2021版人教版高三物理一轮复习基础梳理：第六章课时3　电容器　带电粒子在电场中的运动 学案

课时3　电容器　带电粒子在电场中的运动

一、电容器、电容

1.电容器

(1)组成:由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。

(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,充电后电容器两极板带上等量的异号电荷,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 F=106 μF=1012 pF。

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,与介质的相对介电常数成正比,与两极板间距离成反比。

(2)决定式:C=,k为静电力常量。

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。

二、带电粒子在电场中的运动

1.带电粒子在电场中的加速

(1)处理方法:利用动能定理:qU=mv2-m。

(2)适用范围:任何电场。

2.带电粒子在电场中的偏转

(1)条件分析:带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场。

(2)运动性质:匀变速曲线运动。

(3)处理方法:分解成相互垂直的两个分运动,类似于平抛运动。

(4)运动规律

①沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间:

a.能飞出电容器:t=;

b.不能飞出电容器:y=at2=t2,t=。

②沿电场力方向,做匀加速直线运动:

加速度:a===,

离开电场时的偏移量:y=at2=,

离开电场时的偏转角:tan θ==。

考点一　电容器和电容

1.电容器是储存电荷的装置,充电的电容器,两极板带等量的异号电荷,电容器接电源正极的极板带正电,接电源负极的极板带负电。

2.加在电容器两极板间电压不能超过某一限度,超过这个限度,电容器将被击穿,这个极限电压,称为击穿电压。电容器外壳上标注的是工作电压,数值比击穿电压低。

3.电容是用比值定义的物理量,表示电容器容纳电荷的本领,反映了电容器本身的特征,与Q,U无关。

[典例1] (多选)如图所示,电源E对电容器C充电,当C两端电压达到80 V 时,闪光灯瞬间导通并发光,C放电。放电后,闪光灯断开并熄灭,电源再次对C充电。这样不断地充电和放电,闪光灯就周期性地发光。该电路(　　)

A.充电时,通过R的电流不变

B.若R增大,则充电时间变长

C.若C增大,则闪光灯闪光一次通过的电荷量增多

D.若E减小为85 V,闪光灯闪光一次通过的电荷量不变

解析:给电容器充电过程中,随着两极板间所带电荷量增多,电路中的电流逐渐减小,选项A错误;充满一次电,电容器增加的电荷量是相同的,即通过R的电荷量Q是一定的,电源恒定,R增大,则电流I减小,根据I=可知,充电时间变长,选项B正确;若C增大,电容器充满电时所带电荷量增多,即闪光时电容器释放的电荷量也增多,则通过闪光灯的电荷量也增多,选项C正确;因为C两端电压达到80 V时,电容器就不再充电,外接电源只要提供电压等于或超过80 V,产生的效果均相同,闪光灯闪光一次通过的电荷量也相同,选项D正确。

答案:BCD

变式1:如图为可变电容器,由一组动片和一组定片组成,这两组金属片之间是互相绝缘的,动片旋入得越多,则(　A　)

A.正对面积越大,电容越大

B.正对面积越大,电容越小

C.动片、定片间距离越大,电容越大

D.动片、定片间距离越小,电容越小

解析:由C=可知动片旋入越多,正对面积越大,电容越大,A正确,B错误;根据电容与极板间距离成反比可知,增大动片、定片间距离,电容减小;减小动片、定片间距离,电容增大,故C,D错误。

考点二　平行板电容器的动态分析

1.分析思路

(1)确定不变量,分析是电压不变还是所带电荷量不变。

(2)用决定式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。

2.电容器两类问题的比较

 [典例2] 板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时,两极板间电势差为U1,板间电场强度为E1。现将电容器所带电荷量变为2Q,板间距变为d,其他条件不变,这时两极板间电势差为U2,板间电场强度为E2,下列说法正确的是(　　)

A.U2=U1,E2=E1 B.U2=2U1,E2=4E1

C.U2=U1,E2=2E1 D.U2=2U1,E2=2E1

解析:根据U=、C∝、E=可得U∝、E∝,则==×2=1,==,选项C正确。

答案:C

变式2: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　)

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,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,表明电容增大

解析:实验前,只用带电玻璃棒与电容器a板接触,a板带上电 ,由于静电感应,在b板上将感应出异号电荷,选项A正确;实验中,b板向上平移,正对面积S变小,由C=知,电容C变小,由C=知,Q不变,U变大,因此静电计指针的张角变大,选项B错误;插入有机玻璃板,相对介电常数εr变大,由C=知,电容C变大,由C=知,Q不变,U变小,因此静电计指针的张角变小,选项C错误;由C=知,实验中,只增加极板带电量,静电计指针的张角变大,而电容C保持不变,选项D错误。

考点三　带电粒子在电场中的直线加速

1.带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件

(1)粒子所受合力F合=0,粒子静止或做匀速直线运动。

(2)粒子所受合力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.用动力学方法分析

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。

[典例3] (多选)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平,两微粒a,b所带电荷量大小相等、电性相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a,b,它们由静止开始运动,在随后的某时刻t,a,b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,a,b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)

