人教版高考物理一轮复习第7章静电场第3讲电容器的电容带电粒子在电场中的运动含答案

第3讲　电容器的电容　带电粒子在电场中的运动授课提示：对应学生用书第136页 一、常见电容器　电容器的电压、电荷量和电容的关系1．常见电容器(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，充电后电容器两极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：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。(2)定义式：C＝。(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。(4)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极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。(2)决定式：C＝，k为静电力常量。二、带电粒子在匀强电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a＝，E＝，v2－v02＝2ad。(2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足qU＝mv2－mv02。2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。(2)运动性质：类平抛运动。(3)处理方法：运动的分解。①沿初速度方向：做匀速直线运动。②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。三、示波器的工作原理1．构造：①电子枪，②偏转极板，③荧光屏。(如图所示)2．工作原理(1)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压。(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。 授课提示：对应学生用书第136页　　自主探究  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根据C＝先分析电容的变化，再根据C＝分析Q的变化。②根据E＝分析场强的变化。③根据UAB＝E·d分析某点电势变化。(2)Q不变①根据C＝先分析电容的变化，再根据C＝分析U的变化。②根据E＝或E＝分析场强变化。1．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，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；根据电容器的决定式：C＝，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C＝可知， 电荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；根据电容器的决定式C＝，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数εr增大，则电容C增大，根据C＝可知， 电荷量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；根据C＝可知， 电荷量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误。答案：A2．(2021·河南重点中学高三联考)如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，上极板A接地，一带负电的油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则(　　)A．带电油滴所受静电力不变B．P点的电势将升高C．带电油滴在P点时的电势能增大D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大解析：将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E＝得知板间场强减小，油滴所受的静电力减小，A错误；板间场强减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将升高，则油滴在P点时的电势能将减小，B正确，C错误；根据电容的定义式C＝知电容减小，C＝，电容器与电源相连，则板间电压U不变，当C减小时，极板带电荷量Q也减小，D错误。答案：B方法技巧解决电容器问题的2个常用技巧——————————————————————— (1)在电荷量保持不变的情况下，由E＝＝＝知，电场强度与板间距离无关。(2)针对两极板带电荷量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变；两极板正对面积变化时，如图丙中电场线变密，场强增大。　 　　自主探究1．带电粒子(体)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．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。3．处理带电粒子在电场中做直线运动的两个观点(1)用动力学观点分析a＝，E＝，v2－v02＝2ad。(2)用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02；非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。3．如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)A．当减小两板间的距离时，速度v增大B．当减小两板间的距离时，速度v减小C．当减小两板间的距离时，速度v不变D．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长解析：由动能定理得eU＝mv2，当改变两极板间的距离时，U不变，v就不变，故选项A、B错误，C正确；粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，＝，＝，即t＝，当d减小时，v不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D错误。答案：C4．(多选)(2021·山东泰安模拟)如图甲所示，在两平行的金属板间加上如图乙所示的电压。在0～1 s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，t＝2 s时电荷仍运动且未与极板接触，则在1～2 s内，点电荷(g取10 m/s2)(　　)A．做匀加速直线运动，加速度大小为10 m/s2B．做变加速直线运动，平均加速度大小为5 m/s2C．做变加速直线运动，2 s末加速度大小为10 m/s2D．2 s末速度大小为10 m/s解析：第1 s内电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力方向向上，与重力平衡，第2 s内电压一直变大，故电场强度变大，电场力变大，且第2 s内合力随时间均匀增加，加速度随时间均匀增加，是变加速直线运动，故A错误；第2 s内加速度随时间均匀增加，第2 s末电场强度增加为第1 s末的2倍，故电场力变为第1 s末的2倍，此时合力向上，大小为mg，其加速度大小为g＝10 m/s2，故平均加速度为＝ m/s2＝5  m/s2，故B、C正确；2 s 末速度大小为v2＝ t＝5×1 m/s＝5 m/s，故D错误。答案：BC5．如图所示，金属板A、B水平放置，两板中央有小孔S1、S2，A、B与直流电源连接。闭合开关，从S1孔正上方O处由静止释放一带电小球，小球刚好能到达S2孔，不计空气阻力，要使此小球从O点由静止释放后穿过S2孔，应(　　)A．仅上移A板适当距离B．仅下移A板适当距离C．断开开关，再上移A板适当距离D．