2025版高考物理一轮复习第六章静电场课时3电容器带电粒子在电场中的运动学案新人教版

PAGE12-课时3电容器带电粒子在电场中的运动一、电容器、电容1.电容器(1)组成:由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。(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号电荷,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)定义式:C=。(2)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正对面积成正比,与介质的相对介电常数成正比,与两极板间距离成反比。(2)确定式:C=,k为静电力常量。①保持两极板与电源相连,则电容器两极板间电压不变。②充电后断开电源,则电容器所带的电荷量不变。二、带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在电场中的加速(1)处理方法:利用动能定理:qU=mv2-m。(2)适用范围:任何电场。2.带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析:带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场。(2)运动性质:匀变速曲线运动。(3)处理方法:分解成相互垂直的两个分运动,类似于平抛运动。(4)运动规律①沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间:a.能飞出电容器:t=;b.不能飞出电容器:y=at2=t2,t=。②沿电场力方向,做匀加速直线运动:加速度:a===,离开电场时的偏移量:y=at2=,离开电场时的偏转角:tanθ==。考点一电容器和电容1.电容器是储存电荷的装置,充电的电容器,两极板带等量的异号电荷,电容器接电源正极的极板带正电,接电源负极的极板带负电。2.加在电容器两极板间电压不能超过某一限度,超过这个限度,电容器将被击穿,这个极限电压,称为击穿电压。电容器外壳上标注的是工作电压,数值比击穿电压低。3.电容是用比值定义的物理量,表示电容器容纳电荷的本事,反映了电容器本身的特征,与Q,U无关。[典例1](多选)如图所示,电源E对电容器C充电,当C两端电压达到80V时,闪光灯瞬间导通并发光,C放电。放电后,闪光灯断开并熄灭,电源再次对C充电。这样不断地充电和放电,闪光灯就周期性地发光。该电路()A.充电时,通过R的电流不变B.若R增大,则充电时间变长C.若C增大,则闪光灯闪光一次通过的电荷量增多D.若E减小为85V,闪光灯闪光一次通过的电荷量不变解析:给电容器充电过程中,随着两极板间所带电荷量增多,电路中的电流渐渐减小,选项A错误;充溢一次电,电容器增加的电荷量是相同的,即通过R的电荷量Q是肯定的,电源恒定,R增大,则电流I减小,依据I=可知,充电时间变长,选项B正确;若C增大,电容器充溢电时所带电荷量增多,即闪光时电容器释放的电荷量也增多,则通过闪光灯的电荷量也增多,选项C正确;因为C两端电压达到80V时,电容器就不再充电,外接电源只要供应电压等于或超过80V,产生的效果均相同,闪光灯闪光一次通过的电荷量也相同,选项D正确。答案:BCD变式1:如图为可变电容器,由一组动片和一组定片组成,这两组金属片之间是相互绝缘的,动片旋入得越多,则(A)A.正对面积越大,电容越大B.正对面积越大,电容越小C.动片、定片间距离越大,电容越大D.动片、定片间距离越小,电容越小解析:由C=可知动片旋入越多,正对面积越大,电容越大,A正确,B错误;依据电容与极板间距离成反比可知,增大动片、定片间距离,电容减小;减小动片、定片间距离,电容增大,故C,D错误。考点二平行板电容器的动态分析1.分析思路(1)确定不变量,分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)用确定式C=分析平行板电容器电容的改变。(3)用定义式C=分析电容器所带电荷量或两极板间电压的改变。(4)用E=分析电容器两极板间电场强度的改变。2.电容器两类问题的比较分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开不变量UQd变大C变小→Q变小、E变小C变小→U变大、E不变S变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小εr变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小[典例2]板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时,两极板间电势差为U1,板间电场强度为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q,板间距变为d,其他条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间电场强度为E2,下列说法正确的是()A.U2=U1,E2=E1 B.U2=2U1,E2=4E1C.U2=U1,E2=2E1 D.U2=2U1,E2=2E1解析:依据U=、C∝、E=可得U∝、E∝,则==×2=1,==,选项C正确。