A.a的质量比b的大

B.在t时刻,a的动能比b的大

C.在t时刻,a和b的电势能相等

D.在t时刻,a和b的动量大小相等

解析:根据题述可知,微粒a向下加速运动,微粒b向上加速运动,根据a,b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,可知a的加速度大于b的加速度,即aa>ab。对微粒a,由牛顿第二定律,qE=maaa,对微粒b,由牛顿第二定律,qE=mbab,联立解得>,由此式可以得出a的质量比b的小,选项A错误;在a,b两微粒运动过程中,a微粒所受的合力等于b微粒所受的合力,a微粒的位移大于b微粒的位移,根据动能定理,在t时刻,a的动能比b的大,选项B正确;由于在t时刻两微粒经过同一水平面,电势相等,电荷量大小相等,电性相反,所以在t时刻,a和b的电势能不相等,选项C错误;由于a微粒受到的电场力(合力)等于b微粒受到的电场力(合力),根据动量定理,在t时刻,a微粒的动量等于b微粒的动量,选项D正确。

答案:BD

变式3:如图所示,有一平行板电容器,电容为C,A板接地,中间开有一小孔,通过这一小孔连续地向电容器射入电子,电子射入小孔时的速度为v0,单位时间内射入的电子数为n,电子质量为m,电荷量为e,电容器原来不带电。随着电子不断射到B板并均留在B板上,电容器两极板的电势差将不断增大,则从开始射入电子到电容器极板电势差达到最大所需要的时间为(　B　)

A. B. C. D.

解析:随着不断有电子射到B板并留在B板上,B板上所带负电荷增加,由于静电感应,A板将带等量的正电荷,A,B板间形成电势差随时间而增大,电子在板间将做减速运动,当电子不再射到B板,即电子到达B板时的速度恰好为零时,板间的电势差达最大值Um不变。

由动能定理得eUm=m

得Um=

则此时电容器带电荷量为Q=CUm=

由题意得,极板上电荷量Q随时间变化的关系为Q=net

则所需的时间为t==。

考点四　带电粒子在电场中的偏转

1.带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法

(1)基本粒子:如电子、质子、α粒子、离子等,除有说明或明确的暗示以外,一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。

(2)带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等,除有说明或有明确的暗示以外,一般都要考虑重力。

2.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论

(1)以初速度v0进入偏转电场,则

y=at2=··()2,

作粒子速度的反向延长线,设交于O点,O点与电场边缘的距离为x,则x==·=。

结论:粒子从偏转电场中射出时,就像是从极板间的处沿直线射出。

(2)经加速电场加速再进入偏转电场:若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的,则偏移量y=,

偏转角正切:tan θ=。

结论:无论带电粒子的m,q如何,只要经过同一加速电场加速,再垂直进入同一偏转电场,它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的,也就是运动轨迹完全重合。

[典例4] 如图所示,边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场。电荷量为q、动能为Ek 的带电粒子从a点沿ab方向进入电场,不计重力。

(1)若粒子从c点离开电场,求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能;

(2)若粒子离开电场时动能为Ek′,则电场强度为多大?

解析:(1)若粒子从c点离开电场,则有

水平方向L=v0t,

竖直方向L=at2,

其中a=,且有Ek=m,

综合可得:电场强度的大小为E=,

又由动能定理得qEL=Ekt-Ek,

所以粒子离开电场时的动能Ekt=qEL+Ek=5Ek。

(2)由于本设问中未给出粒子离开电场的位置,需要分情况讨论:

①若粒子由bc边离开电场,则有L=v0t,y=·t2,

又根据动能定理有qEy=Ek′-Ek,

所以电场强度的大小为E=,

②若粒子由cd边离开电场,则根据动能定理有

qEL=Ek′-Ek,

所以电场强度的大小为E=。

答案:(1)　5Ek　(2)或

变式4:如图所示,一个带电粒子从离子源飘入(初速度很小,可忽略不计)电压为U1的加速电场,经加速后从小孔S沿平行金属板A,B的中心线射入。A,B板长为L,相距为d,电压为U2。则带电粒子能从A,B板间飞出应该满足的条件是(　C　)

A.< B.<

C.< D.<

解析:粒子在电场U1中加速获得的速度为v,由动能定理知qU1=mv2,

在U2电场中偏转:t=,y=at2=,

由题意知:y<,

联立解得<,故C正确。

1.(电容器的动态变化)如图所示,水平放置、间距为d的两平行金属板A,B带有等量异号电荷,在离A,B板均为处有a,b两点。不计电场边缘效应,则(　C　)

