2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第七單元靜電場第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動學(xué)案新人教版

PAGE14-第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動考綱考情核心素養(yǎng)?帶電粒子在勻強電場中的運動Ⅱ?示波管Ⅰ?常見的電容器、電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系Ⅰ?電容及電容器的概念．?帶電粒子在電場中運動的基本規(guī)律.物理觀念全國卷5年5考高考指數(shù)★★★★★?平行板電容器的動態(tài)分析．?解決帶電粒子在電場中運動的一般步驟與方法.科學(xué)思維學(xué)問點一電容器、電容1．電容器(1)組成：由任何兩個相互靠近又彼此絕緣的導(dǎo)體組成．(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的肯定值．(3)電容器的充、放電①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能．②放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能.直觀情景2.電容(1)定義：電容器所帶的電荷量Q與兩個極板間的電勢差U的比值．(2)表達(dá)式：C＝eq\f(Q,U).(3)單位：法拉(F)、微法(μF)，常用單位還有皮法(pF)，1F＝106μF＝1012pF.(4)平行板電容器電容的確定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量．學(xué)問點二帶電粒子在勻強電場中的運動1．帶電粒子在電場中的加速(1)動力學(xué)觀點分析：若電場為勻強電場，則有a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.(2)功能觀點分析：粒子只受電場力作用，滿意qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(1)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場，僅受電場力．(2)運動性質(zhì)：類平拋運動．(3)處理方法：運動的分解．①沿初速度方向：做勻速直線運動．②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運動．學(xué)問點三示波管的工作原理1．構(gòu)造：①電子槍，②偏轉(zhuǎn)極板，③熒光屏．(如圖所示)2．工作原理(1)YY′上加的是待顯示的信號電壓，XX′上是機器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓．(2)視察到的現(xiàn)象：①假如在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑．②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)改變的穩(wěn)定圖象．1．思索推斷(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和．(×)(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比．(×)(3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零．(×)(4)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動．(×)(5)帶電粒子在電場中只受電場力時，也可以做勻速圓周運動．(√)2．如圖所示的裝置，可以探究影響平行板電容器電容的因素，關(guān)于下列操作及出現(xiàn)的現(xiàn)象的描述正確的是(B)A．電容器與電源保持連接，左移電容器左極板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大B．電容器充電后與電源斷開，上移電容器左極板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大C．電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入玻璃板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大D．電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入金屬板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大解析：電容器與電源保持連接時兩極板間的電勢差不變，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角不變，A錯誤；與電源斷開后，電容器所帶電荷量不變，結(jié)合U＝eq\f(Q,C)和C＝eq\f(εrS,4πkd)可推斷B正確，C、D錯誤．3．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入電場，最遠(yuǎn)到達(dá)A點，然后返回，如圖所示，OA間距為h，則此電子的初動能為(D)A.eq\f(edh,U) B.eq\f(dU,eh)C.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)解析：電子從O點到達(dá)A點的過程中，僅在電場力作用下速度漸漸減小，依據(jù)動能定理可得－eUOA＝0－Ek，因為UOA＝eq\f(U,d)h，所以Ek＝eq\f(eUh,d)，選項D正確．4．(多選)示波管是示波器的核心部件，如圖所示，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，假如在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的(AD)A．極板X應(yīng)帶正電B．極板X′應(yīng)帶正電C．極板Y應(yīng)帶負(fù)電D．極板Y應(yīng)帶正電解析：電子受力方向與電場方向相反，因電子向X極板偏轉(zhuǎn)，則電場方向為X到X′，故X帶正電，同理可知Y帶正電，A、D正確．考點1電容器動態(tài)分析1．電容的定義式和確定式C＝eq\f(Q,U)(或C＝eq\f(ΔQ,ΔU))C＝eq\f(εrS,4πkd)公式特點定義式，適用于一切電容器確定式，適用于平行板電容器意義對某電容器Q∝U，但eq\f(Q,U)＝C不變，反映電容器容納電荷的本事C∝εr，C∝S，C∝eq\f(1,d)，反映了影響電容器電容大小的因素2.平行板電容器動態(tài)的分析思路兩個較大的平行金屬板A、B相距為d，分別接在電壓為U的電源正、負(fù)極上，這時質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的油滴恰好靜止在兩板之間，如圖所示．