2024高考物理一轮复习第七章静电场第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动教案鲁科版VIP

PAGE15-第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动教材梳理·自主预习学问梳理一、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.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)定义式:C=.(3)单位:国际单位制中为法拉(F),常用单位有微法(μF)、皮法(pF).1F=106μF=1012pF.(4)意义:表示电容器容纳电荷本事的凹凸.(5)确定因素:由电容器本身物理条件(大小、形态、相对位置及电介质)确定,与电容器是否带电及电压无关.3.平行板电容器的电容(1)确定因素:极板的正对面积,相对介电常数,两板间的距离.(2)确定式:C=,ε为电介质的相对介电常数,S为极板的正对面积,d为板间距离.二、带电粒子在匀强电场中的运动示波管1.带电粒子在电场中的加速(1)在匀强电场中:W=qEd=qU=mv2-m.(2)在非匀强电场中:W=qU=mv2-m.自主探究如图所示,电子由静止起先从A极板向B极板运动,当到达B极板时速度为v,保持两板间电压不变.(1)当变更两板间距离时,v怎样变更?(2)当增大两板间距离时,电子在两板间运动的时间如何变更?(3)若把电源断开后,增大两板间距离时,到达B板时的速度v和运动时间又如何变更呢?答案:(1)由qU=mv2,得v=,因此当变更两板间距离时,v不发生变更.自主探究(2)由d=·t2,得t=,当d增大时,t也增大.(3)若把电源断开后,变更两板之间的距离时,电场强度不变,由qEd=mv2得v=,则d增大,v增大;由d=·t2,得t=,则d增大,时间t也增大.2.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)运动状况: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,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=,加速度a===,偏转量y=at2=,偏转角θ的正切值tanθ===.(4)若粒子以相同速度进入电场,则比荷大的射出电场时的偏转角更大;若粒子以相同动能进入电场,则电荷量大的射出电场时的偏转角更大;若粒子以相同动量进入电场,则电荷量与质量乘积大的射出电场时的偏转角更大.3.示波管的构造(1)电子枪;(2)偏转电极;(3)荧光屏.(如图所示)小题检测1.思索推断(1)电容是表示电容器储存电荷本事的物理量.(√)(2)电容器所带电荷量是指每个极板上所带电荷量的代数和.(×)(3)放电后的电容器电荷量为零,电容也为零.(×)(4)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.(√)(5)带电粒子在电场中运动时重力肯定可以忽视不计.(×)2.依据电容的定义式C=可知,下列说法正确的是(D)A.电容器的电容越大,电容器所带的电荷量就越多B.电容器两极板间的电势差越大,电容越小C.电容器的电容与其所带电荷量成正比,与其两极板间的电势差成反比D.电容器的电容不随所带电荷量及两极板间的电势差的变更而变更解析:电容器的电容越大,说明电容器储存电荷的本事越大,并不是说明电容器所带的电荷量越多,故A错误;电容的定义式C=,表明电容只是以带电荷量和电势差的比值定义的,不跟Q成正比也不跟U成反比,并不随它们两个发生变更,故B,C错误,D正确.3.一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(B)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均减小解析:由公式C=知,在两极板间插入一电介质,其电容C增大,由公式C=知,电荷量不变时,U减小,B正确.4.一平行板电容器中存在匀强电场,电场沿竖直方向.两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b,从电容器的P点(如图所示)以相同的水平速度射入两平行板之间.测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力,则a和b的比荷之比是(D)A.1∶2 B.1∶8 C.2∶1 D.4∶1解析:带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,由运动学规律得x=v0·t,y=at2,qE=ma,联立可得=∝,故a和b的比荷之比为4∶1.考点研习·感悟提升考点一平行板电容器的动态分析问题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=先分析电容的变更,再依据Q=CU分析Q的变更.②依据E=分析电场强度的变更.③依据UAB=E·d分析某点电势变更.(2)Q不变①依据C=先分析电容的变更,再依据U=分析U的变更.②依据E==分析电场强度的变更.