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课件.pdf

第3节电容器带电粒子 在电场中的运动考点一电容器一基稔咫实-整材知识籁合31.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 绝对值.(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 工：(1)定义：电容器一所带的电盘Q与电容器两 极板间的电势差U的比值.Q(2)定义式：C=U.(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领的物 理量.(4)单位：法拉(乃 1 F=106 zzF=1012pF(5)决定因素：一个电容器电容的大小是由电容器 结构 决定的,与电容器是否带电、带电量的多少 及两极板间的电势差无关.3.平行板电容器(1)决定电容大小的因素：平行板电容器的电容与 两极板的正对面积S成正比,与界资的介电常数，成正比，与两极板的距离d成反匕/.S(2)决定式：C=4万kd,k为静电力常量.4.对电容器两个公式的理解(1)公式c=考是电容的定义式，对任何 电容器都适用.对一个确定的电容器，其电容已确定,不会随其 电荷量 的改变而改变._ rS公式-kd 是 电容 的决定式,只对 平行板电容器适用.【理解巩固1 平行板电容器和二 s_电源、电阻、开关串联，组成如图所I1 示的电路.接通开关S,电源即给电 E;容器充电，贝M力.保持S接通，减小两极板间的距离，则两极 板间的电场强度减小6.保持S接通，在两极板间插入一块铝板，则 两极板间的电场强度增大C.充电结束后断开S,减小两极板间的距离，则 两极板间的电势差增大D.充电结束后断开S,在两极板间插入一块介质,则极板间的电势差增大解析保持s接通时，电容器两极板间的电势差不变,减小两极板间的距离，根据E=1K好两极板间的 电场强度增大，选项N错误；保持撮通，在两极板 间插入一块铝板，根据静电平衡的特点可知，有电场 存在的板间距离减小，根据E=?可知，两极板间的 电场强度增大，选项与正确；充电结束后断开S,电 容器两极板上的电荷量不变，减小两极板间的距离，电容器的电容增大,U=机,则两极板间的电势差减小,选项。错误；充电结束后断开S,在两极板间插入一 块介质时，电荷量不变，电容器的电容增大，两极板 间的电势差减小，选项。错误.答案万|核心知识突被 _ 图w角度分析u不变例1 如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极1 r F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。尺移一小段距离，则下列说法正确的 i一/是（）A.电容器的电容增大B.固定在P点的电子的电势能增大C.A、B两板间的电场强度增大D.P点电势升高解析根据C=当A板向写移一小段距离,间距d增大，其他条件不变，则导致电容变小，故工 错误；根据E=，由于U不变，d增大，故电场强 度变小，故C错误；因电场强度变小，导致P点与B 板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电 势降低，故刀错误，5正确.答案6归纳总结提升口当电容器始终与恒压电源相连时，U不变.依。*二落，先分析C的变化，再分析Q的变化；依E=：分析电场强度的变化；依pA-pB=Uab=EdAB分析某点的电势变化，再 依=q(p分析电势能E0的变化.Q不变例2(多选)研究与平行板电 容器电容有关因素的实验装置 如图所示.下列说法正确的是()A.实验前，只用带电玻璃 棒与电容器a板接触，能使电容器带电B.实验中，只将电容器b板向上平移，静电计 指针的张角变小C.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电 计指针的张角变大D.实验中，把b板向右移动少许，静电计指针 的张角变小，表明电容增大r 崩解析a板与玻璃棒接触带上电后，由于静电感应，使b板带上等量异种电荷，力对；b板上移后，电容 减小，电量不变，两板间电压增大，静电计指针的张 角变大，上错；插入有机玻璃片后，电容变大，两板 间电压减小，指针张角变小，。错；b板右移少许，电容增大，两板间电压减小，指针张角变小，刀对.答案AD归纳总结提升卜-当电容器充电后与电源断开，Q不变.根据C=，=AI先分析C的变化，再分析UU 4 7kd的变化.tt 4 7ko 根据后=彳=-分析电场强度的变化.Q S考点二带电粒子在电场中的运动_础知识分室-教材知识幡合41.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、离子等，除有说明 或有明确暗示以外，一般可忽略不计.