江苏专用2025版高考物理一轮复习第7章静电场第3节电容器带电粒子在电场中的运动学案

PAGE14-第3节电容器、带电粒子在电场中的运动一、电容器及电容1．常见电容器(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肯定值。(3)电容器的充、放电充电：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。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)物理意义：表示电容器容纳电荷本事大小的物理量。(4)单位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012pF。3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。(2)确定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。二、带电粒子在匀强电场中的运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做匀速直线运动或静止。(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．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场方向飞入匀强电场，仅受电场力。(2)运动性质：匀变速曲线运动。(3)处理方法：运动的合成与分解。①沿初速度方向：做匀速直线运动。②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。1．思索辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。 (×)(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。 (×)(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。 (×)(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。 (×)(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。 (√)(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。 (√)2．(人教版选修3－1P32T1改编)如图所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是()A．电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大B．电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大C．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板，则静电计指针偏转角增大D．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大B[电容器与电源保持连接时两极板间的电势差不变，静电计指针偏转角不变，A错误；与电源断开后，电容器所带电荷量不变，结合U＝eq\f(Q,C)和C＝eq\f(εrS,4πkd)可推断B正确，C、D错误。]3．(人教版选修3－1P39T1改编)如图所示，电子由静止起先从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两极板间电压不变，则()A．当减小两极板间的距离时，速度v增大B．当减小两极板间的距离时，速度v减小C．当减小两极板间的距离时，速度v不变D．当减小两极板间的距离时，电子在两极间运动的时间变长[答案]C4．(人教版选修3－1P39T5改编)如图所示，电子由静止起先经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看成匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。忽视电子所受重力，电子射入偏转电场时初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy分别是()A．eq\r(\f(eU0,m))eq\f(UL2,2U0d) B．eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,2U0d)C．eq\r(\f(eU0,m))eq\f(UL2,4U0d) D．eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)D[依据动能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，电子射入偏转电场时的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))，加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)，偏转距离Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)。]平行板电容器的动态分析eq\o([讲典例示法])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依据C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析电容的改变，再分析Q的改变。②依据E＝eq\f(U,d)分析场强的改变。③依据UAB＝Ed分析某点电势改变。(2)Q不变①依据C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析电容的改变，再分析U的改变。②依据E＝eq\f(U,d)分析场强改变。[典例示法]如图所示，A、B为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，开关S闭合后，静电计指针张开肯定角度。下述做法可使静电计指针张角增大的是()A．使A板向左平移以增大板间距离B．在A、B两板之间插入一块陶瓷板C．断开S后，使B板向左平移以减小板间距离D．断开S后，使B板向上平移以减小极板正对面积D[开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针张角不变，故A、B错误；断开S，电容器所带的电荷量不变，使B板向左平移以减小板间距离，则电容增大，依据U＝eq\f(Q,C)知，电势差减小，则静电计指针张角减小，故C错误；断开S，电容器所带的电荷量不变，使B板向上平移以减小极板正对面积，则电容减小，依据U＝eq\f(Q,C)知，电势差增大，则静电计指针张角增大，故D正确。]电容器动态分析的三个关键量(1)用确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的改变。(2)用定义式C＝eq\f(Q,U)分析电容器所带的电荷量或两极板间电压的改变。(3)用E＝eq\f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的改变。[跟进训练]电压不变的动态分析问题1．如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变。则在B极板移动的过程中()A．油滴将向下做匀加速运动B．电流计中电流由b流向aC．油滴运动的加速度保持不变D．极板带的电荷量削减D[由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，d增大时，电容器的电容C减小，由Q＝CU可知，电容器的电荷量削减，电容器放电，电流由a流向b，D正确，B错误；由E＝eq\f(U,d)可知，在B板下移过程中，两板间场强渐渐减小，由mg－Eq＝ma可知油滴运动的加速度渐渐变大，A、C错误。]电荷量不变的动态分析问题2．(2024·北京高考)探讨与平行板电容器电容有关因素的试验装置如图所示。下列说法正确的是()A．试验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．试验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．试验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．试验中，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A[试验前，由电荷间的相互作用规律知，用带电玻璃棒与电容器a板接触，可使电容器带电，选项A正确；试验中，只将电容器b板向上平移，极板的正对面积变小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容器的电容减小，电容器所带的电荷量不变，由C＝eq\f(Q,U)知，电容器两极板间的电势差变大，故静电计指针的张角变大，选项B错误；试验中，只在极板间插入有机玻璃板，相对介电常数变大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容器的电容增大，电容器所带的电荷量不变，由C＝eq\f(Q,U)知，电容器两极板间的电势差变小，故静电计指针的张角变小，选项C错误；电容只由电容器本身确定，与电容器所带的电荷量及极板间的电势差无关，选项D错误。]与电容器相关的力学问题3．如图所示，P、Q组成平行板电容器，两极板竖直放置，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。将该电容器与电源连接，闭合开关后，悬线与竖直方向的夹角为α，则下列说法不正确的是()A．断开开关，加大P、Q两极板间的距离，角度α会增大B．断开开关，缩小P、Q两极板间的距离，角度α不变C．保持开关闭合，缩小P、Q两极板间的距离，角度α会增大D．保持开关闭合，加大P、Q两极板间的距离，角度α会减小A[断开开关，电容器所带的电荷量不变，依据公式C＝eq\f(Q,U)、U＝Ed、C＝eq\f(εrS,4πkd)，联立得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，即此状况下电场强度与P、Q两极板间的距离无关，故两极板间的电场强度不变，小球所受电场力不变，则角度α不变，A错误，B正确；保持开关闭合，电容器两极板间的电压不变，缩小P、Q两极板间的距离，由E＝eq\f(U,d)分析得知，两极板间的电场强度增大，小球所受电场力增大，则角度α会增大；相反，增大P、Q两极板间的距离，角度α会减小，C、D正确。]带电粒子在电场中的运动eq\o([讲典例示法])1．带电粒子在电场中做直线运动的分析方法：2．带电粒子在匀强电场中偏转的基本规律：设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽视重力影响)，则有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)在电场中的运动时间：t＝eq\f(l,v0)。(3)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)。