2022高考物理一輪復(fù)習(xí)電容器電場中帶電粒子的運動

一、電容器及其電容1．電容器(1)組成：兩個彼此

且又

的導(dǎo)體．(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的

．(3)充、放電①充電：把電容器接在電源上后，電容器兩個極板分別帶上等量的

電荷的過程．充電后，兩極板上的電荷由于互相吸引而保存下來；兩極板間有

存在．充電過程中由電源獲得的電能儲存在電容器中．②放電：用導(dǎo)線將充電后的電容器的兩極板接通，兩極板上的電荷

的過程．放電后的兩極板間不再有電場，電場能轉(zhuǎn)化為

的能量．絕緣相距很近絕對值異號電場中和其他形式2．電容(1)定義：電容器所帶的

Q與電容器兩極板間的

U

的比值．(2)意義：表示電容器容納電荷

的物理量．(3)定義式：C＝

.(4)單位：1法拉(F)＝

微法(μF)＝

皮法(pF)．電荷量電勢差本領(lǐng)10610123．平行板電容器的電容(1)決定因素：平行板電容器的電容C跟板間電介質(zhì)的相對介電常數(shù)εr成

，跟正對面積S成

，跟極板間的距離

d成

．(2)決定式：C＝

.(3)熟記兩點①保持兩極板與電源相連，則電容器兩極板間

不變．②充電后斷開電源，則電容器所帶的

不變．正比正比反比電壓電荷量(1)電容由電容器本身決定，與極板的帶電情況無關(guān)．(2)公式C＝是電容的定義式，對任何電容器都適用．公式C＝是平行板電容器的決定式，只對平行板電容器適用．二、帶電粒子在電場中的運動1．帶電粒子在電場中的加速帶電粒子在電場中加速，若不計粒子的重力，則電場

力對帶電粒子做的功等于帶電粒子

的增量．

(1)在勻強電場中：W＝

＝qU＝mv2－mv02.(2)在非勻強電場中：W＝

＝mv2－mv02.動能qEdqU2．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)帶電粒子以垂直勻強電場的場強方向進(jìn)入電場后，做類

平拋運動，軌跡為拋物線．垂直于場強方向做

運動：

vx＝v0，x＝v0t.平行于場強方向做初速度為零的

運動：勻速直線勻加速直線vy＝at，y＝at2，A＝.側(cè)移距離：y＝，偏轉(zhuǎn)角：θ＝arctan，如圖6－3－1所示．圖6－3－1三、示波管1．示波管裝置示波管由

、

和

組成，管內(nèi)抽成真空．如圖6－3－2所示．電子槍偏轉(zhuǎn)電極熒光屏圖6－3－22．工作原理示波器是可以用來觀察電信號隨時間變化情況的一種電子儀器．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′上加橫向掃描電壓，同時在偏轉(zhuǎn)電極YY′上加所要研究的信號電壓，電子束隨信號電壓的變化縱向做豎直方向的掃描，其周期與偏轉(zhuǎn)電極XX′的掃描電壓的周期

，在熒光屏上就顯示出信號電壓隨時間變化的圖線．相同1.運用電容的定義式和決定式分析電容器相關(guān)量變化的思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．(2)用決定式C＝分析平行板電容器電容的變化．(3)用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電

壓的變化．(4)用E＝分析電容器極板間場強的變化．2．電容器兩類問題比較分類充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開不變量UQd變大C變小Q變小E變小C變小U變大E不變S變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小ε變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小

(2009·福建高考)如圖6－3－3所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地．一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則(

)A．帶電油滴將沿豎直方向向上運動B．P點的電勢將降低C．帶電油滴的電勢能將減小D．若電容器的電容減小，則極板帶電荷量將增大圖6－3－3根據(jù)公式C＝判斷電容的變化，根據(jù)

C＝判斷電荷量的變化，根據(jù)U＝Ed判斷電場強度和電勢的變化．[聽課記錄]

上極板向上移動一小段距離后，板間電壓不變，仍為E，故電場強度將減小，油滴所受電場力減小，故油滴將向下運動，A錯；P點的電勢大于0，且P點與下極板間的電勢差減小，所以P點的電勢減小，B對；兩極板間電場方向豎直向下，所以P點的油滴應(yīng)帶負(fù)電，當(dāng)P點電勢減小時，油滴的電勢能應(yīng)增加，C錯；電容器的電容C＝，由于d增大，電容C應(yīng)減小，極板帶電荷量Q＝CE將減小，D錯．[答案]