带电颗粒：如尘埃、液滴、油滴、小球等，除 有特殊说明或明确暗示以外，一般情况都不能忽略.平衡问题一般要考虑重力.根据题意进行分析，有些问题中隐含着忽略重 力，或考虑重力后造成题目无法解答，这时也应忽略 重力.2.带电粒子在电场中运动的几种情况平衡.W.带电粒子在匀强电场中静止时，如果只受重力 和电场力，则电场力的方向为 竖直向上；若带电 粒子的质量为m,电场强度为E,则粒子的带电荷量mg为 E,若粒子带负电，场强方向为竖直向下，粒子带正电，场强方向为竖直向上.带电粒子在匀强电场中做匀速直线运动，且只 受重力和电场力，必有 电场力 等于 重力；设 匀强电场两极板电压为U,板间距离为d,带电粒子 的电荷量为十 q,则电容器的 下极板 带正电荷;带Uq电粒子的质量为dg.加速运动状态带电粒子沿与电场线平行的方向迸入匀强电场，受到的电场力与速度在同一直线上,做匀变速直线运动.一两种分析方法用动力学观点分析：加速度a黑，v2-vg-2ad用功能观点分析：粒子只受电场力作 用，电场力做的功等 于粒子动能的变化，故粒子动能变化量等 于电势能的变化 量.适用于一切静电场qU2mv221（式中U为加速电场的电势差）只适用匀强电场qEd2mv221（式中d为沿电场线方向的位移）偏转 Lj+2L2 解得Y=)-LiUL；(Lt+2L2)ULX4U0d=4Uod归纳总结提升上-带电粒子在电场中偏转问题求解通法垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场 力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题 的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀 加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动.(1)解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：加速电场中的运动一般运用动能定理qU=；mv2进 行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运 动的分解进行计算；进入偏转电场的初速度就是经过加 速电场后的末速度.（2）计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的 四种方法：Y=y+dtan 6（d为屏到偏转电场的水平距离）;L）Y=+d加 6（L为电场宽度）；L+dY 2 d根据三角形相似一=2r角度带电粒子在重力场和电场的 叠加场中运动例5如图所示，一个绝缘光滑-圆环竖直放在水平向右的匀强电/一彳场中，圆环半径大小为R=LOk,：（/乙天二 电场强度大小为E=6.0X106 1）二Vim,现将一小物块由与圆心O等 高的位置A点静止释放，已知小物块质量为m=1.6 kg,电荷量为q=+2.0Xl（T6c释放后滑块将沿着 圆环滑动.小碗块可视为质点，g 10 m/s2.(1)求当物块滑到圆环最低点B时对轨道的压力大、r小；4/(2)若在圆环最低点B点给小物块一个水平向左的 初速度Vb=9m/s,物块能否紧贴圆环在竖直平面内做 圆周运动？(写出详细分析、判定过程)(已知：s加37=0.6,cos 37=0.8)审题指导本题的情景是带电物体在电场和重 力场的叠加场中的圆周运动，通常用等效法处理.1.等效重力将重力和电场力合成，其合力F合为等效重力场中 的“重力”，F合=mg g，即为等效重力场中的“等 效重力加速度”，F合的方向即为“等效重力”的方 向，即在等效重力场中的竖直向下方向.2.等效重力场中的最高点、最低点在等效重力场中做圆周运动的物体速度最小的位 置（临界速度位置）就是等效重力场中的最高点，连结 等效最高点与圆心的连线跟圆周的交点就是速度最大 的位置即等效重力场中的最低点，它们都位于等效重 力的作用线上且关于圆心对称.解析物块由A运动到B，骸呈中，重力神正 功，电场做负功.设物块运动到均点速度为v.由动能定理可得mgR+(-qER)=Imv2可得v=/mis2在B点由Fn-mg=m可得支持力F24N由牛顿第三定律可得物块对轨道的压力大小为FV=24 7V一(2)设在C位置时重力与电场觑功,杳力恰好指向 圆心提供物块做圆周运动向心力时，筋块刚好不脱离 圆环而又不受圆环的作用力，如图所示.此时有 F 合=(mg)2+(qE)2=m尚解得 Vo=|a/2 mis,与竖直方向夹角为37若在圆环最低点B点给小物块一个水平向左的初 速度Vb=9m/s,在由B到C的运动过程中由动能定 理可得-F 合 R(1+cos 37)=mvc-可解得 Vc=6 ntlsVo=勒2 m/s.因此物块能够紧贴圆环在竖直平面内做圆周运 动.