答案:C变式2: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)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,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大解析:试验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,a板带上电,由于静电感应,在b板上将感应出异号电荷,选项A正确;试验中,b板向上平移,正对面积S变小,由C=知,电容C变小,由C=知,Q不变,U变大,因此静电计指针的张角变大,选项B错误;插入有机玻璃板,相对介电常数εr变大,由C=知,电容C变大,由C=知,Q不变,U变小,因此静电计指针的张角变小,选项C错误;由C=知,试验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,而电容C保持不变,选项D错误。考点三带电粒子在电场中的直线加速1.带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件(1)粒子所受合力F合=0,粒子静止或做匀速直线运动。(2)粒子所受合力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.用动力学方法分析a=,E=;v2-=2ad。3.用功能观点分析匀强电场中:W=qEd=qU=mv2-m。非匀强电场中:W=qU=Ek2-Ek1。[典例3](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:依据题述可知,微粒a向下加速运动,微粒b向上加速运动,依据a,b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,可知a的加速度大于b的加速度,即aa>ab。对微粒a,由牛顿其次定律,qE=maaa,对微粒b,由牛顿其次定律,qE=mbab,联立解得>,由此式可以得出a的质量比b的小,选项A错误;在a,b两微粒运动过程中,a微粒所受的合力等于b微粒所受的合力,a微粒的位移大于b微粒的位移,依据动能定理,在t时刻,a的动能比b的大,选项B正确;由于在t时刻两微粒经过同一水平面,电势相等,电荷量大小相等,电性相反,所以在t时刻,a和b的电势能不相等,选项C错误;由于a微粒受到的电场力(合力)等于b微粒受到的电场力(合力),依据动量定理,在t时刻,a微粒的动量等于b微粒的动量,选项D正确。答案:BD变式3:如图所示,有一平行板电容器,电容为C,A板接地,中间开有一小孔,通过这一小孔连续地向电容器射入电子,电子射入小孔时的速度为v0,单位时间内射入的电子数为n,电子质量为m,电荷量为e,电容器原来不带电。随着电子不断射到B板并均留在B板上,电容器两极板的电势差将不断增大,则从起先射入电子到电容器极板电势差达到最大所须要的时间为(B)A. B. C. D.解析:随着不断有电子射到B板并留在B板上,B板上所带负电荷增加,由于静电感应,A板将带等量的正电荷,A,B板间形成电势差随时间而增大,电子在板间将做减速运动,当电子不再射到B板,即电子到达B板时的速度恰好为零时,板间的电势差达最大值Um不变。由动能定理得eUm=m得Um=则此时电容器带电荷量为Q=CUm=由题意得,极板上电荷量Q随时间改变的关系为Q=net则所需的时间为t==。考点四带电粒子在电场中的偏转1.带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(1)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)。(2)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,一般都要考虑重力。2.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)以初速度v0进入偏转电场,则y=at2=··()2,作粒子速度的反向延长线,设交于O点,O点与电场边缘的距离为x,则x==·=。结论:粒子从偏转电场中射出时,就像是从极板间的处沿直线射出。(2)经加速电场加速再进入偏转电场:若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的,则偏移量y=,偏转角正切:tanθ=。结论:无论带电粒子的m,q如何,只要经过同一加速电场加速,再垂直进入同一偏转电场,它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的,也就是运动轨迹完全重合。[典例4]如图所示,边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场。电荷量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场,不计重力。(1)若粒子从c点离开电场,求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能;(2)若粒子离开电场时动能为Ek′,则电场强度为多大?解析:(1)若粒子从c点离开电场,则有水平方向L=v0t,竖直方向L=at2,其中a=,且有Ek=m,综合可得:电场强度的大小为E=,又由动能定理得qEL=Ekt-Ek,所以粒子离开电场时的动能Ekt=qEL+Ek=5Ek。(2)由于本设问中未给出粒子离开电场的位置,须要分状况探讨:①若粒子由bc边离开电场,则有L=v0t,y=·t2,又依据动能定理有qEy=Ek′-Ek,所以电场强度的大小为E=,②若粒子由cd边离开电场,则依据动能定理有qEL=Ek′-Ek,所以电场强度的大小为E=。