第39講 電容器 帶電粒子在電場中的運動（講義）（解析版）

學而優(yōu)教有方第39講電容器帶電粒子在電場中的運動目錄復習目標網絡構建考點一電容器的動態(tài)分析【夯基·必備基礎知識梳理】知識點1電容器和電容知識點2平行板電容器兩類動態(tài)的分析思路【提升·必考題型歸納】考向1平行板電容器兩類動態(tài)的分析考向2生產生活中的電容器動態(tài)分析考點二帶電粒子在電場中的直線運動【夯基·必備基礎知識梳理】知識點1電場中帶電粒子做直線運動的條件知識點2用動力學和功能觀點分析問題【提升·必考題型歸納】考向1電場中帶電粒子的直線運動考向2電場中帶電體的直線運動考點三帶電粒子在電場中的拋體運動【夯基·必備基礎知識梳理】知識點帶電粒子在電場中的拋體運動處理方法【提升·必考題型歸納】考向1電場中帶電粒子的拋體運動考向2電場中帶電體的拋體運動真題感悟理解和掌握電容的定義式和決定式，會處理分析電容器的動態(tài)問題。能夠利用動力學、功能觀點處理帶電粒子在電場中的直線運動和拋體運動。考點要求考題統(tǒng)計考情分析（1）電容（2）電場中帶電粒子的直線和拋體運動2023年湖北卷第10題2023年1月浙江卷第12題2023年北京卷第20題高考對電容器的考查較為頻繁，但對帶電粒子在電場中運動幾乎每年都考，并且特別容易與磁場相結合，考查電磁組合場和疊加場問題，題目難度相對較大?？键c一電容器的動態(tài)分析知識點1電容器和電容1．電容器(1)組成：在兩個相距很近的平行金屬板中間夾上一層絕緣物質——電介質，就組成一個最簡單的電容器。(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。(3)擊穿電壓與額定電壓①擊穿電壓：電容器兩極板間的電壓超過某一數值時，電介質將被擊穿，電容器損壞，這個極限電壓稱為電容器的擊穿電壓。②額定電壓：電容器外殼上標的工作電壓，也是電容器正常工作所能承受的最大電壓，額定電壓比擊穿電壓低。2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板之間的電勢差U之比，叫作電容器的電容。(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)。(3)物理意義：表示電容器儲存電荷本領大小的物理量。(4)單位：法拉(F)，1F＝1×106μF＝1×1012pF。3．平行板電容器(1)決定因素：正對面積，相對介電常數，兩板間的距離。(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)。知識點2平行板電容器兩類動態(tài)的分析思路1．平行板電容器動態(tài)的分析思路2.平行板電容器的動態(tài)分析問題的兩種情況(1)平行板電容器充電后,保持電容器的兩極板與電池的兩極相連接:(2)平行板電容器充電后,切斷與電池的連接:考向1平行板電容器兩類動態(tài)的分析1．如圖所示，是一個由電池、電阻R、開關S與平行板電容器組成的串聯電路，開關S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間P點不動，下列說法正確的是（）A．帶電液滴可能帶正電B．增大兩極板距離的過程中，電容器的電容C減小C．增大兩極板距離的過程中，電阻R中有b從到a的電流D．若斷開S，減小兩極板距離，帶電液滴仍靜止不動【答案】BD【詳解】A．帶電量為q的微粒靜止不動，所受的電場力與重力平衡，則知電場力向上，而場強向下，所以微粒帶的是負電，故A錯誤；BC．增大電容器兩極板間距離，根據電容的決定式可知電容C減小，U不變，由分析可知Q減小，電容器放電，則R中有從a流向b的電流，故B正確，C錯誤；D．斷開S，極板上電量不變；減小兩極板距離，根據電容的決定式電容的定義式以及由公式E=分析可知E=與d無關，即E保持不變，所以液滴靜止仍然不動，故D正確。故選BD。2．如圖所示，直流電源與一平行板電容器、理想二極管正向電阻為零可以視為短路，反向電阻無窮大可以視為斷路連接，二極管一端接地。閉合開關，電路穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點且處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）