B[名師歸納]

在分析平行板電容器的電容及其他參量的動態(tài)變化時，要注意兩個方面：(1)確定不變量；(2)選擇合適的公式分析．1.研究對象(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或有

明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)．(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有

明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．2．帶電粒子的加速及處理方法(1)運動狀態(tài)分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一

直線上，做勻加速直線運動．(2)用功能觀點分析：粒子動能的變化量等于電場力對

它所做的功(電場可以是勻強或非勻強電場)．若粒

子的初速度為零，則：qU＝mv2?v＝；

若粒子的初速度不為零，則：qU＝mv2－

mv02?v＝.(19分)(2009·福建高考)如圖6－3－4甲所示，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中．一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q＞0)的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電荷量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g圖6－3－4(1)求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間t1；(2)若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm的過程中彈簧的彈力所做的功W；(3)從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在圖6－3－3乙中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度與時間關(guān)系v－t圖象．圖中橫坐標(biāo)軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達(dá)到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標(biāo)軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量．本題考查勻變速直線運動規(guī)律、共點力的平衡、動能定理、牛頓運動定律等知識，解答時要分階段應(yīng)用不同的規(guī)律列方程求解.[滿分指導(dǎo)]

(1)滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度大小為a，則有qE＋mgsinθ＝ma①(2分)s0＝at12②(2分)聯(lián)立①②可得t1＝③(2分)(2)滑塊速度最大時受力平衡，設(shè)此時彈簧壓縮量為x0，則有mgsinθ＋qE＝kx0④(3分)從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過程中，由動能定理得(mgsinθ＋qE)·(s0＋x0)＋W＝mvm2－0⑤(3分)聯(lián)立④⑤可得W＝mvm2－(mgsinθ＋qE)·(s0＋)(3分)(3)如圖6－3－5所示．(4分)圖6－3－5[答案]

(1)(2)mvm2－(mgsinθ＋qE)·(s0＋)(3)如圖6－3－5所示[名師歸納]

討論帶電粒子在電場中做直線運動(加速或減速)的方法：

(1)能量方法——能量守恒定律；

(2)功能關(guān)系——動能定理；

(3)力和加速度方法——牛頓運動定律，勻變速直線運動公式．1．如圖6－3－6所示，水平放置的A、B兩平行板相距h，上板A帶正電．

現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小

球在B板下方距離為H處，以初速度v0豎直向上從B板小

孔進(jìn)入板間電場，欲使小球剛好打到A板，A、B間電勢

差UAB應(yīng)為多大？圖6－3－6解析：法一：小球運動分兩個過程，在B板下方時僅受重力作用，做豎直上拋運動；進(jìn)入電場后受向下的電場力和重力作用，做勻減速直線運動．設(shè)小球運動到B板時速度為vB.對第一個運動過程：vB2＝v02－2gH①對第二個運動過程：加速度為a＝按題意，h為減速運動的最大位移，故有h＝，整理得vB2＝2gh＋②聯(lián)立①②兩式解得hE＝由平行板電容器內(nèi)部勻強電場的場強和電勢差的關(guān)系易知UAB＝hE，故有UAB＝.法二：對小球的整個運動過程由動能定理得－mg(H＋h)－qUAB＝－mv02解得：UAB＝.答案：1.粒子的偏轉(zhuǎn)角問題(1)已知帶電粒子情況及初速度如圖6－3－7所示，設(shè)帶電粒

子質(zhì)量為m，帶電荷量為q，以

初速度v0垂直于電場線方向射入

勻強偏轉(zhuǎn)電場，偏轉(zhuǎn)電壓為U1.若粒子飛出電場時偏轉(zhuǎn)角為圖6－3－7則tanθ＝，式中vy＝at＝·，vx＝v0，代入得tanθ＝①結(jié)論：動能一定時tanθ與q成正比，電荷量相同時tanθ與動能成反比．(2)已知加速電壓U0若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓U0加速

