第39讲电容器带电粒子在电场中的运动（讲义）

第39讲电容器带电粒子在电场中的运动目录复习目标网络构建考点一电容器的动态分析【夯基·必备基础知识梳理】知识点1电容器和电容知识点2平行板电容器两类动态的分析思路【提升·必考题型归纳】考向1平行板电容器两类动态的分析考向2生产生活中的电容器动态分析考点二带电粒子在电场中的直线运动【夯基·必备基础知识梳理】知识点1电场中带电粒子做直线运动的条件知识点2用动力学和功能观点分析问题【提升·必考题型归纳】考向1电场中带电粒子的直线运动考向2电场中带电体的直线运动考点三带电粒子在电场中的抛体运动【夯基·必备基础知识梳理】知识点带电粒子在电场中的抛体运动处理方法【提升·必考题型归纳】考向1电场中带电粒子的抛体运动考向2电场中带电体的抛体运动真题感悟理解和掌握电容的定义式和决定式，会处理分析电容器的动态问题。能够利用动力学、功能观点处理带电粒子在电场中的直线运动和抛体运动。考点要求考题统计考情分析（1）电容（2）电场中带电粒子的直线和抛体运动2023年湖北卷第10题2023年1月浙江卷第12题2023年北京卷第20题高考对电容器的考查较为频繁，但对带电粒子在电场中运动几乎每年都考，并且特别容易与磁场相结合，考查电磁组合场和叠加场问题，题目难度相对较大。考点一电容器的动态分析知识点1电容器和电容1．电容器(1)组成：在两个相距很近的平行金属板中间夹上一层绝缘物质——电介质，就组成一个最简单的电容器。(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。(3)击穿电压与额定电压①击穿电压：电容器两极板间的电压超过某一数值时，电介质将被击穿，电容器损坏，这个极限电压称为电容器的击穿电压。②额定电压：电容器外壳上标的工作电压，也是电容器正常工作所能承受的最大电压，额定电压比击穿电压低。2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比，叫作电容器的电容。(2)定义式：C＝eq\f(Q,U)。(3)物理意义：表示电容器储存电荷本领大小的物理量。(4)单位：法拉(F)，1F＝1×106μF＝1×1012pF。3．平行板电容器(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)。知识点2平行板电容器两类动态的分析思路1．平行板电容器动态的分析思路2.平行板电容器的动态分析问题的两种情况(1)平行板电容器充电后,保持电容器的两极板与电池的两极相连接:(2)平行板电容器充电后,切断与电池的连接:考向1平行板电容器两类动态的分析1．如图所示，是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是（）A．带电液滴可能带正电B．增大两极板距离的过程中，电容器的电容C减小C．增大两极板距离的过程中，电阻R中有b从到a的电流D．若断开S，减小两极板距离，带电液滴仍静止不动【答案】BD【详解】A．带电量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，则知电场力向上，而场强向下，所以微粒带的是负电，故A错误；BC．增大电容器两极板间距离，根据电容的决定式可知电容C减小，U不变，由分析可知Q减小，电容器放电，则R中有从a流向b的电流，故B正确，C错误；D．断开S，极板上电量不变；减小两极板距离，根据电容的决定式电容的定义式以及由公式E=分析可知E=与d无关，即E保持不变，所以液滴静止仍然不动，故D正确。故选BD。2．如图所示，直流电源与一平行板电容器、理想二极管正向电阻为零可以视为短路，反向电阻无穷大可以视为断路连接，二极管一端接地。闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是（）

A．将平行板电容器下极板向下移动，则P点的电势不变B．将平行板电容器上极板向上移动，则P点的电势不变C．减小极板间的正对面积，带电油滴会向上移动D．无论哪个极板向上移动还是向下移动，带电油滴都不可能向下运动【答案】ACD【详解】A．将下极板向下移动，d变大，由可知C小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由可知电容器两极板间的电场强度不变，P点与上极板间的电势差不变，上极板电势不变，故P点的电势不变，故A正确；B．将上极板向上移动，d变大，由可知C小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由可知电容器两极板间的电场强度不变，上极板电势不变，P与上极板的距离变大，P的电势降低，故B错误；C．减小极板间的正对面积S，由可知C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由可知，电场强度E变大油滴所受电场力变大，油滴所受合力向上，带电油滴会向上移动，故C正确；D．上极板上移或下极板下移时，d变大，由可知，C变小，由于二极管具有单向导电性，电容器不能放电，由可知电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止不动；上极板下移或下极板上移时d变小，C变大，两极板间的电压U等于电源电动势不变，电场强度变大，电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动，故D正确。故选ACD。考向2生产生活中的电容器动态分析3．如图所示，日前多媒体教学一体机普遍采用了电容触摸屏，因为工作面上接有高频信号，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指相当于接地导体，手指和工作面形成一个电容器，控制器由此确定手指位置。对于电容触摸屏，下列说法正确的是（