A．將平行板電容器下極板向下移動，則P點的電勢不變B．將平行板電容器上極板向上移動，則P點的電勢不變C．減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上移動D．無論哪個極板向上移動還是向下移動，帶電油滴都不可能向下運動【答案】ACD【詳解】A．將下極板向下移動，d變大，由可知C小，由于二極管具有單向導電性，電容器不能放電，由可知電容器兩極板間的電場強度不變，P點與上極板間的電勢差不變，上極板電勢不變，故P點的電勢不變，故A正確；B．將上極板向上移動，d變大，由可知C小，由于二極管具有單向導電性，電容器不能放電，由可知電容器兩極板間的電場強度不變，上極板電勢不變，P與上極板的距離變大，P的電勢降低，故B錯誤；C．減小極板間的正對面積S，由可知C變小，由于二極管具有單向導電性，電容器不能放電，由可知，電場強度E變大油滴所受電場力變大，油滴所受合力向上，帶電油滴會向上移動，故C正確；D．上極板上移或下極板下移時，d變大，由可知，C變小，由于二極管具有單向導電性，電容器不能放電，由可知電容器兩極板間的電場強度不變，油滴所受電場力不變，油滴靜止不動；上極板下移或下極板上移時d變小，C變大，兩極板間的電壓U等于電源電動勢不變，電場強度變大，電場力變大，電場力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上運動，故D正確。故選ACD?？枷?生產生活中的電容器動態(tài)分析3．如圖所示，日前多媒體教學一體機普遍采用了電容觸摸屏，因為工作面上接有高頻信號，當用戶手指觸摸電容觸摸屏時，手指相當于接地導體，手指和工作面形成一個電容器，控制器由此確定手指位置。對于電容觸摸屏，下列說法正確的是（

）

A．手指與屏的接觸面積變大時，電容變大B．手指與屏的接觸面積變大時，電容變小C．手指壓力變大時，手指與屏的工作面距離變小，電容變小D．手指壓力變大時，手指與屏的工作面距離變小，電容不變【答案】A【詳解】AB．根據可知，手指與屏的接觸面積變大時，電容變大。故A正確；B錯誤；CD．同理，手指壓力變大時，手指與屏的工作面距離變小，電容變大。故CD錯誤。故選A。4．傳感器是一種檢測裝置，能感受到被測量的信息，并能將感受到的信息，按一定規(guī)律變換成為電信號或其他所需形式的信息輸出，以滿足信息的傳輸、處理、存儲、顯示、記錄和控制等要求，它是實現自動檢測和自動控制的首要環(huán)節(jié)。如圖所示是測定液面高度h的電容式傳感器示意圖，E為電源，G為靈敏電流計，A為固定的導體芯，B為導體芯外面的一層絕緣物質，C為導電液體。已知電流從靈敏電流計左邊接線柱流進電流計，指針向左偏。如果在導電液體的深度h發(fā)生變化時觀察到指針正向左偏轉，則（）A．導體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在增大B．導體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在增大C．導體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度h在減小D．導體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度h在減小【答案】D【詳解】電流計指針向左偏轉，說明流過電流計G的電流方向由左→右，則導體芯A所帶電荷量在減小，由Q＝CU可知，導體芯A與液體形成的電容器的電容減小，根據電容的決定式可知液體的深度h在減小。故選D。考點二帶電粒子在電場中的直線運動知識點1電場中帶電粒子做直線運動的條件1.粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運動。2.勻強電場中，粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動。知識點2用動力學和功能觀點分析問題1．用動力學觀點分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad(勻強電場)。2．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02。非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1?？枷?電場中帶電粒子的直線運動1．一對平行正對的金屬板C、D接入如圖所示的電路中，電源電動勢為E，C板固定，D板可左右平行移動，閉合開關，一段時間后再斷開開關，從C板發(fā)射一電子，恰能運動到A點后再返回，已知A到D板的距離是板間距離的三分之一，電子質量為m，電荷量為-e，忽略電子的重力，則（）

A．設定C板電勢為0，電子在A點的電勢能為B．若要讓電子能夠到達D板，可將D板向左平移至A點或A點左側某位置C．若要讓電子能夠到達D板，可將D板向右平移至某位置D．若要讓電子能夠到達D板，可閉合開關，再將D板向右平移至某位置【答案】B【詳解】A．金屬板的電場線由C指向D，沿著電場線電勢逐漸降低，設定C板電勢為0，則A點的電勢為電子在A點的電勢能為故A錯誤；BCD．閉合開關，一段時間后再斷開開關，則電容器的電量Q不變，根據電容的定義式和決定式有，聯立解得從C板發(fā)射一電子，恰能運動到A點后再返回，則有所以若要讓電子能夠到達D板，可將D板向左平移至A點或A點左側某位置，或者閉合開關，再將D板向左平移至A點或A點左側某位置，故B正確，CD錯誤，故選B。2．如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點，由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，現將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子（