[例1](2024·天津卷,4)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:若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离,则依据C=可知,C变大,Q肯定,则依据Q=CU可知,U减小,则静电计指针偏角θ减小;依据E=,Q=CU,C=联立可得E=,可知E不变;依据U=Ed可知,P点离下极板的距离不变,且E不变,P点与下极板间的电势差不变,P点的电势不变,则电势能Ep也不变.选项A,B,C错误,D正确.分析平行板电容器动态变更的三点关键(1)确定不变量:先明确动态变更过程中的哪些量不变,是电荷量保持不变还是极板间电压不变.(2)恰当选择公式:敏捷选取电容的确定式和定义式,分析电容的变更,同时用公式E=分析极板间电场强度的变更状况.(3)若两极板间有带电微粒,则通过分析电场力的变更,分析其运动状况的变更.1.(U不变时电容器的动态分析)(多选)如图所示,平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接,下极板接地,静电计所带电荷量很少,可被忽视.一带负电油滴被固定于电容器中的P点.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则(ACD)A.平行板电容器的电容将变小B.静电计指针张角变小C.带电油滴的电势能将削减D.若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变解析:将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时,两极板的正对面积S不变,间距d变大,依据关系式C=∝可知,电容C减小,选项A正确;因为静电计指针的变更表征了电容器两极板电势差的变更,题中电容器两极板间的电势差U不变,所以静电计指针张角不变,选项B错误;U不变,极板间距d变大时,板间电场强度E=减小,带电油滴所处位置的电势P=EdP增大,其中dP为油滴到下极板的距离,又因为油滴带负电,所以其电势能将削减,选项C正确;若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则电容器带电荷量Q不变,极板间距d变大,依据Q=CU,E=和C=可知E∝,可见,极板间电场强度E不变,所以带电油滴所受电场力不变,选项D正确.2.(Q不变时电容器的动态分析)(多选)如图所示,志向二极管、平行板电容器、电源组成闭合电路,带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间,且处于静止状态,平行板电容器的B板接地.若将极板A向上移动少许,下列说法中正确的是(BD)A.电容器的电容增大B.AB间的电压增大C.液滴将向上运动D.液滴的电势能不变解析:若将极板A向上移动少许,板间距离增加,依据C=,电容C减小,故A错误;依据C=可知,若U不变,C减小,则Q减小,电容器要放电,但是志向二极管具有单向导电性,不能放电,故电荷量Q肯定,由U=可知,电压增大,故B正确;由E==可知,电场强度大小与两极板间的距离无关,电场强度不变,则液滴保持静止,故C错误;由以上分析可知电场强度不变,液滴到下极板的距离不变,液滴与下极板间的电势差不变,液滴的电势不变,所以液滴的电势能不变,故D正确.考点二带电粒子在电场中的直线运动1.做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合=0,粒子或静止,或做匀速直线运动.(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.2.用动力学观点分析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.[例2](2024·江苏卷)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)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′点解析:电子在A,B板间的电场中加速运动,在B,C板间的电场中减速运动,设A,B板间的电压为U,B,C板间的电场强度为E,M,P两点间的距离为d,则有eU-eEd=0,若将C板向右平移到P′点,B,C两板所带电荷量不变,由E===可知,C板向右平移到P′时,B,C两板间的电场强度不变,由此可以推断,电子在A,B板间加速运动后,在B,C板间减速运动,到达P点时速度为零,然后返回.A项正确,B,C,D项错误.反思总结带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤[针对训练]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(C)A.微粒到达B点时动能为mB.微粒的加速度大小等于gsinθC.两极板的电势差UMN=D.微粒从A点到B点的过程电势能削减解析:微粒仅受电场力和重力,电场力方向垂直于极板,重力方向竖直向下,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,则微粒到达B时动能小于m,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=,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ΔEp=qUMN=,选项D错误.