）

A．手指与屏的接触面积变大时，电容变大B．手指与屏的接触面积变大时，电容变小C．手指压力变大时，手指与屏的工作面距离变小，电容变小D．手指压力变大时，手指与屏的工作面距离变小，电容不变【答案】A【详解】AB．根据可知，手指与屏的接触面积变大时，电容变大。故A正确；B错误；CD．同理，手指压力变大时，手指与屏的工作面距离变小，电容变大。故CD错误。故选A。4．传感器是一种检测装置，能感受到被测量的信息，并能将感受到的信息，按一定规律变换成为电信号或其他所需形式的信息输出，以满足信息的传输、处理、存储、显示、记录和控制等要求，它是实现自动检测和自动控制的首要环节。如图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体。已知电流从灵敏电流计左边接线柱流进电流计，指针向左偏。如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则（）A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小【答案】D【详解】电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流方向由左→右，则导体芯A所带电荷量在减小，由Q＝CU可知，导体芯A与液体形成的电容器的电容减小，根据电容的决定式可知液体的深度h在减小。故选D。考点二带电粒子在电场中的直线运动知识点1电场中带电粒子做直线运动的条件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.匀强电场中，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。知识点2用动力学和功能观点分析问题1．用动力学观点分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad(匀强电场)。2．用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02。非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。考向1电场中带电粒子的直线运动1．一对平行正对的金属板C、D接入如图所示的电路中，电源电动势为E，C板固定，D板可左右平行移动，闭合开关，一段时间后再断开开关，从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，已知A到D板的距离是板间距离的三分之一，电子质量为m，电荷量为e，忽略电子的重力，则（）

A．设定C板电势为0，电子在A点的电势能为B．若要让电子能够到达D板，可将D板向左平移至A点或A点左侧某位置C．若要让电子能够到达D板，可将D板向右平移至某位置D．若要让电子能够到达D板，可闭合开关，再将D板向右平移至某位置【答案】B【详解】A．金属板的电场线由C指向D，沿着电场线电势逐渐降低，设定C板电势为0，则A点的电势为电子在A点的电势能为故A错误；BCD．闭合开关，一段时间后再断开开关，则电容器的电量Q不变，根据电容的定义式和决定式有，联立解得从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，则有所以若要让电子能够到达D板，可将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，或者闭合开关，再将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，故B正确，CD错误，故选B。2．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【详解】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得则有将C板向右移动，B、C板间的电场强度变为则将C板向右平移到P′点，B、C间电场强度E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回。故选A。考向2电场中带电体的直线运动3．如图所示，在竖直面（纸面）内有匀强电场，带电量为q（q>0）、质量为m的小球受水平向右大小为F的恒力，从M匀速运动到N。已知MN长为d，与力F的夹角为，重力加速度为g，则

A．场强大小为B．M、N间的电势差为C．从M到N，电场力做功为D．若仅将力F方向顺时针转，小球将从M向N做匀变速曲线运动【答案】AC【详解】A．对小球受力分析，如图所示