归纳总结提升上各种性质的场（特殊物质）与实际物体的根本区别之 一是几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场.对于带电体在重力场和电场的叠加场中的运动，有 如下两种处理方法：其一是根据各种场力的独立作用原理，分别研究每 一种场力对物体的作用效果，用运动学规律和能量观点（动能定理，能量守恒）求解；其二是用一个“等效重力场”来替代叠加场，只研 究“等效重力”对物体的作用效果，通过类比，用运动 学规律和能量观点（动能定理，能量守恒）求解.考点三示波管带电粒子在交变电场中的运动电子枪偏转电极荧光屏2.示波管的工作原理 R：(1)如果在偏转电极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)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，若所 加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏 上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象.扫描 电压周期是信号电压周期的n倍，就出现n个信号电 压波形.3.带电粒子（或带电体）在交变电场中的运动（1）注重全面分析（分析受力特点和运动规律），抓 住粒子的运动具有周期性或在空间上具有对称性的特 征，求解粒子运动过程中的速度、位移等并确定与物 理过程相关的边界条件.（2）分析时从两条思路出发：一是力和运动的关 系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能 关系.（3）此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直 线运动（一般用牛顿运动定律求解），二是粒子做往返 运动（一般分段研究），三是粒子做偏转运动（一般根据 交变电场特点分段研究）.【理解巩固3】示波管的内部结构如图所示，如果在电极YY，之间加上如图所示的电压，在XX，之间加上如图()所示电压，荧光屏上会出现的波形是()解析电极YY，之间加上图所示的电压，则粒子的 偏转位移在上下进行变化，而在XX，之间加上图(A)所 示电压时，粒子将分别打在左右各一个固定的位置，因此只能打出图C所示的图象，故C正确.核心知识突破邀I劭到K角度分析角度|1 在交变电场中做直线运动例6（多选）如图甲所示，两平行金属板竖直放 置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变不计电子的重力，下列说法正确的是（）化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处,A.从t=0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上 1.B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振 动Tc.从t=a时刻释放电子，电子可能在两板间振 动，也可能打到右极板上D.从1=平时刻释放电子，电子必将从左极板射O出审题指导带电粒子在交变电场近勤线运动借助V-1图象可以很方便皿解答.；T解析若t=0时刻释放电子，在前3内，电子受T到的电场力向右，向右做匀加速直线运动；后了内，电子受到向左的相同大小的电场力作用，电子向右做 匀减速直线运动直到速度为0;接着周而复始，所以 电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上,即 电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在 两板间振动，故Z正确，5错误;若从t=1T时刻释放电子，电子先加速T,再减速角子有可能已到 4 4 A达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，故C正确；若从捺T时刻释放电子，电子有可 O能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两 板间的距离，故刀错误.答案AC国豆H33在交变电场中做曲线运动例7图甲为两水平金属板，在卤极间加上周期 为T的交变电压U,电压u随时间t变化的图线如图 乙所示.质量为m、重力不计的带电粒子以初速度V。沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出，下列关 于粒子运动的描述错误的是（）甲八uU.r-0H闻乙A.t=0时入射的粒子，离开电跖时偏离中线的 距离最大 4 J*B.t=：T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的 距离最大C.