考点三带电粒子在匀强电场中的偏转1.运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间(2)沿电场力方向,做匀加速直线运动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,偏移量和偏转角总是相同的.证明:由qU0=my=at2=··()2tanθ=得y=,tanθ=.(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到偏转电场边缘的距离为.3.功能关系当探讨带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解:qUy=mv2-m,其中Uy=y,指初、末位置间的电势差.[例3]如图所示,虚线MN左侧有一电场强度为E1=E的匀强电场,在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场,在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏.现将一电子(电荷量为e,质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点,A与虚线MN的间距为,最终电子打在右侧的屏上,AO连线与屏垂直,垂足为O,求:(1)电子从释放到打到屏上所用的时间;(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ;(3)电子打到屏上的点P′到点O的距离y.解析:(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a1,时间为t1,则有=a1,且a1==,解得t1=,电子进入电场E2时的速度v1=a1t1=,进入电场E2到屏水平方向做匀速直线运动,所用时间t2==2,故电子从释放到打到屏上所用的时间t=t1+t2=3.(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy,依据牛顿其次定律得,电子在电场E2中的加速度a2==,则vy=a2t3,且t3=,tanθ=,联立解得tanθ=2.(3)电子在电场中的运动轨迹如图所示.设电子在电场E2中的偏转距离为y1,则有y1=a2tanθ=,联立解得y=3L.答案:(1)3(2)2(3)3L反思总结计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离Y的四种方法(1)Y=y+dtanθ(d为屏到偏转电场的水平距离).(2)Y=(+d)tanθ(L为电场宽度).(3)Y=y+vy·.(4)依据三角形相像=.[针对训练](多选)三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的粒子,从带电平行金属板左侧中心以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入,并分别落在正极板的A,B,C三处,O点是下极板的左端点,且OC=2OA,AC=2BC,如图所示,则下列说法正确的是(ACD)A.三个粒子在电场中运动的时间之比tA∶tB∶tC=2∶3∶4B.三个粒子在电场中运动的加速度之比aA∶aB∶aC=1∶3∶4C.三个粒子在电场中运动时动能的变更量之比∶∶=36∶16∶9D.带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7∶20解析:三个粒子的初速度相等,在水平方向上做匀速直线运动,由l=v0t得,运动时间tA∶tB∶tC=lA∶lB∶lC=2∶3∶4,故A正确;三个粒子在竖直方向上的位移y相等,依据y=at2,得aA∶aB∶aC=∶∶=36∶16∶9,故B错误;由牛顿其次定律可知F=ma,因为质量相等,所以合力之比与加速度之比相同,合力做功W=Fy,由动能定理可知,动能的变更量等于合力做的功,所以三个粒子在电场中运动时的动能变更量之比为36∶16∶9,故C正确;三个粒子的合力大小关系为FA>FB>FC,三个粒子的重力相等,所以B仅受重力作用,A所受的电场力向下,C所受的电场力向上,即B不带电,A带负电,C带正电,由牛顿其次定律得aA∶aB∶aC=(mg+qAE)∶(mg)∶(mg-qCE),解得qC∶qA=7∶20,故D正确.考点四带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解).(2)粒子做来回运动(一般分段探讨).(3)粒子做偏转运动(一般依据交变电场特点分段探讨).3.思维方法(1)留意全面分析(分析受力特点和运动规律),抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或与物理过程相关的边界条件.(2)分析时从两条思路动身:一是力和运动的关系,依据牛顿其次定律及运动学规律分析;二是功能关系.(3)留意对称性和周期性变更关系的应用.[例4]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,平行金属板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变更的图象如图(乙)所示.