根据受力平衡可得解得场强大小为故A正确；B．设MN与场强方向的夹角为，则M、N间的电势差为故B错误；C．从M到N，根据动能定理可得可得电场力做功为故C正确；D．因电场力和重力的合力与等大反向，则若仅将力方向顺时针转，小球受的合力方向沿NM的方向向下，大小为，则小球将从M向N做匀变速直线运动，故D错误。故选AC。4．如图所示，质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度沿直线做匀变速运动，直线与水平面的夹角为，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（）A．电场强度E的最小值为B．匀强电场的方向可能竖直向上C．如果小球加速运动且加速度大小为g，则电场强度D．如果电场强度为，小球电势能的最大值为【答案】AC【详解】A．因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向不确定，有最小值，当电场力垂直于运动方向时，电场力最小为，如图所示所以电场强度的最小值故A正确；B．因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场方向不可能竖直向上，B错误；C．如果小球加速运动且加速度大小为，由受力分析可知此时解得故C正确；D．如果电场强度为，小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为，斜向上，如图所示根据牛顿第二定律知，小球的加速度为小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移在整个过程中电场力做功即电势能增加，所以小球电势能的最大值为，故D错误。故选AC。考点三带电粒子在电场中的抛体运动知识点带电粒子在电场中的抛体运动处理方法1.求解电偏转问题的两种思路以示波管模型为例,带电粒子经加速电场U1加速,再经偏转电场U2偏转后,需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P,如图所示。(1)确定最终偏移距离OP的两种方法方法1:方法2:(2)确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法2.特别提醒：（1）利用动能定理求粒子偏转后的动能时,电场力做功W=qU=qEy,其中“U”为初末位置的电势差,而不一定是U=U2（2）注意是否考虑重力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，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．考向1电场中带电粒子的抛体运动1．如图所示，甲、乙两个带正电的粒子分别以速度和从绝缘斜面顶端水平射出，整个装置处在竖直向下的匀强电场中，已知粒子甲的质量为，粒子乙的质量为，若两个粒子能落在斜面上同一点，粒子的重力不计，则下列说法正确的是（）A．若，则粒子甲的比荷与粒子乙的比荷的比值为B．若，则粒子甲的比荷与粒子乙的比荷的比值为C．若，则粒子甲落到斜面的动能小于粒子乙落到斜面的动能D．若，则粒子甲落到斜面的动能等于粒子乙落到斜面的动能【答案】AD【详解】AB．由于粒子在电场中做类平抛运动，如图所示可知粒子运动的加速度为则粒子运动的水平位移为竖直位移整理得到所以粒子的比荷与初速度的平方成正比，即粒子甲的比荷与粒子乙的比荷的比值为，故A正确，B错误；CD．由动能定理，可得粒子落到斜面的动能由可以得到整理得到所以两个粒子到达斜面的动能是相等的，故C错误，D正确。故选AD。2．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的。如图所示，质量为m的带电粒子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向从正中间射入偏转电场，并从另一侧射出。已知带电粒子的电荷量为q，加速电场电压为U1，偏转电场的极板长度为L，两极板间的距离为d，偏转电场极板间的电压为U2且可调节，不计粒子的重力。则下列说法正确的是（）A．粒子离开偏转电场时的动能为q（U1+U2）B．同种电性的不同带电粒子，射出装置的位置相同C．减小U2，带电粒子通过偏转电场的时间变长D．若粒子刚好从下极板边缘离开偏转电场，则【答案】BD【详解】A．对粒子从静止到离开偏转电场由动能定理得可知粒子离开偏转电场获得的动能等于加速电场做功和偏转电场做功，其中；粒子离开偏转电场时的动能并不等于q（U1+U2），故A错误；B．带电粒子在加速电场中有化简可得由于粒子从另一侧射出，则在偏转电场极板间运动的时间为带电粒子在偏转电场极板间的加速电为竖直方向的位移为根据上式可知带电粒子在电场中偏转，不同带电粒子均从同一位置射出，偏移量与比荷无关，只与装置本身有关，故B正确；C．减小偏转电压并不会影响离开偏转电场的时间，因为时间由水平位移和水平速度决定，所以时间不变，故C错误；D．若刚好从下极板边缘射出，根据偏移量公式有化简可得故D正确。故选BD。考向2电场中带电体的抛体运动3．如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且，则下列说法中正确的是（）A．小球从A到B与从B到C的运动时间之比3∶1B．小球从A到B与从B到C的速度变化量大小之比3∶1C．小球从A到B重力做功与从B到C电场力做功数值比为1∶1D．小球从A到B重力做功与从B到C电场力做功数值比为2：3【答案】D【详解】A．带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2．在电场中的加速度为a，则从A到B过程小球做平抛运动，则有x1=v0t1从B到C过程，有x2=v0t2由题意有x1=2x2则得t1=2t2即小球从A到B与从B到C运动时间之比为2:1，选项A错误；CD．又y1=gt12将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有y2=at22根据几何知识有y1：y2=x1：x2解得a=2g根据牛顿第二定律得Fmg=ma=2mg解得F=3mg因AB和BC的竖直高度之比是y1：y2=2:1则小球从A到B重力做功与从B到C克服电场力做功之比为mgy1:Fy2=2:3选项C错误，D正确；B．根据速度变化量△v=at则得AB过程速度变化量大小为△v1=gt1=2gt2，BC过程速度变化量大小为△v2=at2=2gt2所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等,故C错误。故选D。4．如图所示，一质量为、带电荷量为的小球，以速度沿两正对带电平行金属板MN（板间电场可看成匀强电场）左侧某位置水平向右飞入，已知极板长，两极板间距为，不计空气阻力，小球飞离极板后恰好由A点沿切线进入竖直光滑绝缘圆弧轨道ABCD，AC、BD为圆轨道的直径，在圆轨道区域有水平向右的匀强电场，电场强度的大小与MN间的电场强度大小相等。已知，，，下列说法正确的是（）A．小球在A点的速度大小为4m/sB．MN两极板间的电势差为C．小球运动至C点的速度大小为5m/sD．轨道半径时小球不会在ABCD区间脱离圆弧轨道【答案】BCD【详解】A．因为小球飞离极板后恰好由A点沿切线进入竖直光滑绝缘圆弧轨道，所以小球在A点的速度大小为，A错误；B．带电小球在匀强电场中作类平抛运动，则有；解得因为所以，小