答案:(1)5Ek(2)或变式4:如图所示,一个带电粒子从离子源飘入(初速度很小,可忽视不计)电压为U1的加速电场,经加速后从小孔S沿平行金属板A,B的中心线射入。A,B板长为L,相距为d,电压为U2。则带电粒子能从A,B板间飞出应当满意的条件是(C)A.< B.<C.< D.<解析:粒子在电场U1中加速获得的速度为v,由动能定理知qU1=mv2,在U2电场中偏转:t=,y=at2=,由题意知:y<,联立解得<,故C正确。1.(电容器的动态改变)如图所示,水平放置、间距为d的两平行金属板A,B带有等量异号电荷,在离A,B板均为处有a,b两点。不计电场边缘效应,则(C)A.a,b两点的电场强度Ea>EbB.A板与a点间的电势差UAa和B板与b点间的电势差UBb相同C.将A,B板间距离增大到2d时,两板间的电势差增大到原来的两倍D.将A,B板间距离增大到2d时,两板所带的电荷量增大到原来的两倍解析:不计电场边缘效应的平行板间的电场是匀强电场,故Ea=Eb,A错误;A板与a点间的电势差UAa=E·,B板与b点间的电势差UBb=-E·,B错误;依据平行板电容器电容公式C=,将A,B板间距离增大到2d时,电容C减小到原来的,而电容器所带电荷量Q不变,由C=可知,两板间的电势差U增大到原来的两倍,C正确,D错误。2.(电容器的动态改变)如图所示,先接通S使电容器充电,然后断开S,增大两极板间的距离时,电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U及电场强度E的改变状况是(C)A.Q变小,C不变,U不变,E变大B.Q变小,C变小,U不变,E变小C.Q不变,C变小,U变大,E不变D.Q不变,C变小,U变小,E无法确定解析:由充电后断开电源,电容器的电荷量不变,选项A,B错误;由C=知增大两极板间的距离时,电容C变小,由C=知,U变大;两板间电场强度E==,可见当增加两板间距时,电场强度不变,选项C正确,D错误。3.(带电粒子在电场中的直线加速)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)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;(3)小球从起先下落运动到下极板处的时间。解析:(1)由v2=2gh,v=。(2)在极板间带电小球受重力和电场力,有mg-qE=ma,0-v2=2ad得E=。U=Ed,Q=CU得Q=。(3)由h=g,0=v+at2,t=t1+t2,综合可得t=。答案:(1)(2)(3)4.(带电粒子在电场中的偏转)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O,P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后放射两个质量均为m的小球A,B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点放射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g,求:(1)电场强度的大小;(2)B运动到P点时的动能。解析:(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a,依据牛顿其次定律,有mg+qE=ma由于两球下落的高度相同,且在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动,则有a()2=gt2解得E=。(2)设B从O点放射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O,P两点的高度差为h,依据动能定理有mgh+qEh=Ek-m,由于两球在水平方向上的位移也相等,则有v1=v0t,且在竖直方向上,有h=gt2,联立解得Ek=2m(+g2t2)。答案:(1)(2)2m(+g2t2)1.(2024·浙江1月选考,7)如图所示,电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中,已知极板长度l,间距d,电子质量m,电荷量e。若电子恰好从极板边缘射出电场,由以上条件可以求出的是(B)A.偏转电压 B.偏转的角度C.射出电场速度 D.电场中运动的时间解析:依据推论,粒子速度方向的反向延长线过其水平位移的中点,即tanα==,因此电子射出电场的偏转角度可求,选项B正确;电子在偏转电场中做类平抛运动,水平方向有l=v0t,竖直方向有=at2,vy=at,且a=,由于电子的初速度未知,则电子在电场中的运动时间不行求出,偏转电压及射出电场速度均不行求出,选项A,C,D错误。2.(2024·浙江4月选考,13)用长为1.4m的轻质松软绝缘细线,拴一质量为1.0×10-2kg、电荷量为2.0×10-8C的小球,细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场,平衡时细线与铅垂线成37°,如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直,静止释放,则(sin37°=0.6,g=10m/sA.该匀强电场的电场强度为3.75×107N/CB.平衡时细线的拉力为0.17NC.经过0.5s,小球的速度大小为6.25m/sD.小球第一次通过O点正下方时,速度大小为7m/s解析:小球处于平衡状态时,对小球进行受力分析有tanθ==,解得电场强度E=3.75×106N/C,A错误;平衡时细线的拉力T=mg=0.125N,B错误;小球