2022届高三物理大一轮复习-第6章-第3节-电容器与电容-带电粒子在电场中的运动-.docx

第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动同学用书P116一、电容器、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)带电量：一个极板所带电量的确定值(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(1)定义式：C.(2)单位：法拉(F)，1 F106F1012pF.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，与介质的介电常数成正比，与两极板间距离成反比(2)打算式：C，k为静电力常量特殊提示：C适用于任何电容器，但C仅适用于平行板电容器1.(多选)对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间的相应关系的图象正确的是()答案：BC二、带电粒子在电场中的运动1加速问题(1)在匀强电场中：WqEdqUmv2mv；(2)在非匀强电场中：WqUmv2mv.2偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场(2)运动性质：匀变速曲线运动(3)处理方法：利用运动的合成与分解沿初速度方向：做匀速运动沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动特殊提示：带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等除有说明或有明确的示意以外，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.(单选)(2021中山模拟)如图所示，质子(H)和粒子(He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为()A11B12C21 D14答案：B考点一平行板电容器的动态分析同学用书P117运用电容的定义式和打算式分析电容器相关量变化的思路1确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变(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2用打算式C分析平行板电容器电容的变化3用定义式C分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化4用E分析电容器两极板间电场强度的变化(多选)(2021甘肃诊断)如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积S都可以调整，电容器两板与电池相连接Q表示电容器的带电荷量，E表示两板间的电场强度则()A当d增大，S不变时，Q减小，E减小B当S增大，d不变时，Q增大，E增大C当d减小，S增大时，Q增大，E增大D当S减小，d增大时，Q不变，E增大解析电容器与电池相连，电压不变当d增大，S不变时，由C知，C变小，由QCU知，Q变小，由E知，E减小，A正确当S增大，d不变时，同理可得C增大，Q增大，E不变，B错误当d减小，S增大时，同理可得C变大，Q增大，E增大，C正确当S减小，d增大时，C变小，Q变小，E变小，D错误答案AC总结提升在分析平行板电容器的动态变化问题时，必需抓住两个关键点：(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般状况下是保持电量不变或板间电压不变(2)恰当选择公式：要机敏选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用E，分析板间电场强度的变化状况1.(多选)如图所示，两块正对平行金属板M、N与电池相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，假如M板向上平移一小段距离，则()A点电荷受到的电场力变小BM板的带电荷量增加CP点的电势上升D点电荷在P点具有的电势能增加解析：选AD.两极电压不变，M板上移，d增大，由E知E变小，电场力变小，A对；由电容的打算式知，M板上移，电容减小，由QCU知Q变小，B错；N板接地电势为零，PUPNE，E变小，则P降低，C错；由EpqP，由于q0，P变小，则Ep变大，D正确考点二带电粒子在电场中的直线运动同学用书P1171运动类型(1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动(2)带电粒子在不同的匀强电场或交变电场中做匀加速、匀减速的来回运动2分析思路(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(2)依据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场(3)对带电粒子的来回运动，可实行分段处理反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开头，在电场力作用下沿直线在A、B两点间来回运动已知电场强度的大小分别是E12.0103N/C和E24.0103 N/C，方向如图所示，带电微粒质量m1.01020 kg，带电荷量q1.0109 C，A点距虚线MN的距离d11.0 cm，不计带电微粒的重力，忽视相对论效应求：(1)B点距虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经受的时间t.解析(1)带电微粒在由A点运动到B点的过程中，由动能定理得|q|E1d1|q|E2d20由式解得d2d10.50 cm.(2)设带电微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿其次定律有|q|E1ma1|q|E2ma2设带电微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有d1a1td2a2t又tt1t2由式解得t1.5108 s.答案(1)0.50 cm(2)1.5108 s2.(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象当t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A带电粒子将始终向同一个方向运动B2 s末带电粒子回到原动身点C3 s末带电粒子的速度为零D03 s内，电场力做的总功为零解析：选CD.由牛顿其次定律知，带电粒子在第1 s内的加速度a为第2 s内加速度a的，因此先加速1 s再减速0.5 s速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，vt图象如图所示，由对称性可知，反向加速的距离使带电粒子刚好回到减速开头的点，A、B均错；03 s内，带电粒子的初、末速度均为零，动能的变化为零，电场力做的功为零，C、D正确考点三带电粒子在电场中的偏转 同学用书P1181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.(2)在电场中的运动时间：t.(3)位移，yat2.(4)速度，vy，v，tan .2两个结论(1)不同的带电粒子从静止开头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qU0mv及tan 得tan .