）A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點【答案】A【詳解】設A、B板間的電勢差為U1，B、C板間的電勢差為U2，板間距為d，電場強度為E，第一次由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點，根據動能定理得則有將C板向右移動，B、C板間的電場強度變?yōu)閯t將C板向右平移到P′點，B、C間電場強度E不變，所以電子還是運動到P點速度減小為零，然后返回。故選A?？枷?電場中帶電體的直線運動3．如圖所示，在豎直面（紙面）內有勻強電場，帶電量為q（q>0）、質量為m的小球受水平向右大小為F的恒力，從M勻速運動到N。已知MN長為d，與力F的夾角為，重力加速度為g，則

A．場強大小為B．M、N間的電勢差為C．從M到N，電場力做功為D．若僅將力F方向順時針轉，小球將從M向N做勻變速曲線運動【答案】AC【詳解】A．對小球受力分析，如圖所示

根據受力平衡可得解得場強大小為故A正確；B．設MN與場強方向的夾角為，則M、N間的電勢差為故B錯誤；C．從M到N，根據動能定理可得可得電場力做功為故C正確；D．因電場力和重力的合力與等大反向，則若僅將力方向順時針轉，小球受的合力方向沿NM的方向向下，大小為，則小球將從M向N做勻變速直線運動，故D錯誤。故選AC。4．如圖所示，質量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E的勻強電場中，以初速度沿直線做勻變速運動，直線與水平面的夾角為，若小球在初始位置的電勢能為零，重力加速度為g，則下列說法中正確的是（）A．電場強度E的最小值為B．勻強電場的方向可能豎直向上C．如果小球加速運動且加速度大小為g，則電場強度D．如果電場強度為，小球電勢能的最大值為【答案】AC【詳解】A．因為小球做勻變速直線運動，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結合平行四邊形定則知，電場力的方向不確定，有最小值，當電場力垂直于運動方向時，電場力最小為，如圖所示所以電場強度的最小值故A正確；B．因為小球做勻變速直線運動，則小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結合平行四邊形定則知，電場方向不可能豎直向上，B錯誤；C．如果小球加速運動且加速度大小為，由受力分析可知此時解得故C正確；D．如果電場強度為，小球所受的合力與速度方向在同一條直線上，結合平行四邊形定則知，電場力的方向與水平方向夾角為，斜向上，如圖所示根據牛頓第二定律知，小球的加速度為小球斜向上做勻減速直線運動，勻減速直線運動的位移在整個過程中電場力做功即電勢能增加，所以小球電勢能的最大值為，故D錯誤。故選AC?？键c三帶電粒子在電場中的拋體運動知識點帶電粒子在電場中的拋體運動處理方法1.求解電偏轉問題的兩種思路以示波管模型為例,帶電粒子經加速電場U1加速,再經偏轉電場U2偏轉后,需再經歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P,如圖所示。(1)確定最終偏移距離OP的兩種方法方法1:方法2:(2)確定粒子經偏轉電場后的動能(或速度)的兩種方法2.特別提醒：（1）利用動能定理求粒子偏轉后的動能時,電場力做功W=qU=qEy,其中“U”為初末位置的電勢差,而不一定是U=U2（2）注意是否考慮重力①基本粒子：如電子、質子、α粒子、離子等除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量)．②帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．考向1電場中帶電粒子的拋體運動1．如圖所示，甲、乙兩個帶正電的粒子分別以速度和從絕緣斜面頂端水平射出，整個裝置處在豎直向下的勻強電場中，已知粒子甲的質量為，粒子乙的質量為，若兩個粒子能落在斜面上同一點，粒子的重力不計，則下列說法正確的是（）A．若，則粒子甲的比荷與粒子乙的比荷的比值為B．若，則粒子甲的比荷與粒子乙的比荷的比值為C．若，則粒子甲落到斜面的動能小于粒子乙落到斜面的動能D．