(每个电子穿过平行板的时间都极短,可以认为极板间电压是不变的)求:(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,电子打在极板上,不会打到荧光屏上解析:(1)电子经电场加速满意qU0=mv2,经电场偏转后偏移量y=at2=·（）2所以y=,由图(乙)知t=0.06s时刻,U偏=1.8U0,电子向上偏转,所以y=4.5cm.设电子打在屏上的点距O点的距离为Y,满意=解得Y=13.5cm.(2)由题意知,电子偏移量y的最大值为,所以当偏转电压超过2U0,电子就打不到荧光屏上了,设电子打在荧光屏上的最远点距O点的距离为Y′,则有=,解得Y′=L,所以荧光屏上电子能打到的区间长为2Y′=3L=30cm.答案:(1)距O点上方13.5cm处(2)30cm反思总结解决带电粒子在交变电场中运动问题的关键(1)处理方法:将粒子的运动分解为垂直电场方向上的匀速运动和沿电场方向的变速运动.(2)比较通过电场的时间t与交变电场的周期T的关系①若t≪T,可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变,等于刚进入电场时的电场强度.②若不满意上述关系,应留意分析粒子在电场方向上运动的周期性.(3)留意分析不同时刻射入电场的粒子在电场中运动的差别,找到满意题目要求的时刻.提组训练1.(带电粒子在交变电场中的直线运动)如图(甲)所示,在两距离足够大的平行金属板中心有一个静止的电子(不计重力),t=0时刻,A板电势高于B板电势,当两板间加上如图(乙)所示的交变电压后,下列图象中能正确反映电子速度v、位移s、加速度a和动能Ek四个物理量随时间变更规律的是(A)解析:电子一个周期内的运动状况是:0～时间内,电子从静止起先向A板做匀加速直线运动,沿原方向做匀减速直线运动,时刻速度为零,时间内向B板做匀加速直线运动,T～T接着做匀减速直线运动,依据vt图象,st图象以及at图象的含义可知,选项A正确,B,C错误;匀变速直线运动的vt图象是倾斜的直线,则Ekt图象是曲线,选项D错误.2.(带电粒子在交变电场中的偏转运动)如图(甲)所示,两平行金属板MN,PQ的板长l和板间距离相等,板间存在如图(乙)所示的随时间周期性变更的电场,电场方向与两板垂直,在t=0时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场,粒子射入电场时的速度为v0,t==T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场.则(A)A.该粒子射出电场时的速度方向肯定是沿垂直电场方向的B.在t=时刻,该粒子的速度大小为2v0C.若该粒子在时刻以速度v0进入电场,则粒子会打在金属板上D.若该粒子的入射速度变为2v0,则该粒子仍在t=T时刻射出电场解析:粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动,由于在t==T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场,因此在竖直方向上前半个周期内做匀加速直线运动,在后半个周期内做匀减速直线运动,一个周期末竖直方向上的分速度为0,可知粒子射出电场时的速度方向肯定是沿垂直电场方向的,如图所示,选项A正确;前后两段运动的时间相等,时将速度分解,由类平抛运动规律可得l=v0T,l=vT,则v=v0,故时刻该粒子的速度为v0,选项B错误;若该粒子在时刻以速度v0进入电场,粒子在竖直方向上的运动状况与t=0时刻进入时运动的方向相反,运动规律相同,故粒子将从PQ板右边缘射出电场,选项C错误;若该粒子的入射速度变为2v0,粒子在场中运动的时间t==,选项D错误.1.(2024·江苏卷,5)一匀强电场的方向竖直向上.t=0时刻,一带电粒子以肯定初速度水平射入该电场,电场力对粒子做功的功率为P,不计粒子重力,则Pt关系图象是(A)解析:设粒子带正电,运动轨迹如图所示,水平方向,粒子不受力,vx=v0.沿电场方向受力F电=qE,则加速度a==,经时间t,粒子沿电场方向的速度vy=at=;电场力做功的功率P=F电vy=qE·==kt∝t,选项A正确.2.(2024·河南新乡月考)(多选)如图所示,水平放置的平行金属板A,B连接一恒压电源(未画出),两个质量相等的电荷N和M同时分别从两极板的正中间和极板A的另一边缘沿水平方向进入板间电场,两电荷恰好在板间C点相遇.若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用,则下列说法正确的是(AC)A.电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量B.两电荷在电场中运动的加速度相等C.从两电荷进入电场到两电荷相遇,电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小肯定相同解析:从轨迹可以看出yM>yN,故·t2>·t2,解得>,即qM>qN,且有aM>aN,故A正确,B错误;依据动能定理,电场力做的功W=m,质量相同,电荷M竖直分位移大,竖直方向的末速度vy=也大,故电场力对电荷M做的功