2022步步高大一轮复习--物理 第七章 静电场 第3讲 电容器　带电粒子在电场中的运动学案

这是一份2022步步高大一轮复习--物理 第七章 静电场 第3讲 电容器　带电粒子在电场中的运动学案，共20页。学案主要包含了电容器及电容，带电粒子在电场中的运动，示波管等内容，欢迎下载使用。
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绝对值．
(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与电容器两极板间的电势差的比值．
(2)定义式：C＝eq \f(Q,U).
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106 μF＝1012 pF.
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关．
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两极板间的距离．
(2)决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd).
自测1 对于某一电容器，下列说法正确的是( )
A．电容器所带的电荷量越多，电容越大
B．电容器两极板间的电势差越大，电容越大
C．电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍
D．电容器两极板间的电势差减小到原来的eq \f(1,2)，它的电容也减小到原来的eq \f(1,2)
答案 C
解析 根据公式C＝eq \f(εrS,4πkd)可得，电容的大小跟电容两端的电势差以及电容器所带的电荷量的多少无关，根据公式C＝eq \f(Q,U)可得电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍，所以C正确，A、B、D错误．
二、带电粒子在电场中的运动
1．加速
(1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02.
(2)在非匀强电场中，W＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02.
2．偏转
(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强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1所示．
图1
(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．根据运动的合成与分解的知识解决有关问题．
(3)基本关系式：运动时间t＝eq \f(l,v0)，加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)，偏转量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mdv02)，偏转角θ的正切值：tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(at,v0)＝eq \f(qUl,mdv02).
自测2 (2019·安徽安庆市二模)如图2所示，一水平放置的平行板电容器与电源相连，开始时开关闭合．一带电粒子沿两极板中心线方向以一初速度射入，恰好沿中心线①通过电容器．则下列判断正确的是( )
图2
A．粒子带正电
B．保持开关闭合，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动
C．保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，可使粒子仍沿轨迹①运动
D．断开开关，将B板向上平移一定距离，可使粒子沿轨迹②运动
答案 B
解析 开关闭合时，粒子做匀速直线运动，电场力与重力平衡，A极板和电源正极相连，所以场强方向向下，故粒子带负电，A错误；保持开关闭合，电容器两端电压不变，B板上移，板间距d变小，由公式E＝eq \f(U,d)知场强增大，电场力大于重力，粒子可沿轨迹②运动，故B正确；保持开关闭合，将A板向上平移一定距离，板间距d增大，由公式E＝eq \f(U,d)知场强减小，电场力小于重力，所以粒子向下偏转，故C错误；断开开关，电容器电荷量不变，将B板向上平移一定距离，由公式C＝eq \f(Q,U)，C＝eq \f(εrS,4πkd)，E＝eq \f(U,d)得，E＝eq \f(4πkQ,εrS)，与板间距离无关，故场强不变，所以粒子沿轨迹①运动，故D错误．
三、示波管
1．示波管的构造
①电子枪，②偏转电极，③荧光屏(如图3所示)
图3
2．示波管的工作原理
(1)YY′偏转电极上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．
(2)观察到的现象
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若所加扫描电压和信号电压的周期相等，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．
1．实验原理
(1)电容器的充电过程
图4
如图4所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．在充电开始时电流比较大，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止移动，电流I＝0.
(2)电容器的放电过程
如图5所示，当开关S接2时，将电容器的两极板直接用
图5
导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流，放电开始电流较大，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小，最后减小到零．
实验器材：6 V的直流电源、 单刀双掷开关 、平行板电容器、电流表、电压表、 小灯泡．
2．实验步骤
(1)按图6连接好电路．
图6
(2)把单刀双掷开关S接1，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中．
(3)将单刀双掷开关S接2，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中．
(4)记录好实验结果，关闭电源．
实验记录和分析：
3．注意事项
(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计．
(2)要选择大容量的电容器．
(3)实验要在干燥的环境中进行．
(4)在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，以免烧坏电流表．
例1 电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能画出电流与时间的变化图象．图7甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6 V.
图7
先使开关S与1接通，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I－t图象如图乙所示．根据图象估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为________ C，该电容器电容为________ μF(结果保留整数)．
答案 3.04×10－3 507
解析 由于Q＝It，可知题图乙中图象与时间轴围成的面积表示电荷量；根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为8×10－5 C，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为38，所以释放的电荷量为q＝8×10－5×38 C＝3.04×10－3 C．根据电容器的电容C＝eq \f(Q,U)可知，C＝eq \f(3.04×10－3,6) F≈5.07×10－4 F＝507 μF.