(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.3带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系：当争辩带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置间的电势差如图所示，虚线MN左侧有一场强为E1E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E22E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，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连线夹角的正切值tan ；(3)电子打到屏上的点P到点O的距离x.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，由牛顿其次定律和运动学公式得：a1a1tv1a1t1t2运动的总时间为tt1t23.(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，电子在电场中的加速度为a2t3vya2t3tan 解得：tan 2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x1x1a2ttan 解得：xx1x23L.答案(1)3(2)2(3)3L3.(单选)(2022高考山东卷)如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为q和q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时毁灭在电场中)不计重力若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()A. B. C. D. 解析：选B.由于两粒子轨迹恰好相切，切点为矩形区域中心，则对其中一个粒子，水平方向v0t，竖直方向at2且满足a，三式联立解得v0，故B正确同学用书P119方法技巧带电粒子在交变电场中的偏转1留意全面分析(分析受力特点和运动特点)，找到满足题目要求所需要的条件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tT，可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变，等于刚进入电场时刻的场强(2)若不满足上述关系，应留意分析粒子在电场方向上运动的周期性(20分)如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB1 125 V，板中心有小孔O和O.现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间在B板右侧，平行金属板M、N长L14102m，板间距离d4103m，在距离M、N右侧边缘L20.1 m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O并发出荧光现给金属板M、N之间加一个如图乙所示的变化电压u1，在电压变化时，M板电势低于N板已知电子质量为me9.01031 kg，电量为e1.61019C.求：(1)每个电子从B板上的小孔O射出时的速度多大？(2)电子打在荧光屏上的范围是多少？(3)打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？审题点睛(1)推断粒子通过MN的时间t是否远小于交变电压的周期T.(2)推断电压最大时进入的粒子能否从MN间射出，若能射出，其偏距就是最大偏距；若不能射出，则从N板上边缘射出的为最大偏距(3)动能最大者就是在电场中偏距最大的粒子该得的分一分不丢！(1)电子经A、B两块金属板加速，有：eUABmv(2分)得v0 m/s2107m/s.(2分)(2)电子通过极板的时间为t2109s，远小于电压变化的周期，故电子通过极板时可认为板间电压不变(2分)当u1U222.5 V时，电子经过M、N极板向下的偏移量最大，为y122m2103m(3分)y10，D正确一、单项选择题1.某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中()A电容器的电容变大B电容器的电荷量保持不变CM点的电势比N点的电势低D流过电阻R的电流方向从M到N解析：选D.当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势不变，电荷量QCU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向MRN，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，D正确2(2022高考天津卷)如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽视，平行板电容器C的极板水平放置闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动假如仅转变下列某个条件，油滴仍能静止不动的是()A增大R1的阻值B增大R2的阻值C增大两板间的距离 D断开电键S解析：选B.设油滴质量为m，电荷量为q，两板间距离为d，当其静止时，有qqmg；由题图知，增大R1，UR1增大，油滴将向上加速，增大R2，油滴受力不变，仍保持静止；由E知，增大d，U不变时，E减小，油滴将向下加速；断开电键S，电容器将通过R1、R2放电，两板间场强变小，油滴将向下加速，故只有B项正确3(2022高考天津卷)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A若微粒带正电荷，则A板确定带正电荷B微粒从M点运动到N点电势能确定增加C微粒从M点运动到N点动能确定增加D微粒从M点运动到N点机械能确定增加解析：选C.微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；由于不能确定电场力的方向，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力确定向下，因此微粒受到的合外力做正功，依据动能定理可知，微粒从M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，依据功能原理可知，不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是削减，D项错误4.(2021汕头模拟)如图所示，从酷热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场电子的重力不计在满足电子能射出偏转电场的条件下下述四种状况中，确定能使电子的偏转角变大的是()A仅将偏转电场极性对调B仅增大偏转电极间的距离C仅增大偏转电极间的电压D仅减小偏转电极间的电压解析：选C.设加速电场电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q，得v0，电子进入极板后做类平抛运动，时间t，a，vyat，tan ，由此可推断C正确5.(2021宿州模拟)如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开头释放，Q小球从两板正中心由静止开头释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开头释放到运动到右极板的过程中它们的()A运行时间tPtQB电势能削减量之比EPEQ21C电荷量之比qPqQ21D动能增加量之比EkPEkQ41解析：选C.两球在竖直方向上都做自由落体运动，由于下落高度相同，所以运动时间相等，A错；在水平方向上，两球都做匀加速运动，由xat2可得：aPaQ21，则qPqQ21，C正确；电势能的削减量：EPEQ(qPExP)(qQExQ)41，B错；动能增加量：(mghEP)(mghEQ)41，D错6.