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教案

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．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．平行板电容器的电容(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．加速(1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(2)在非匀强电场中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2．偏转(1)运动状况：假如带电粒子以初速度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，如图所示。(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。依据运动的合成与分解的学问解决有关问题。(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(2,0))，偏转角θ的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。一、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电子束高速撞击荧光屏而产生的。 (√)二、走进教材1．(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。]2．(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]C3．(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)，先分析电容的变更，再分析Q的变更。②依据E＝eq\f(U,d)分析场强的变更。③依据UAB＝Ed分析某点电势变更。(2)Q不变①依据C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)，先分析电容的变更，再分析U的变更。②依据E＝eq\f(U,d)分析场强变更。eq\o([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变更。(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变更。(3)用E＝eq\f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的变更。eq\o([跟进训练])电压不变的动态分析问题1.(多选)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．油滴运动的加速度渐渐变大D．极板带的电荷量削减CD[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，C正确，A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．(多选)(2024·辽宁新高考适应性考试)如图所示，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板间距减小到原来的一半。假设变更前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。忽视边缘效应，则下列说法正确的是()A．变更前后电容器电容之比为9∶17B．变更前后电容器所带电荷量之比为16∶9C．变更前后电子到达下极板的速度之比为eq\r(2)∶1D．变更前后电子运动到下极板所用时间之比为2∶1AD[由平行板电容器电容公式C＝eq\f(εS,4πkd)，可知，变更前后电容器电容之比为eq\f(C1,C2)＝eq\f(S1,S2)·eq\f(d2,d1)＝eq\f(S,\f(17,18)S)·eq\f(\f(d,2),d)＝eq\f(9,17)，电容器两端电压不变，变更前后电容器所带电荷量之比为eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(C1,C2)＝eq\f(9,17)，故A正确，B错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，由动能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，解得，电子到达下极板的速度v＝eq\r(\f(2qU,m))，电容器两端电压不变，变更前后电子到达下极板的速度之比为1∶1，故C错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，电子的加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(eU,md)，电子的运动时间t＝eq\r(\f(2d,a))＝eq\r(\f(2md2,eU))＝deq\r(\f(2m,eU))，变更前后电子运动到下极板所用时间之比为eq\f(t1,t2)＝eq\f(d1,d2)＝eq\f(d,\f(d,2))＝eq\f(2,1)，故D正确。故选AD。]带电粒子在电场中的运动eq\o([讲典例示法])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基本粒子如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的示意以外，一般都不考虑重力(但并不忽视质量)带电颗粒如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的示意以外，一般都不能忽视重力2.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。(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。3．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。4．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(2,0)。非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。[典例示法1]粒子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eq\f(1,2)。质子的比荷取1×10(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。[答案](1)0.4m(2)6×104V带电粒子在匀强电场中的直线运动问题的分析思路带电粒子在电场中的偏转1.带电粒子在偏转电场中运动的基本规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飞出电容器：t＝\f(l,v0)。,b.不能飞出电容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU))。))(2)沿电场力方向做匀加速直线运动eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md)。,离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))。,离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv\o\al(2,0))。))2．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)。[典例示法2]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)at2 ①L＝v0t ②vy＝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) ③E＝eq\f(UYY′,d) ④由①②③④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两个关键(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。eq\o([跟进训练])1.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是()A．eq\f(edh,U) B．deUhC．eq\f(eU,dh) D．eq\f(eUh,d)D[电子从O点到A点，因受电场力作用，速度渐渐减小。依据题意和图示推断，电子仅受电场力，不计重力。这样，我们可以用能量守恒定律来探讨问题，即eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eUOA。因E＝eq\f(U,d)，UOA＝Eh＝eq\f(Uh,d)，故eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(eUh,d)，故选项D正确。]2．喷墨打印机的简化模型如图所示。重力可忽视的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()A．向负极板偏转 B．电势能渐渐增大C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电量无关C[带电微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，依据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动。带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；依据x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2及a＝eq\f(qE,m)，得带电微滴的轨迹方程为y＝eq\f(qEx2,2mv\o\al(2,0))，即运动轨迹是抛物线，与带电量有关，选项C正确，D错误。]3.(2024·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ＞0)。质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽视不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？[解析](1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq\f(2φ,d) ①F＝qE＝ma ②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝eq\f(1,2)at2 ④l＝v0t ⑤联立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh ⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))。 ⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为LL＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。 ⑧[答案](1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))与电容器相关的STSE问题智能手机上的电容触摸屏[示例1](多选)目前智能手机普遍采纳了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的。它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极。当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器。因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，限制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。对于电容触摸屏，下列说法正确的是()A．电容触摸屏只须要触摸，不须要压力即能产生位置信号B．运用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大AD[据题意知，电容触摸屏只须要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，限制器就能确定手指的位置，因此不须要手指有压力，故A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容触摸屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确。]喷墨打印机[示例2]有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上。已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是()A．增大墨滴的带电荷量B．减小墨滴喷出时的速度C．减小偏转板与承印材料的距离D．增大偏转板间的电压C[带电粒子经偏转电场U偏转，侧移Y1＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(qU,md)，t＝eq\f(L,v0)，可推出