在其他條件不變的狀況下，假如將兩極板特別緩慢地水平錯開一些，那么在錯開的過程中()A．油滴將向上加速運動，電流計中的電流從b流向aB．油滴將向下加速運動，電流計中的電流從a流向bC．油滴靜止不動，電流計中的電流從b流向aD．油滴靜止不動，電流計中的電流從a流向b【解析】電容器與電源相連，兩極板間電壓不變．將兩極板特別緩慢地水平錯開一些，兩極板正對面積減小，而間距不變，由E＝eq\f(U,d)可知，電場強度不變，油滴受到的電場力不變，仍與重力平衡，因此油滴靜止不動．由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容減小，Q＝CU，電荷量減小，電容器放電，因此可推斷電流計中的電流從a流向b，故D正確．【答案】D高分技法1.如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地．在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(D)A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變解析：平行板電容器帶有等量異種電荷，當(dāng)極板正對面積不變時，兩極板之間的電場強度E不變．保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至題圖中虛線位置，由U＝Ed可知，兩極板之間的電勢差減小，靜電計指針的偏角θ減小，由于下極板接地(電勢為零)，兩極板之間的電場強度不變，所以點電荷在P點的電勢能Ep不變．綜上所述，選項D正確．2．(多選)如圖所示，D是一只志向二極管，電流只能從a流向b，不能從b流向a.平行板電容器的A、B兩極板間有一電荷，在P點處于靜止?fàn)顟B(tài)．以E表示兩極板間的電場強度，U表示兩極板間的電壓，Ep表示電荷在P點的電勢能．若保持極板B不動，將極板A稍向上平移，則下列說法正確的是(BCD)A．E變小 B．U變大C．Ep不變 D．電荷仍保持靜止解析：由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)極板A稍向上平移時，d增大，C變小，但因二極管的存在，電容器不能放電，故電容器上的電荷量Q不變，由Q＝CU可知，U變大，又E＝eq\f(U,d)，聯(lián)立各式可知E＝eq\f(4πkQ,εrS)，則板間電場強度不變，電荷仍靜止，且φP不變，故EP＝qφP也不變，A錯誤，B、C、D正確．考點2帶電粒子體在電場中的直線運動)1．帶電粒子(體)在電場中運動時重力的處理基本粒子如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的示意以外，一般都不考慮重力(但并不忽視質(zhì)量)帶電體如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的示意以外，一般都不能忽視重力2.做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做勻速直線運動．(2)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．3．用動力學(xué)觀點分析a＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.4．用能量觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1.題型1只在電場力作用下的直線運動(多選)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、電性相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板旁邊，與極板距離相等．現(xiàn)同時釋放a、b，它們由靜止起先運動．在隨后的某時刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面．a(chǎn)、b間的相互作用和重力可忽視．下列說法正確的是()A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大B．在t時刻，a的動能比b的大C．在t時刻，a和b的電勢能相等D．在t時刻，a和b的動量大小相等【解析】兩微粒只受電場力qE作用且兩電場力大小相等，由x＝eq\f(1,2)at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的質(zhì)量小，A錯誤；由動能定理qEx＝Ek得，位移x大的動能大，B正確；在同一等勢面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時刻，a、b的電勢能不相等，C錯誤；由動量定理qEt＝mv得，在t時刻，a、b的動量大小相等，D正確．【答案】BD3.某靜電場的方向平行于x軸，其電勢φ隨x的分布如圖所示，一質(zhì)量m＝4×10－10kg、電荷量q＝2×10－9C的帶負(fù)電粒子(不計重力)從(－1m，0)點由靜止起先，僅在電場力作用下在動．則該粒子運動的周期為(B)A.eq\f(2＋\r(2),5)s B．0.6sC．0.1s D.eq\f(5＋\r(5),2)s解析：本題考查電勢、電勢差學(xué)問，目的是考查學(xué)生的分析綜合實力．粒子先沿x軸正方向做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，然后反向運動．有x＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，a1＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(Δφ,Δx)，解得粒子沿x軸正方向勻加速運動的時間t1＝0.2s，同理結(jié)合a1t1＝a2t2可得勻減速運動的時間t2＝0.1s，且粒子到達(dá)x＝0.5m處的速度恰好為零，反向運動時間為t1＋t2＝0.3s，所以粒子運動的周期T＝2(t1＋t2)＝0.6s，選項B正確，選項A、C、D錯誤．題型2在電場力和重力作用下的直線運動如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則()A．微粒到達(dá)B點時動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．微粒的加速度大小等于gsinθC．兩極板的電勢差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D．微粒從A點到B點的過程電勢能削減eq\f(mgd,cosθ)【解析】微粒僅受電場力和重力，電場力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運動，合力方向沿水平方向．