(4)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)。))3．带电粒子在匀强电场中偏转的两个二级结论：(1)不同的带电粒子从静止起先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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)得tanθ＝eq\f(Ul,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到电场边缘的距离为eq\f(l,2)。带电粒子在电场中的直线运动[典例示法]中国科学家2015年10月宣布中国将在2024年起先建立世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品平安、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8×106m/s，进入漂移管E时速度为1×107m/s，电源频率为1×107Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1×108C/kg。求：(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。思路点拨：(1)质子在B管中做匀速直线运动，已知速度，依据题意确定质子在管中运动的时间就可以求出管B的长度。(2)从B管到E管质子被三次加速，依据动能定理就可以确定加速电压。[解析](1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管A的长度为L，则T＝eq\f(1,f) ①L＝vB·eq\f(T,2) ②联立①②式并代入数据得L＝0.4m。 ③(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电压对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W′，质子的电荷量为q、质量为m，则W＝qU ④W′＝3W ⑤W′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ⑥联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104V。 ⑦[答案](1)0.4m(2)6×104V带电粒子在电场中做直线运动常用关系式(1)用动力学观点分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad(2)用功能观点分析匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1[跟进训练]1．(2024·江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中心各有一小孔，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A[依据平行板电容器的电容的确定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定义式C＝eq\f(Q,U)和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝eq\f(4kπQ,εrS)，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍旧可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确。]2．真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则()A．微粒肯定带正电B．微粒肯定做匀速直线运动C．可求出匀强电场的电场强度D．可求出微粒运动的加速度D[因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，故A错误；其合外力必与速度反向，大小为F＝eq\f(mg,sinθ)，即微粒肯定做匀减速直线运动，加速度为a＝eq\f(g,sinθ)，故B错误，D正确；电场力qE＝eq\f(mg,tanθ)，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，故C错误。]带电粒子在电场中的偏转[典例示法]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O点；(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。思路点拨：解此题要留意两点：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动。(2)敏捷应用分解的方法抓住边界条件。[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，速度偏转角为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)at2L＝v0tvy＝attanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(y,x)，解得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O点。(2)由题知a＝eq\f(Eq,m)E＝eq\f(UYY′,d)解得y＝eq\f(qUYY′L2,2dmv\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，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，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(dL＋2b,2L)故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0＝eq\f(dL＋2b,L)。[答案]见解析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v0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。[跟进训练]3．如图所示为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L，不计电子所受的重力。为了提高示波管的灵敏度eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(每单位电压引起的偏转量\f(h,U2)))，可实行的方法是()A．减小两板间电势差U2B．尽可能使板长L短些C．尽可能使板间距离d小一些D．使加速电压U1增加一些C[电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转阶段。加速阶段：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，偏转阶段：L＝v0t，h＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(eU2,2md)t2，综合得eq\f(h,U2)＝eq\f(L2,4U1d)，因此要提高灵敏度则须要：增大L或减小U1或减小d，故C正确。]4．(2024·大连二模)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两板的中心留有小孔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，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，其次次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列推断正确的是()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∶4D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同D[依据动能定理有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，选项A错误；质子、α粒子在A、B板间做匀加速直线运动，由a＝eq\f(E1q,m)可知，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，质子在竖直电场中的加速度大，做类平抛运动的时间较短，可知质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，选项B错误；O2到MN板的电势差用U′表示，对整个过程，由动能定理得Ek－0＝q(U＋U′)，故带电粒子的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，选项C错误；质子、α粒子由O2到MN板，竖直方向有h＝eq\f(Eq,2m)t2，水平方向有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，选项D正确。]带电粒子在交变电场中的运动[典例示法]如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽视不计，电子放射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间改变的图象如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：甲乙(1)在t＝0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？审题指导：题干关键获得信息穿过平行板时间极短上、下极板间的电压U(E)不变上极板电势—时间图象电子可向上(向下)偏电子打到的区间电压过大时，电子打到极板[解析](1)电子经电场加速满意qU0＝eq\f(1,2)mv2，经电场偏转后侧移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU偏,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))eq\s\up12(2)所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由图知t＝0.06s时刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm。设打在屏上的点距O点的距离为Y，满意eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))所以Y＝13.5cm。(2)由y＝eq\f(U偏L,4U0)知电子侧移量y的最大值为eq\f(L,2)，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30cm。[答案](1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5cm(2)30cm解决带电粒子在交变电场中运动问题的关键(1)处理方法：将粒