断开开关，再下移A板适当距离解析：设板间距离为d，O距S1为h，电源电压为U，由题意知从O释放一带电小球到达S2孔速度为零，则电场力对小球做负功，由动能定理得：mg(h＋d)－qU＝0，若仅上移或下移A板适当距离，两板间电压不变，仍满足mg(h＋d)－qU＝0，小球仍刚好能到达S2，则A、B错误；断开开关，Q不变，因E＝，则场强E不变，由动能定理得：mg(h＋d)－Eq·d＝0，将A板向上移适当距离，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功增多，故假设不成立，即到达不了S2处速度已为零，故C错误；若下移A板适当距离，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功变少，所以总功为正功，到达S2处时小球速度不为零，能够穿过S2孔，故D正确。答案：D方法技巧带电体在匀强电场中直线运动问题的分析方法———————————————————————  　 　　教材走向高考 1．对带电粒子在匀强电场中的偏转运动的理解(1)运动条件：①初速度垂直于匀强电场；②仅受电场力作用。(2)运动性质：类平抛运动。(3)处理方法：运动的分解。2．带电粒子在电场中的偏转规律 3．两个结论(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的偏转角度总是相同的。证明：由qU0＝mv02及tan φ＝得tan φ＝。(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。带电粒子在电场中的运动是近几年高考的热点，分析高考题可以发现，每年的考题都是源于教材习题的拓展提升。教材习题多以不计重力的带电粒子在电场中的加速直线运动或在匀强电场中的偏转运动的简单计算为主，而高考题通常会拓展为带电体在电场中加速或偏转，甚至是多个带电体的运动问题，考查学生灵活应用分解方法和类平抛规律的能力。同学们可通过以下示例认真体会，研究高考真题与教材习题间的溯源关系，以便在新高考备考中有的放矢，精准备考。[典例]　[人教版选修3－1·P39·T5]电子从静止出发被1 000 V的电压加速，然后进入另一个电场强度为5 000 N/C的匀强偏转电场，进入时的速度方向与偏转电场的方向垂直。已知偏转电极长6 cm，求电子离开偏转电场时的速度及其与进入偏转电场时的速度方向之间的夹角。[解析]　电子的初动能mv02＝eU0，垂直进入匀强电场后加速度a＝，在偏转电场中运动的时间为t＝，电子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vy＝at＝，电子离开偏转电场时的速度v＝≈1.9×107 m/s。电子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan θ＝＝＝＝＝＝0.15，所以电子离开偏转电场时的速度与其进入偏转电场时的速度方向之间的夹角θ＝arctan 0.15。[答案]　见解析拓展❶　由偏转电场中的运动速度拓展为两电场中的运动动能和位移的计算　(2019·高考全国卷Ⅱ)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φ(φ>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？【真题命题立意】　本题在典例计算速度偏角的基础上，拓展为利用类平抛运动规律计算动能和位移，题目中的考查点由典例中考查简单的平抛运动规律的应用，拓展为在两相邻电场中的运动问题，但考查的核心知识点仍然是带电粒子在匀强电场中的运动。解析：(1)PG、QG间场强大小相等，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＝，①F＝qE＝ma，②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－mv02，③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＝at2，④l＝v0t，⑤联立①②③④⑤式解得Ek＝mv02＋qh，⑥l＝v0。⑦(2)若粒子穿过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为L＝2l＝2v0。⑧答案：(1)mv02＋qh　v0　(2)2v0拓展❷　由偏转电场中的运动速度拓展为对动能与动量的计算　(2020·高考全国卷Ⅰ)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？【真题命题立意】　本题在典例计算速度偏角的基础上，拓展为利用类平抛运动规律分析计算动能和动量，题目中的考查点由典例中考查简单的平抛运动规律的应用，拓展为在圆形有界电场中的运动问题，但考查的核心知识点仍然是带电粒子在匀强电场中的运动。解析：(1)粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知AC＝R①F＝qE②由动能定理有F·AC＝mv02，③联立①②③式得E＝。④(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R。⑤设粒子以速度v1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t1。粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP。由牛顿第二定律和运动学公式有F＝ma，⑥AP＝at12，⑦DP＝v1t1，⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝v0。⑨(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。由运动学公式有y＝at2，⑩x＝vt，⑪粒子离开电场的位置在圆周上，有(x－R)2＋(y－R)2＝R2，⑫粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有mv2＝mv0＝mat，⑬联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0和v＝v0。⑭另解：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同。因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化也为mv0，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率v＝v0。答案：(1)　(2)v0　(3)0或v06．(2020·高考浙江卷)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　　)A．所用时间为B．速度大小为3v0C．与P点的距离为D．速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x＝v0t，竖直方向y＝t2，由tan 45°＝可得t＝，故A错误；由于vy＝t＝2v0，故粒子速度大小为v＝＝v0，故B错误；由几何关系可知，到P点的距离为L＝v0t＝，故C正确；由平抛推论可知，tan α＝2tan β，可知速度正切tan α＝2tan 45°＝2>tan 60°，可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。答案：C7．(2020·天津重点学校联考)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，不计质子与α粒子的重力。关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是(　　)A．质子和α粒子打到感光板上的位置相同B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为2∶1D．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2解析：带电粒子进入偏转电场时，根据动能定理得qU＝mv02，解得v0＝，所以＝＝，故D错误；带电粒子在匀强电场E中做类平抛运动，设带电粒子沿电场方向的偏移量为y，则y＝t2，解得t＝，则垂直电场方向位移x＝v0t＝2，所以质子和α粒子打在感光板上的位置相同，故A正确；在偏转电场中时间为t2，偏转位移为y，有x1＝a1t12＝t12，y＝t22，由于质子和α粒子的加速位移和偏转位移相同，但是不同，所以运动时间不同，故B错误；从开始运动到打到板上，根据动能定理有qU＋qEd＝Ek－0，＝＝，故C错误。答案：A