后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場的，則由動能定理有：

qU0＝mv02②由①②式得：tanθ＝③結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于

加速電場和偏轉(zhuǎn)電場．即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過

同一電場加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們在電場中的

偏轉(zhuǎn)角度總是相同的．(1)Y＝④作粒子速度的反向延長線，設(shè)交于O點，O點與電場邊緣的距離為x，則x＝.⑤結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就像是從極板間的l/2處沿直線射出．2．粒子的偏轉(zhuǎn)量問題(2)若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0加速后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)同一電場的，則由②和④得：y＝⑥結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角和偏轉(zhuǎn)距離與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場．即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速后進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們在電場中的偏轉(zhuǎn)角度和偏轉(zhuǎn)距離總是相同的．(10分)兩個半徑均為R的圓形平板電極，平行正對放置，相距為d，極板間的電勢差為U，板間電場可以認(rèn)為是均勻的．一個α粒子從正極板邊緣以某一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達(dá)負(fù)極板時恰好落在極板中心．已知質(zhì)子帶電荷量為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響，求：

(1)極板間的電場強度E；

(2)α粒子在極板間運動的加速度a；

(3)α粒子的初速度v0.

兩平行板間的電場為勻強電場，所以α粒子在板間做類平拋運動，分析的方法與平拋運動相同，即運動的合成與分解.[滿分指導(dǎo)]

(1)極板間場強為：E＝.(2分)(2)α粒子的帶電荷量為2e，質(zhì)量為4m，所受電場力為：F＝2eE＝(2分)α粒子在極板間運動的加速度為：(2分)a＝(3)由d＝at2得：t＝＝2d(2分)在垂直于電場方向上：R＝v0t(1分)所以v0＝

.(1分)[答案]

[名師歸納]

(1)兩平行板間的電場可以看成

.(2)垂直射入電場的微觀粒子在電場中的運動分解成

和

．平行電場方向上的勻加速直線運動垂直電場方向上的勻速直線運動勻強電場U＝Ed2．如圖6－3－8所示，有一電子(電

荷量為e)經(jīng)電壓U0加速后，進(jìn)入

兩塊間距為d、電壓為U的平行金

屬板間．若電子從兩板正中間垂

直電場方向射入，且正好能穿過

電場，求：(1)金屬板AB的長度；(2)電子穿出電場時的動能．圖6－3－8答案：(1)d

(2)e(U0＋)解析：(1)設(shè)電子飛離加速電場時的速度為v0，由動能定理得eU0＝mv02①設(shè)金屬板AB的長度為L，電子偏轉(zhuǎn)時間t＝②電子在偏轉(zhuǎn)電場中產(chǎn)生偏轉(zhuǎn)加速度a＝③電子在電場中偏轉(zhuǎn)y＝d＝at2④由①②③④得：L＝d.(2)設(shè)電子穿過電場時的動能為Ek，根據(jù)動能定理Ek＝eU0＋e＝e(U0＋)．[隨堂鞏固]1．根據(jù)電容器電容的定義式C＝，可知(

)A．電容器所帶的電荷量Q越多，它的電容就越大，C與

Q成正比

B．電容器不帶電時，其電容為零

C．電容器兩極板之間的電壓U越高，它的電容就越小，

C與U成反比

D．以上答案均不對解析：電容器的電容和它所帶的電荷量無關(guān)，和板間的電壓無關(guān)，只由電容器本身的結(jié)構(gòu)來決定．因此A、B、C都不正確，故選D.答案：D2．如圖6－3－9所示，一個平行

板電容器，板間距離為d，當(dāng)

對其加上電壓后，A、B兩板的

電勢分別為＋φ和－φ，下述結(jié)

論正確的是(

)圖6－3－9A．電容器兩極板間可形成勻強電場，電場強度大小

為E＝φ/dB．電容器兩極板間各點的電勢，有的相同，有的不

同；有正的，有負(fù)的，有的為零C．若只減小兩極板間的距離d，該電容器的電容C要

增大，極板上帶的電荷量Q也會增加D．若有一個電子水平射入穿越兩極板之間的電場，

則電子的電勢能一定會減小解析：由題意可知，兩板間電壓為2φ，電場強度為E＝，A錯誤；板間與板平行的中線上電勢為零，中線上方為正，下方為負(fù)，故B正確；由C＝知，d減小，C增大，由Q＝CU知，極板帶電荷量Q增加，C正確；電子水平射入穿越兩極板之間的電場時，電場力一定對電子做正功，電子的電勢能一定減小，D正確．答案：BCD3．(2010·濟(jì)南模擬)如圖6－3－10所示，

質(zhì)子()和α粒子()以相同的初

動能垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(粒子不計重

力)，則這兩個粒子射出電場時的側(cè)

位移y之比為(

)A．1∶1

B．1∶2C．2∶1D．1∶4圖6－3－10解析：由y＝