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速 度方向都水平D.无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速 度大小都相等解析粒子在电场中运动的时间小乒的;7=0时入 射的粒子，在竖直方向先加速，慝满速，最后离开 电场区域，故t=o时入射的粒子离脸场时偏离中线 的距离最大，选项Z正确；t=：T时入射的粒子，在 竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向 减速离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时 偏离中线距离为零，选项与错误；因粒子在电场中运 动的时间等于电场变化的周期T,根据动量定理，竖 直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开 电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电场方 向射出电场，离开电场时的速度大小等于初速度，选 项C、。正确.答案万归纳总结提升上-对于带电粒子在交变电场中运动的问题，要依电场 随时间变化的情况分时间段分析粒子的受力情况和运 动情况，找出段与段之间的联系，依牛顿第二定律和运 动学公式得出粒子运动过程中的速度、位移规律，注意 分析粒子的运动是否具有往复性、周期性和对称性.考点集训（二十九）第3节电容器 带电粒子在电场中的运动A组1.据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超 级电容器，能让手机几分钟内充满电，某同学登山时 用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是()A.充电时，电容器的电容变小B.充电时，电容器存储的电能变小C.充电时，电容器所带的电荷量可能不变D.充电结束后，电容器不带电，电容器的电容 为专解析电容器的电容是个定精带电量的多 少而变化，力错；充电时，电容器用存的电能有一部 分转移到手机电池内，刀对；充电时，电容器所带的 电荷量减少，。错；充电结束后，电容器两极间的电 压与手机电池电压相等，电容器仍储存有电荷，电容 不变，。错.2.在平行板间加上如图所示周斯性变化的电压，T重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从1=彳时刻 开始将其释放，运动过程无碰板情况，下列选项图中,能定性描述粒子运动的速度图象的是（）Vo也T3T TA也卜cD解析重力不计的带电粒子静止板中央，从t=：时刻开始将其释放，粒子在匀强&场中从静止开rpi T1 3rT始运动，从z到不做匀加速运动；从5到彳，因电场力3T反向，则做匀减速运动，速度达到零；而从彳到T,因电场力方向不变，因此反向做匀加速运动；从T到 5T彳继续做匀减速运动，速度达到零，故与正确.答案万3.如图所示，一个质量为m、带电量为q的粒子从两带电平行I 的正中间沿与匀强电场垂直的方 向射入，不计粒子所受的重力，当 粒子的入射速度为v时，它恰能穿过电场区域而不碰 到金属板上.现欲使质量为m、入射速度为;的粒子 也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下 的仅改变某一物理量的方案中，不可行的是（）使粒子的带电量减少为原来的;使两板间所接电源的电压减小到原来的一半C.使两板间的距离增加到原来的2倍刀.使两极板的长度减小为原来的一半解析设平行板长度为L,间距为程板间电压为 当速度为v时恰能穿过电场区域而雁到金属板上，则沿初速度方向做匀速运动：t=M垂直初速度方向2做匀加速运动：a=y=d=1at2=欲使J t rlll V vl质量为m、入射速度为;的粒子也能恰好穿过这一电场 区域而不碰到金属板上，则沿初速度方向距离仍是L,垂直初速度方向距离仍为d.使粒子的带电量减少为原1 1qUL2来的7则丫=-=d,故/可行；使两极板4 4md()2间所接电源的电压减小到原来、=2d,4md(?)2故方不可行；使网暖板间的距离增加到原来的2倍，此时垂直初速度方向距离应为2d,qUI?4m-2d(?)2=2d,故C可行；使两极板的长度qU(y)2减小为原来的一半，y=一=d,故与可行;4md(不)2故选及4.（多选）如图所示，沿水平方向放一置的平行今属板a和b,分别与电 源的正负极相连.a、b板的中央沿 竖直方向小孔，带正电的 液滴从小孔的正上方p点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后速度为vi.