2024高考物理一轮复习第七单元静电场第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动学案新人教版

PAGE14-第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动考纲考情核心素养►带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ►示波管Ⅰ►常见的电容器、电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ►电容及电容器的概念．►带电粒子在电场中运动的基本规律.物理观念全国卷5年5考高考指数★★★★★►平行板电容器的动态分析．►解决带电粒子在电场中运动的一般步骤与方法.科学思维学问点一电容器、电容1．电容器(1)组成：由任何两个相互靠近又彼此绝缘的导体组成．(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.直观情景2.电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与两个极板间的电势差U的比值．(2)表达式：C＝eq\f(Q,U).(3)单位：法拉(F)、微法(μF)，常用单位还有皮法(pF)，1F＝106μF＝1012pF.(4)平行板电容器电容的确定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量．学问点二带电粒子在匀强电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.(2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满意qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力．(2)运动性质：类平抛运动．(3)处理方法：运动的分解．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．学问点三示波管的工作原理1．构造：①电子枪，②偏转极板，③荧光屏．(如图所示)2．工作原理(1)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．(2)视察到的现象：①假如在偏转电极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改变的稳定图象．1．思索推断(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正比．(×)(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．(√)2．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(B)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解析：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．3．两平行金属板相距为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入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA间距为h，则此电子的初动能为(D)A.eq\f(edh,U) B.eq\f(dU,eh)C.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)解析：电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度渐渐减小，依据动能定理可得－eUOA＝0－Ek，因为UOA＝eq\f(U,d)h，所以Ek＝eq\f(eUh,d)，选项D正确．4．(多选)示波管是示波器的核心部件，如图所示，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，假如在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(AD)A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带负电D．极板Y应带正电解析：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X极板偏转，则电场方向为X到X′，故X带正电，同理可知Y带正电，A、D正确．考点1电容器动态分析1．电容的定义式和确定式C＝eq\f(Q,U)(或C＝eq\f(ΔQ,ΔU))C＝eq\f(εrS,4πkd)公式特点定义式，适用于一切电容器确定式，适用于平行板电容器意义对某电容器Q∝U，但eq\f(Q,U)＝C不变，反映电容器容纳电荷的本事C∝εr，C∝S，C∝eq\f(1,d)，反映了影响电容器电容大小的因素2.平行板电容器动态的分析思路两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m、带电荷量为－q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示．在其他条件不变的状况下，假如将两极板特别缓慢地水平错开一些，那么在错开的过程中()A．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从b流向aB．油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向bC．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向aD．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b【解析】电容器与电源相连，两极板间电压不变．将两极板特别缓慢地水平错开一些，两极板正对面积减小，而间距不变，由E＝eq\f(U,d)可知，电场强度不变，油滴受到的电场力不变，仍与重力平衡，因此油滴静止不动．由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，电容减小，Q＝CU，电荷量减小，电容器放电，因此可推断电流计中的电流从a流向b，故D正确．【答案】D高分技法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(D)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不变解析：平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U＝Ed可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变．综上所述，选项D正确．2．(多选)如图所示，D是一只志向二极管，电流只能从a流向b，不能从b流向a.平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态．以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，Ep表示电荷在P点的电势能．若保持极板B不动，将极板A稍向上平移，则下列说法正确的是(BCD)A．E变小 B．U变大C．Ep不变 D．电荷仍保持静止解析：由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当极板A稍向上平移时，d增大，C变小，但因二极管的存在，电容器不能放电，故电容器上的电荷量Q不变，由Q＝CU可知，U变大，又E＝eq\f(U,d)，联立各式可知E＝eq\f(4πkQ,εrS)，则板间电场强度不变，电荷仍静止，且φP不变，故EP＝qφP也不变，A错误，B、C、D正确．考点2带电粒子体在电场中的直线运动)1．带电粒子(体)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)带电体如液滴、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．用能量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.