2024高考物理一轮复习第七章静电场第三节电容器带电粒子在电场中的运动学案新人教版

PAGE11-第三节电容器带电粒子在电场中的运动eq\a\vs4\al(一、电容器、电容)1.电容器两个彼此绝缘又相互靠近的导体可构成电容器.电容器充电就是使电容器带电的过程.电容器放电就是使电容器失去电荷的过程.电容器带的电荷量是指一个极板所带电荷量的肯定值.2.电容电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值叫作电容器的电容，公式：C＝eq\f(Q,U)，单位：法拉（F）、微法（μF）、皮法（pF）.由数学关系我们可以得出，电容器的电容也等于电荷量的变更量与电势差的变更量之比，即C＝eq\f(ΔQ,ΔU).电容是描述电容器容纳电荷本事的物理量.3.平行板电容器的电容公式C＝eq\f(εrS,4kπd)∝eq\f(εrS,d)，S为两板的正对面积，d为极板间的距离，其中εr是介电常数.平行板电容器两板间的电场可以近似认为是匀强电场.1.一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变更状况是（）A.C和U均增大B.C增大，U减小C.C减小，U增大D.C和U均减小答案：Beq\a\vs4\al(二、带电粒子在电场中的加速或减速)（1）探讨条件：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场时将做匀变速直线运动.（2）功能关系：带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则静电力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量.①在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).②在非匀强电场中，W＝qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).2.两平行金属板相距为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（）A.eq\f(edh,U)B.eq\f(dU,eh)C.eq\f(eU,dh)D.eq\f(eUh,d)答案：Deq\a\vs4\al(三、带电粒子在匀强电场中的偏转)1.假如带电粒子以初速度v0垂直电场强度方向进入匀强电场中，不考虑重力时，则带电粒子在电场中将做类平抛运动，如图所示.2.类平抛运动的一般处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿静电力方向初速度为0的匀加速直线运动.3.基本公式（板长为l，板间距离为d，板间电压为U）：在电场中运动时间t＝eq\f(l,v0)；加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,dm)；离开电场的偏转量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2dmveq\o\al(2,0))；偏转角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0)).3.（多选）如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料.ABCD面带正电，EFGH面带负电.从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最终分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是（）A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的运动时间肯定相同C.三个液滴落究竟板时的速率相同D.液滴C所带电荷量最多答案：BD电容器C＝eq\f(Q,U)定义式反映电容容纳电荷的本事，平行板电容器中间部分是匀强电场，带电粒子运动规律遵循运动学基本规律，一般与动能定理综合解题.考点一平行板电容器及动态分析1.两类动态问题分析比较（1）第一类动态变更：两极板间电压U恒定不变.（2）其次类动态变更：电容器所带电荷量Q恒定不变.2.分析电容器动态问题时应留意的问题（1）先确定电容器的不变量（Q或U）.（2）只有当电容器的电荷量发生变更时，电容器支路上才有充电或放电电流.（3）若电路中有二极管，其单向导电性将影响电容器充电或放电.（4）电容器电荷量不变时，变更板间距不会引起板间电场强度的变更.eq\a\vs4\al(典例)（2024·长沙测试）用限制变量法，可以探讨影响平行板电容器电容的因素（如图所示）.设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.试验中，极板所带电荷量不变，若（）A.保持S不变，增大d，则θ变大B.保持S不变，增大d，则θ变小C.保持d不变，增大S，则θ变大D.保持d不变，增大S，则θ不变解析：依据C＝eq\f(εrS,4kπd)可知：保持S不变，增大d，电容C减小，本题中电容器带电荷量Q保持不变，由C＝eq\f(Q,U)可知电势差U变大，则θ变大，故A正确，B错误；保持d不变，增大S，电容C增大，由于带电荷量Q不变，由C＝eq\f(Q,U)可知电势差U变小，则θ变小，故C、D错误.答案：A运用电容器定义式和确定式分析电容器相关量变更的基本思路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＝eq\f(εrS,4kπd)分析平行板电容器电容的变更.3.用定义式C＝eq\f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变更.4.用E＝eq\f(U,d)分析平行板电容器极板间匀强电场的电场强度的变更.考点二带电粒子在电场中的直线运动带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量.（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).eq\a\vs4\al(典例)（2024·长沙模拟）如图所示，相互绝缘且紧靠在一起的A、B物体，静止在水平地面上，A的质量为m＝0.04kg，带电荷量为q＝＋5.0×10－5C，B的质量为M＝0.06kg，不带电.两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，t＝0时刻起先，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E＝1.6×104N/C，g取10m/s2.设运动过程中物体所带的电荷量没有变更.（1）求A、B的加速度及其相互作用力的大小；（2）若t＝2s后电场反向，且电场强度减为原来的一半，求物体B停下时两物体间的距离.解析：（1）对整体分析，由牛顿其次定律，有qE－μ（M＋m）g＝（M＋m）a，加速度大小a＝eq\f(qE－μ（M＋m）g,M＋m)＝4m/s2.隔离B分析，依据牛顿其次定律有F－μMg＝Ma，解得F＝μMg＋Ma＝0.48N.（2）t＝2s时，A、B的速度大小v＝at＝4×2m/s＝8m/s.t＝2s后电场反向，且电场强度减为原来的一半，此时A做匀减速运动的加速度大小aA＝eq\f(qE′＋μmg,m)＝14m/s2，B做匀减速运动的加速度大小aB＝μg＝4m/s2，B速度减为零的时间tB＝eq\f(v,aB)＝2s，减速到零的位移大小xB＝eq\f(v2,2aB)＝8m.A速度减为零的时间tA1＝eq\f(v,aA)＝eq\f(4,7)s，减速到零的位移大小xA1＝eq\f(v2,2aA)＝eq\f(16,7)m.A反向做匀加速运动的加速度大小a′A＝eq\f(qE′－μmg,m)＝6m/s2，则反向做匀加速直线运动的位移大小xA2＝eq\f(1,2)a′A（tB－tA1）2＝eq\f(300,49)m，则A、B的距离Δx＝xA2－xA1＋xB≈11.8m.