现使a板不动,保持开关S断开或闭合，b板向上或向下平移一小段 距离，相同的液滴仍从P点自由落下，先后穿过两个 小孔后速度为V2,下列说法正确的是（）A.若开关S保持闭合，向下移动b板，贝1J V2ViB.若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动b 板，则V2V1C.若开关S保持闭合，无论向上或向下移动b 板，则V2=ViD.若开关S闭合一段时间后再断开，无论向上 或向下移动b板，则V2Vi解析从P.点到出a板，疝动能定理：mgh-qU=Imv2,保持S闭合，U*变，qU不变，v2=Vp A错,C对.S闭合再断开，从P点到出a板，由动能定理：mgh-qEd=Imv2,E不变，b下移，电 场力做功的距离减小，V2V!,刀对.S闭合后再断开，E不变，b上移，电场力做功增大，v2vx,刀错.答案BC5.如图所示为阴极射线管（出示渡管改造而成）的 示意图，当Mi、M2两极不加电压时，电子束经电场 加速后打到荧屏中央O处形成亮斑.电子在偏转电场 中的运动时间很短.在下列不同条件下，关于电子的 运动情况说法正确的是（）A.如果在Mi、M2之间加交变电压；电子在荧光 屏上的亮斑一定会以O点为中心上下移动B.如果在Mi、M2之间加交变电压，电子一定会 打到荧屏的中心位置C.如果只逐渐增大Mi、M2之间的电势差，电子 在荧屏上的亮斑会向上移动).随着Mi、M2之间的电势差逐渐增大，电场 力对电子所做的功可能会先增加后减少解析如果在Mi、M2之间加正审陈更电压；电子 在电场中加速后经电场偏转，在期四亮斑会以o 点为中心上下移动，若加其他形式的俵变电压，例如 电流的大小不改变的交变电压，则电子在荧屏上的亮 斑会在O点上方或下方某一定点，选项力、5错误；如果只逐渐增大Mi、M2之间的电势差，由题图可知 电子受竖直向上的赶场力作用，电子在电场中会向上 偏转，电势差越大，偏转越明显，所以电子在荧屏上 的亮斑会向上移动，选项C正确；随着Mi、M2之间 的电势差逐渐增大，电子只向Mi板方向发生偏转，所以电场力对电子所做的功不可能减少，选项）错误.6.某示波器在XX0)的 液滴，在电场强度大小为弁里、方向水平向右的匀强 电场中运动，运动轨迹在竖直平面内.A、B为其运 动轨迹上的两点，已知该液滴在A点的速度大小为Vo,方向与电场方向的夹角为60；它运动到B点时速度 方向与电场方向的夹角为30。.求A、B两点间的电势【解析由题意知一qE=Ymg,看霾力不能忽略，把运动分解，T水平方向:竖直方向:联立可得:sin 60=1Vosin 30+亚3 u mncos 60=qCos 30-gt,2小 小vov=小。，t=6g由牛顿第二定律得水平方向加速度a=/g,水平位移 x=vosim 30-t+l(3g)t2=噌所以Uab=E-x=理巴12.如图所示，竖直平行正对放亶的带电金属板 A、B,B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy 的O点；y轴沿竖直方向；在x0的区域内存在沿y2轴正方向的匀强电场，电场强度大小为Vim；kJ比荷为1.0 X 105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O,处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(4,3)点；粒子P 的重力不计，试求：(1)金属板AB之间的电势差Uae；(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强 电场中某点静止释放另一带电粒子Q,使P、Q恰能 在运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况 与P相同；粒子Q的重力及P、Q之间的相互作用力 均忽略不计；求粒子Q所有释放点坐标(x,y)满足的 关系.解析设粒子P的质量为龟荷量为qP 从O点进入匀强电场一时的速度大小为南；由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O 点运动到M(4,3)点历时为to，由类平抛运动规律可得 xM=voto,1 2Ym=pito4联立解得Vo=X 104 mis在金属板AB之间，由动能定理qUABQ联立解得Uab=6103 V1-22 omV(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度金圆为国1、Q粒子从坐标Nx，y)点释弦直向上做初 速度为0的匀加速直以运嬴经时间.与粒子P相遇；i 由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得，对于P粒子x=Vot,yP=对于粒子 Q:Eq=2111a2，yQ=1a2t2因为a20即粒子Q释放点N(x,y)坐标满足的方程为丫=谈其中x0.