若，則粒子甲落到斜面的動能等于粒子乙落到斜面的動能【答案】AD【詳解】AB．由于粒子在電場中做類平拋運動，如圖所示可知粒子運動的加速度為則粒子運動的水平位移為豎直位移整理得到所以粒子的比荷與初速度的平方成正比，即粒子甲的比荷與粒子乙的比荷的比值為，故A正確，B錯誤；CD．由動能定理，可得粒子落到斜面的動能由可以得到整理得到所以兩個粒子到達斜面的動能是相等的，故C錯誤，D正確。故選AD。2．示波器是一種多功能電學儀器，它是由加速電場和偏轉電場組成的。如圖所示，質量為m的帶電粒子由靜止開始經加速電場加速后，沿平行于板面的方向從正中間射入偏轉電場，并從另一側射出。已知帶電粒子的電荷量為q，加速電場電壓為U1，偏轉電場的極板長度為L，兩極板間的距離為d，偏轉電場極板間的電壓為U2且可調節(jié)，不計粒子的重力。則下列說法正確的是（）A．粒子離開偏轉電場時的動能為q（U1+U2）B．同種電性的不同帶電粒子，射出裝置的位置相同C．減小U2，帶電粒子通過偏轉電場的時間變長D．若粒子剛好從下極板邊緣離開偏轉電場，則【答案】BD【詳解】A．對粒子從靜止到離開偏轉電場由動能定理得可知粒子離開偏轉電場獲得的動能等于加速電場做功和偏轉電場做功，其中；粒子離開偏轉電場時的動能并不等于q（U1+U2），故A錯誤；B．帶電粒子在加速電場中有化簡可得由于粒子從另一側射出，則在偏轉電場極板間運動的時間為帶電粒子在偏轉電場極板間的加速電為豎直方向的位移為根據上式可知帶電粒子在電場中偏轉，不同帶電粒子均從同一位置射出，偏移量與比荷無關，只與裝置本身有關，故B正確；C．減小偏轉電壓并不會影響離開偏轉電場的時間，因為時間由水平位移和水平速度決定，所以時間不變，故C錯誤；D．若剛好從下極板邊緣射出，根據偏移量公式有化簡可得故D正確。故選BD?？枷?電場中帶電體的拋體運動3．如圖所示，在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質量為m的帶電小球由上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且，則下列說法中正確的是（）A．小球從A到B與從B到C的運動時間之比3∶1B．小球從A到B與從B到C的速度變化量大小之比3∶1C．小球從A到B重力做功與從B到C電場力做功數值比為1∶1D．小球從A到B重力做功與從B到C電場力做功數值比為2：3【答案】D【詳解】A．帶電小球從A到C，設在進入電場前后兩個運動過程水平分位移分別為x1和x2，豎直分位移分別為y1和y2，經歷的時間為分別為t1和t2．在電場中的加速度為a，則從A到B過程小球做平拋運動，則有x1=v0t1從B到C過程，有x2=v0t2由題意有x1=2x2則得t1=2t2即小球從A到B與從B到C運動時間之比為2:1，選項A錯誤；CD．又y1=gt12將小球在電場中的運動看成沿相反方向的類平拋運動，則有y2=at22根據幾何知識有y1：y2=x1：x2解得a=2g根據牛頓第二定律得F-mg=ma=2mg解得F=3mg因AB和BC的豎直高度之比是y1：y2=2:1則小球從A到B重力做功與從B到C克服電場力做功之比為mgy1:Fy2=2:3選項C錯誤，D正確；B．根據速度變化量△v=at則得AB過程速度變化量大小為△v1=gt1=2gt2，BC過程速度變化量大小為△v2=at2=2gt2所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等,故C錯誤。故選D。4．如圖所示，一質量為、帶電荷量為的小球，以速度沿兩正對帶電平行金屬板MN（板間電場可看成勻強電場）左側某位置水平向右飛入，已知極板長，兩極板間距為，不計空氣阻力，小球飛離極板后恰好由A點沿切線進入豎直光滑絕緣圓弧軌道ABCD，AC、BD為圓軌道的直徑，在圓軌道區(qū)域有水平向右的勻強電場，電場強度的大小與MN間的電場強度大小相等。已知，，，下列說法正確的是（）A．小球在A點的速度大小為4m/sB．MN兩極板間的電勢差為C．小球運動至C點的速度大小為5m/sD．軌道半徑時小球不會在ABCD區(qū)間脫離圓弧軌道【答案】BCD【詳解】A．因為小球飛離極板后恰好由A點沿切線進入豎直光滑絕緣圓弧軌道，所以小球在A點的速度大小為，A錯誤；B．帶電小球在勻強電場中作類平拋運動，則有；解得因為所以，