(2021湖北八校联考)有一静电场，其电势随x坐标的转变而转变，变化的图线如图所示若将一带负电的粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点分别位于x坐标轴上的1 mm、4 mm处则下列说法正确的是()A粒子将沿x轴正方向始终向前运动B粒子在P点与Q点的加速度大小相等、方向相反C粒子经过P点与Q点时，动能相等D粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等解析：选C.由题中x图，画出电场强度E随x变化的图象及带电粒子的vt图象，如图所示，由图可知A错误；由牛顿其次定律知，粒子在P、Q两点的加速度满足aP2aQ，B错误；由vt图象可知，粒子在P、Q两点对应的时间分别是t0和(3)t0，其速度相等，C正确；粒子在P、Q两点的功率PEqv，因电场强度不相同，故功率不同，D错误二、多项选择题7.(2021河南南阳一中月考)给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示小球静止时与竖直方向的夹角为，则()A若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小B若将B极板向下平移稍许，A、B两板间电势差将增大C若将B极板向上平移稍许，夹角将变大D轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动解析：选ABC.若将B极板向右平移稍许，d增大，依据C，知电容器的电容将减小，故A正确若将B极板向下平移稍许，正对面积S减小，依据C，知电容将减小，因电容器带电荷量Q不变，由U，分析知板间电势差增大，故B正确若将B极板向上平移稍许，正对面积S减小，电容将减小，因电容器带电荷量Q不变，由U，分析知板间电势差增大，依据E，知E增大，则小球所受的电场力增大，将变大，故C正确轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，故D错误8(2021潍坊模拟)在地面四周，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的vt图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则()A在t2.5 s时，小球经过边界MNB小球受到的重力与电场力之比为35C在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小解析：选BC.由速度图象可知，带电小球在区域与区域中的加速度大小之比为32，由牛顿其次定律可知：，所以小球所受的重力与电场力之比为35，B正确；小球在t2.5 s时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故A错误，C正确；因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D错误9.(2021深圳模拟)如图所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的P点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q点射出，下列推断正确的有()A粒子带正电B粒子做匀速圆周运动C粒子电势能增大D仅增大电场强度，粒子通过电场的时间不变解析：选AD.不计重力的带电粒子垂直射入匀强电场中，粒子做类平抛运动且沿初速度方向做匀速直线运动，而电场的宽度确定，故增大电场强度不会转变通过电场的时间，B项错误，D项正确；沿场强方向做匀加速直线运动，可知粒子受力方向与场强方向全都，故粒子带正电，A项正确；粒子位移方向与电场力方向夹角为锐角，电场力做正功，故粒子电势能减小，C项错10.如图所示，水平放置的两平行金属板与始终流电源相连，一带正电的粒子仅在重力和电场力作用下以某一初速度沿图中直线从A运动到B，现将平行金属板分别以O、O为圆心在平面内旋转相同角度后(角度不太大)，粒子仍以原来的方式射入，则()A粒子将做曲线运动B粒子仍做匀速直线运动C粒子做匀变速直线运动D粒子的电势能可能增加，也可能减小解析：选CD.刚开头时粒子做匀速直线运动，mgqEq，由受力分析可知，粒子在竖直方向上合力为零如图所示，平行金属板顺时针旋转角，则qcos qcos qmg，即竖直方向上的合力为0，水平方向的合力为Fmgtan ，故粒子做匀加速直线运动，A、B错C正确；由分析知电场力做正功，粒子的电势能减小；同理，若平行金属板逆时针旋转角，则粒子电势能渐渐增加，粒子做匀减速直线运动，故选项D正确三、非选择题11如图甲所示，在y0和y2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场，MN为电场区域的上边界，在x轴方向范围足够大电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为1.0102C/kg，在t0时刻以速度v05102 m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力求：(1)粒子通过电场区域的时间；(2)粒子离开电场时的位置坐标；(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小解析：(1)因粒子初速度方向垂直电场方向，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t4103s.(2)粒子沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a14 m/s2，减速时的加速度大小为a22 m/s2，由运动学规律得x方向上的位移为xa12a12a222105m因此粒子离开电场时的位置坐标为(2105m,2 m)(3)粒子通过电场区域后沿x方向的速度为vxa1a24103m/s.答案：(1)4103s(2)(2105m,2 m)(3)4103m/s12.(2021江苏苏南四校联考)如图甲所示，在场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场中存在着一半径为R的圆形区域O点为该圆形区域的圆心，A点是圆形区域的最低点，B点是圆形区域最右侧的点在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强方向向右的正电荷，电荷的质量为m、电荷量为q，不计电荷重力、电荷之间的作用力(1)若某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点如图甲所示，POA，求该电荷从A点动身时的速率；(2)若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，如图乙所示，C、D分别为接收屏上最边缘的两点，COBBOD30.求该屏上接收到的电荷的最大动能和最小动能解析：(1)设该电荷从A点发出时的速率为v0，运动到P点的时间为t，因不计其重力及电荷之间的作用力，所以电荷做类平抛运动，则有aRsin v0tRRcos at2由以上三式得v0.(2)由(1)的结论得粒子从A点动身时的动能为mv则经过P点时的动能为EkEq(RRcos )mvEqR(53cos )可以看出，当变大时，接收屏上电荷的动能渐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大D点对应60，则最小动能为：EkDEqR(53cos 60)EqRC点对应120，则最大动能为：EkCEqR(53cos 120)EqR.答案：见解析