r(\f(ml2,2qU))。③(2)根据动能定理，有qU－qEx＝0④得x＝eq\f(U,E)。⑤(3)离子在加速电场中运动和在反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为eq\o(v,\s\up6(－))，有eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)⑥通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在反射区运动的总路程相等，设为L1，在无场区域的总路程设为L2，根据题目条件可知，离子在无场区域速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝eq\f(L1,\o(v,\s\up6(－)))＋eq\f(L2,v)⑦联立①⑥⑦式，得t总＝(2L1＋L2)eq\r(\f(m,2qU))可见，离子从A到B的总飞行时间与eq\r(m)成正比。依题意可得eq\f(t1,t0)＝eq\r(\f(m1,m0))可得m1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,t0)))eq\s\up12(2)m0。练7平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个固定在P点的正检验电荷，如图所示．以C表示电容器的电容，E表示两板间的场强，φ表示P点处的电势，W表示正电荷在P点的电势能．若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x0，则在此过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象正确的是下图中的()【答案】C【解析】当负极板右移时，两板之间的距离d减小，由C＝eq\f(εrS,4πkd0－x)可知，C与x的关系图象不是一次函数图象，故A错误；由U＝eq\f(Q,C)可知，U＝eq\f(4πkd,εrS)Q，则E＝eq\f(4πkQ,εrS)，故E与两板之间的距离d(或x)无关，故B错误；因负极板接地，设P点原来与负极板之间的距离为l，则P点的电势φ＝E(l－x)，故C正确；电势能Ep＝φq＝Eq(l－x)，不可能为水平线，故D错误．练8如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则()A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变B．金属板A、B间的电压减小C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D．乙电子运动到O点的速率为2v0【答案】C【解析】两板间距离变大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝eq\f(1,2)mv2，e·E·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，可知，乙电子运动到O点的速率v＝eq\r(2)v0，选项D错误．核心素养大提升例5如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点．由O点静止释放的电子恰好能运动到P点．现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点【答案】A.【解析】电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间