A.a,b两点的电场强度Ea>Eb

B.A板与a点间的电势差UAa和B板与b点间的电势差UBb相同

C.将A,B板间距离增大到2d时,两板间的电势差增大到原来的两倍

D.将A,B板间距离增大到2d时,两板所带的电荷量增大到原来的两倍

解析:不计电场边缘效应的平行板间的电场是匀强电场,故Ea=Eb,A错误;A板与a点间的电势差UAa=E·,B板与b点间的电势差UBb=-E·,B错误;根据平行板电容器电容公式C=,将A,B板间距离增大到2d时,电容C减小到原来的,而电容器所带电荷量Q不变,由C=可知,两板间的电势差U增大到原来的两倍,C正确,D错误。

2.(电容器的动态变化)如图所示,先接通S使电容器充电,然后断开S,增大两极板间的距离时,电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U及电场强度E的变化情况是(　C　)

A.Q变小,C不变,U不变,E变大

B.Q变小,C变小,U不变,E变小

C.Q不变,C变小,U变大,E不变

D.Q不变,C变小,U变小,E无法确定

解析:由充电后断开电源,电容器的电荷量不变,选项A,B错误;由C=知增大两极板间的距离时,电容C变小,由C=知,U变大;两板间电场强度E==,可见当增加两板间距时,电场强度不变,选项C正确,D错误。

3.(带电粒子在电场中的直线加速)如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q 的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)。求

(1)小球到达小孔处的速度;

(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;

(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。

解析:(1)由v2=2gh,v=。

(2)在极板间带电小球受重力和电场力,有

mg-qE=ma,0-v2=2ad得E=。

U=Ed,Q=CU得Q=。

(3)由h=g,0=v+at2,t=t1+t2,

综合可得t=。

答案:(1)　(2)　

(3)

4.(带电粒子在电场中的偏转)空间存在一方向竖直向下的匀强电场,O,P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A,B。A不带电,B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g,求:

(1)电场强度的大小;

(2)B运动到P点时的动能。

解析:(1)设电场强度的大小为E,小球B运动的加速度为a,

根据牛顿第二定律,有mg+qE=ma

由于两球下落的高度相同,且在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动,

则有a()2=gt2

解得E=。

(2)设B从O点发射时的速度为v1,到达P点时的动能为Ek,O,P两点的高度差为h,根据动能定理有

mgh+qEh=Ek-m,

由于两球在水平方向上的位移也相等,

则有v1=v0t,

且在竖直方向上,有h=gt2,

联立解得Ek=2m(+g2t2)。

答案:(1)　(2)2m(+g2t2)

1.(2020·浙江1月选考,7)如图所示,电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中,已知极板长度l,间距d,电子质量m,电荷量e。若电子恰好从极板边缘射出电场,由以上条件可以求出的是(　B　)

A.偏转电压 B.偏转的角度

C.射出电场速度 D.电场中运动的时间

解析:根据推论,粒子速度方向的反向延长线过其水平位移的中点,即tan α==,因此电子射出电场的偏转角度可求,选项B正确;电子在偏转电场中做类平抛运动,水平方向有l=v0t,竖直方向有=at2,vy=at,且a=,由于电子的初速度未知,则电子在电场中的运动时间不可求出,偏转电压及射出电场速度均不可求出,选项A,C,D错误。

2.(2019·浙江4月选考,13)用长为1.4 m 的轻质柔软绝缘细线,拴一质量为1.0×10-2 kg、电荷量为2.0×10-8C的小球,细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场,平衡时细线与铅垂线成37°,如图所示。现向左拉小球使细线水平且拉直,静止释放,则(sin 37°=0.6,g=10 m/s2)(　C　)

A.该匀强电场的电场强度为3.75×107 N/C

B.平衡时细线的拉力为0.17 N

C.经过0.5 s,小球的速度大小为6.25 m/s

D.小球第一次通过O点正下方时,速度大小为7 m/s

解析:

小球处于平衡状态时,对小球进行受力分析有tan θ==,解得电场强度E=3.75×106 N/C,A错误;平衡时细线的拉力T=mg=0.125 N,B错误;小球由静止释放后沿与竖直方向成37°角方向做匀加速直线运动,加速度a=g,如图所示,在三角形OAB中利用几何关系,求得xAB=1.68 m,经过t=0.5 s,x=1.562 5 m<xAB,即经过0.5 s小球不会到达B点,此时小球的速度为v=at=6.25 m/s,C正确;小球第一次经过O点正下方时,由动能定理得mgL+qEL=mv2,代入数据解得v=7 m/s,因小球到达B点后细线被拉直而做圆周运动,在细线被拉直的瞬间有能量损失,故小球第一次通过O点正下方时,速度大小小于7 m/s,,D错误。

3.(2019·全国Ⅱ卷,24)如图,两金属板P,Q水平放置,间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P,Q,G的尺寸相同。G接地,P,Q的电势均为(>0)。质量为m,电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。

(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;

(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?

解析:(1)PG,QG间电场强度大小相等,均为E,粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有E=

F=qE=ma

设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有

qEh=Ek-m

设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有h=at2

l=v0t

联立各式解得

Ek=m+qh

l=v0。

(2)设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短.由对称性知,此时金属板的长度L=2l=2v0。

答案:(1)m+qh　v0　(2)2v0