题型1只在电场力作用下的直线运动(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、电性相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板旁边，与极板距离相等．现同时释放a、b，它们由静止起先运动．在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a、b间的相互作用和重力可忽视．下列说法正确的是()A．a的质量比b的大B．在t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量大小相等【解析】两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x＝eq\f(1,2)at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qEx＝Ek得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确．【答案】BD3.某静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示，一质量m＝4×10－10kg、电荷量q＝2×10－9C的带负电粒子(不计重力)从(－1m，0)点由静止起先，仅在电场力作用下在动．则该粒子运动的周期为(B)A.eq\f(2＋\r(2),5)s B．0.6sC．0.1s D.eq\f(5＋\r(5),2)s解析：本题考查电势、电势差学问，目的是考查学生的分析综合实力．粒子先沿x轴正方向做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，然后反向运动．有x＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，a1＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(Δφ,Δx)，解得粒子沿x轴正方向匀加速运动的时间t1＝0.2s，同理结合a1t1＝a2t2可得匀减速运动的时间t2＝0.1s，且粒子到达x＝0.5m处的速度恰好为零，反向运动时间为t1＋t2＝0.3s，所以粒子运动的周期T＝2(t1＋t2)＝0.6s，选项B正确，选项A、C、D错误．题型2在电场力和重力作用下的直线运动如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则()A．微粒到达B点时动能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．微粒的加速度大小等于gsinθC．两极板的电势差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D．微粒从A点到B点的过程电势能削减eq\f(mgd,cosθ)【解析】微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向．由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B时动能小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项A错误；依据qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，选项C正确；微粒从A点到B点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qUMN＝eq\f(mgd,cosθ)，选项D错误．【答案】C高分技法带电粒子在电场中做直线运动的分析方法：4.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止起先下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽视不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；(3)小球从起先下落到运动至下极板处所需的时间．解析：(1)由v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh).(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg－qE＝ma，由运动学公式知：0－v2＝2ad整理得电场强度E＝eq\f(mgh＋d,qd)由U＝Ed，Q＝CU，得电容器所带电荷量Q＝Ceq\f(mgh＋d,q).(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，0＝v＋at2，t＝t1＋t2，整理得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g)).答案：(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)Ceq\f(mgh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))考点3带电粒子在匀强电场中的偏转设粒子带电荷量为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,dm)(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)))(4)偏转角tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)(5)偏转距离y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最终打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子肯定打到屏上的同一位置【解析】设加速电场两极板间距离为d，则qE1d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，粒子在偏转电场中偏转，设侧移量为y，偏转电场两极板的长度为L，则y＝eq\f(1,2)eq\f(qE2,m)(eq\f(L,v0))2＝eq\f(E2L2,4E1d)，在偏转电场中偏转电场对粒子做的功W＝qE2y＝eq\f(qE\o\al(2,2)L2,4E1d)，由于三种粒子的电荷量相等，因此偏转电场对三种粒子做的功相等，A项正确；三种粒子射出偏转电场时的速度v满意qE1d＋qE2y＝eq\f(1,2)mv2，由于质量不同，因此速度v大小不同，B项错误；三种粒子运动到屏上的时间t＝eq\r(\f(2dm,qE1))＋xeq\r(\f(m,2qE1d))，x为加速电场右极板到屏的距离，由于质量不同，因此运动时间不同，C项错误；由于粒子从同一位置射出偏转电场，射出电场时的速度的反向延长线均交于偏转电场中线的中点，因此粒子会打在屏上同一位置，D项正确．【答案】AD高分技法两个有用推论(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，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qU1,md)·eq\f(l,v0)·eq\f(1,v0)得y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子经电场偏转后，末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到偏转电场边缘的距离为eq\f(l,2).证明：设O点到电场边缘距离为x，则tanθ＝eq\f(y,x)变形可得x＝eq\f(l,2).5．(多选)如图所示，带电荷量之比为qAqB＝13的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点动身，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽视粒子重力的影响，则(ABC)A．A和B在电场中运动的时间之比为12B．A和B运动的加速度大小之比为41C．A和B的质量之比为112D．A和B的位移大小之比为11解析：粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tAtB＝12，故A正确；竖直方向由h＝eq\f(1,2)a