答案：（1）4m/s20.48N（2）11.8m1.带电粒子在电场中运动时重力的处理.（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，一般都不能忽视重力.2.带电粒子在电场中平衡的解题步骤.（1）选取探讨对象.（2）进行受力分析，留意电场力的方向特点.（3）由平衡条件列方程求解.3.解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路.（1）依据带电粒子受到的电场力，用牛顿其次定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动状况.此方法只适用于匀强电场.（2）依据总功等于带电粒子动能的变更求解.此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场.考点三带电粒子在电场中的偏转1.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）位移eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vxt＝v0t＝l，,\f(1,2)at2＝y，))y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0)d).（4）速度eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vx＝v0，,vy＝at，))vy＝eq\f(qUt,md)，v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mveq\o\al(2,0)d).2.两个结论（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tanφ＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))，得tanφ＝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).3.求解电偏转问题的两种思路带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需再经验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）确定最终偏转距离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.方法1：方法2：留意：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，而不肯定是两极板间的电势差.4.带电粒子在匀强电场中偏转时间的探讨质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0垂直于电场方向从极板中间射入匀强电场，已知极板间距为d，极板长度为L，极板间电压为U，带电粒子在匀强电场中的运动时间为t，则（1）带电粒子能穿出电场时，在电场中运动的时间由沿初速度方向上的运动来确定比较便利，其值为t＝eq\f(L,v0).（2）带电粒子打到极板上时，在电场中运动的时间由沿电场方向上的运动来确定比较便利，其值为t＝eq\r(\f(2y,a)).eq\a\vs4\al(典例)如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏.现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：（1）粒子从射入电场到打到屏上所用的时间；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离x.解析：（1）依据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t＝eq\f(2L,v0).（2）设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，依据牛顿其次定律，粒子在电场中的加速度为a＝eq\f(Eq,m)，所以vy＝aeq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)，粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0)).（3）设粒子在电场中的偏转距离为y，则y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)eq\f(qEL2,mveq\o\al(2,0))，又x＝y＋Ltanα，解得x＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0)).答案：（1）eq\f(2L,v0)（2）eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))（3）eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0))1.如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板间有一个负点电荷在P点恰好平衡.若用U表示两极板间的电压、E表示两极板间的电场强度，并令负极板保持不动，而将正极板向下移到图中的虚线位置，则（）A.E增大，U减小B.E不变，U增大C.E增大，电荷有向上的加速度D.E不变，电荷电势能变小答案：D2.电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路.闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电荷量为Q，板间电压为U，板间电场强度大小为E0.则下列说法正确的是（）A.若将A板下移少许，Q增大，U减小，E0不变B.若将A板下移少许，Q不变，U减小，E0减小C.若断开开关，将A板下移少许，Q增大，U不变，E0增大D.若断开开关，将A板下移少许，Q不变，U减小，E0不变答案：D3.如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点.将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是（）A.电容器的电容增加B.在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流C.A、B两板间的电场强度增大D.P点电势上升答案：B4.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是（设电源电动势为U）（）A.电子到达B板时的动能是U（eV）B.电子从B板到达C板动能变更量为零C.电子到达D板时动能是3U（eV）D.电子在A板和D板之间做往复运动答案：C5.如图所示，带正电的粒子以肯定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为＋q，粒子通过平行金属板的时间为t（不计粒子的重力），则（）A.在前eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(qU,4)B.在后eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(3qU,8)C.在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的过程中，电场力做功之比为1∶2D.在粒子下落