由此可得，電場力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運動，微粒到達(dá)B時動能小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤；依據(jù)qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，選項B錯誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，選項C正確；微粒從A點到B點的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增加，電勢能增加量qUMN＝eq\f(mgd,cosθ)，選項D錯誤．【答案】C高分技法帶電粒子在電場中做直線運動的分析方法：4.如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間的距離為d，上極板正中有一小孔．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止起先下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽視不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)．求：(1)小球到達(dá)小孔處的速度；(2)極板間電場強度的大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從起先下落到運動至下極板處所需的時間．解析：(1)由v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh).(2)在極板間帶電小球受重力和電場力作用，由牛頓運動定律知：mg－qE＝ma，由運動學(xué)公式知：0－v2＝2ad整理得電場強度E＝eq\f(mgh＋d,qd)由U＝Ed，Q＝CU，得電容器所帶電荷量Q＝Ceq\f(mgh＋d,q).(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，0＝v＋at2，t＝t1＋t2，整理得t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g)).答案：(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)Ceq\f(mgh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))考點3帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d(忽視重力影響)，則有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,dm)(2)在電場中的運動時間：t＝eq\f(l,v0)(3)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))(4)偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)(5)偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)(多選)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后進(jìn)入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最終打在屏上．整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么()A．偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子做功一樣多B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大C．三種粒子運動到屏上所用時間相同D．三種粒子肯定打到屏上的同一位置【解析】設(shè)加速電場兩極板間距離為d，則qE1d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)，設(shè)側(cè)移量為y，偏轉(zhuǎn)電場兩極板的長度為L，則y＝eq\f(1,2)eq\f(qE2,m)(eq\f(L,v0))2＝eq\f(E2L2,4E1d)，在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)電場對粒子做的功W＝qE2y＝eq\f(qE\o\al(2,2)L2,4E1d)，由于三種粒子的電荷量相等，因此偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做的功相等，A項正確；三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度v滿意qE1d＋qE2y＝eq\f(1,2)mv2，由于質(zhì)量不同，因此速度v大小不同，B項錯誤；三種粒子運動到屏上的時間t＝eq\r(\f(2dm,qE1))＋xeq\r(\f(m,2qE1d))，x為加速電場右極板到屏的距離，由于質(zhì)量不同，因此運動時間不同，C項錯誤；由于粒子從同一位置射出偏轉(zhuǎn)電場，射出電場時的速度的反向延長線均交于偏轉(zhuǎn)電場中線的中點，因此粒子會打在屏上同一位置，D項正確．【答案】AD高分技法兩個有用推論(1)不同的帶電粒子從靜止起先經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的．證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU1,md)·(eq\f(l,v0))2tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qU1,md)·eq\f(l,v0)·eq\f(1,v0)得y＝eq\f(U1l2,4U0d)，tanθ＝eq\f(U1l,2U0d)(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，末速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為eq\f(l,2).證明：設(shè)O點到電場邊緣距離為x，則tanθ＝eq\f(y,x)變形可得x＝eq\f(l,2).5．(多選)如圖所示，帶電荷量之比為qAqB＝13的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點動身，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OC＝CD，忽視粒子重力的影響，則(ABC)A．A和B在電場中運動的時間之比為12B．A和B運動的加速度大小之比為41C．A和B的質(zhì)量之比為112D．A和B的位移大小之比為11解析：粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tAtB＝12，故A正確；豎直方向由h＝eq\f(1,2)a