例2 (2019·江苏徐州市期末)某电容器上标有“20 μF 100 V”，则( )
A．该电容器加的电压可以长时间高于100 V
B．该电容器加上50 V电压时，其电容为10 μF
C．该电容器加上100 V电压时，其所带电荷量为2×10－3 C
D．该电容器的最大电容为20 μF，当其带电荷量较少时，电容小于20 μF
答案 C
解析 100 V是该电容器的额定电压，是可以长时间工作的最大电压，该电容器不能长时间在大于100 V的电压下工作，故A错误；电容器的电容与电容器板间电压、带电荷量无关，加电压或不加电压、带电荷量多或少时，电容都是20 μF，故B、D错误；该电容器加上100 V电压时，其所带电荷量为Q＝UC＝100×20×10－6 C＝2×10－3 C，故C正确．
变式1 (2019·江苏无锡市一模)超级电容器的容量比通常的电容器大得多，其主要优点是高功率脉冲应用和瞬时功率保持，具有广泛的应用前景．某超级电容器标有“2.7 V,100 F”，将该电容器接在1.5 V干电池的两端，则电路稳定后该电容器的负极板上所带电荷量为( )
A．－150 C B．－75 C
C．－270 C D．－135 C
答案 A
解析 根据C＝eq \f(Q,U)可知电容器某个极板的带电荷量为Q＝CU＝100×1.5 C＝150 C，则电路稳定后该电容器的负极板上所带电荷量为－150 C，故选A.
变式2 (2018·北京卷·19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图8所示．下列说法正确的是( )
图8
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，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
答案 A
解析 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，A正确；b板向上平移，正对面积S变小，由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容C变小，由C＝eq \f(Q,U)知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝eq \f(εrS,4πkd)知，电容C变大，由C＝eq \f(Q,U)知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，C错误；由C＝eq \f(Q,U)知，实验中，只增加极板带电荷量，U变大，静电计指针的张角变大，D错误．
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＝eq \f(qE,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－v02＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
例3 如图9所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点．若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则( )
图9
A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B．金属板A、B间的电压减小
C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D．乙电子运动到O点的速率为2v0
答案 C
解析 两板间距离变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据e·E·2d＝eq \f(1,2)mv2，e·E·d＝eq \f(1,2)mv02，可知，乙电子运动到O点的速率v＝eq \r(2)v0，选项D错误．
变式3 (2017·江苏卷·4)如图10所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，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( )
图10
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
答案 A
解析 根据平行板电容器的电容的决定式C＝eq \f( εrS,4πkd)、定义式C＝eq \f(Q,U)和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝eq \f( 4πkQ,εrS)，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确．
1．运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a.能飞出电容器：t＝\f(l,v0).,b.不能飞出电容器：y＝\f(1,2)at2＝\f(qU,2md) t2，t＝ \r(\f(2mdy,qU)).))
(2)沿电场力方向做匀加速直线运动
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(qU,md),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mdv02).,离开电场时的偏转角：tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mdv02).))
2．两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始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＝eq \f(1,2)mv02
y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qU1,md)·(eq \f(l,v0))2
tan θ＝eq \f(qU1l,mdv02)
得：y＝eq \f(U1l2,4U0d)，tan θ＝eq \f(U1l,2U0d)
(2)粒子经电场偏转后射出，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eq \f(l,2).
3．功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．
例4 (2019·江苏无锡市期末)如图11所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心．已知电子质量m＝9.0×10－31 kg，电荷量大小e＝1.6×10－19 C，加速电场电压U0＝2 500 V，偏转电场电压U＝200 V，极板的长度L1＝6.0 cm，板间距离d＝2.0 cm，极板的末端到荧光屏的距离L2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)．求：
图11
(1)电子射入偏转电场时的初速度大小v0；
(2)电子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；
(3)电子经过偏转电场过程中电势能的增加量．
答案 (1)3.0×107 m/s (2)7.2×10－3 m
(3)－5.8×10－18 J
解析 (1)电子在电场中加速过程：eU0＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝eq \r(\f(2eU0,m))
代入数据解得v0≈3.0×107 m/s.
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y.
电子在水平方向做匀速直线运动，L1＝v0t
电子在竖直方向上做匀加速直线运动，y＝eq \f(1,2)at2
根据牛顿第二定律有eq \f(eU,d)＝ma
解得y＝eq \f(eUL12,2mdv02)＝eq \f(1.6×10－19×200×0.062,2×9.0×10－31×0.02×3.0×1072) m
≈3.6×10－3 m
电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点，则eq \f(y,h)＝eq \f(L1,L1＋2L2)
解得h＝7.2×10－3 m.
(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它做的功
W＝eEy＝e eq \f(U,d)y≈5.8×10－18 J
ΔEp＝－W＝－5.8×10－18 J.
变式4 如图12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( )
图12
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
答案 C
解析 由带电微粒做类平抛运动的特点可知带电微粒所受的合力方向向下，电场力方向有两种可能：电场力方向向上且Eqeq \f(mgsin θ,q)时，电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，带电油滴的机械能增加，故C正确．
3．(带电粒子在交变电场中的运动)如图15(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是( )
图15
A．0