【物理】2019届一轮复习人教版　电容器　带电粒子在电场中的运动学案

【物理】2019届一轮复习人教版　电容器　带电粒子在电场中的运动学案

第三节　电容器　带电粒子在电场中的运动 ‎(对应学生用书第126页)‎ ‎[教材知识速填]‎ 知识点1　电容器、电容、平行板电容器 ‎1．电容器 ‎(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．‎ ‎(2)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值．‎ ‎(3)电容器的充、放电：‎ ‎①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．‎ ‎②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)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量．‎ ‎(2)定义式：C＝＝.‎ ‎(3)单位：法拉(F)，‎1 F＝106μF＝1012pF.‎ ‎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，与电介质的相对介电常数成正比，与两极板间的距离成反比．‎ ‎(2)决定式：C＝，k为静电力常量．‎ 易错判断 ‎(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(×)‎ ‎(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．(×)‎ ‎(3)放电后电容器的电荷量为零，电容也为零．(×)‎ 知识点2　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－mv.‎ ‎(2)适用范围：任何电场．‎ ‎2．带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．‎ ‎(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法．‎ ‎①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝.‎ ‎②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．‎ 易错判断 ‎(1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)‎ ‎(2)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√)‎ ‎(3)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计．(×)‎ 知识点3　示波管 ‎1．示波管装置 示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如图731所示．‎ 图731‎ ‎2．工作原理 ‎(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束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．‎ ‎(2)YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图象．‎ 易错判断 ‎(1)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的．(√)‎ ‎(2)电子在YY′间做直线运动，在XX′间做类平抛运动．(×)‎ ‎[教材习题回访]‎ 考查点：对电容器电容的理解 ‎1．(教科版选修3－1P40T9)关于电容器的电容，下列说法中正确的是(　　)‎ A．电容器所带电荷量越多，电容越大 B．电容器两板间电压越低，其电容越大 C．电容器不带电时，其电容为零 D．电容器的电容只由它本身的特性决定 ‎[答案]　D 考查点：电容器动态分析问题 ‎ ‎2．(人教版选修3－1P32T1改编)如图732所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是(　　)‎ 图732‎ A．电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大 B．电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大 C．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板，则静电计指针偏转角增大 D．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大 ‎[答案]　B 考查点：带电粒子在电场中的运动 ‎3．(鲁科版选修3－1P44T4)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器的P点(如图733)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则a和b的比荷之比是(　　)‎ 图733‎ A．1∶2　　　　　　 B．1∶8‎ C．2∶1 D．4∶1‎ ‎[答案]　D 考查点：带电粒子在电场中加速和偏转 ‎4．(人教版选修3－1P39T5改编)如图734所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.‎ 忽略电子所受重力，电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy分别是(　　)‎ 图734‎ A.　 B.　 C.　 D.　 D　[根据动能定理，有 eU0＝mv，‎ 电子射入偏转电场时的初速度v0＝，‎ 在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝＝L，‎ 加速度a＝＝，‎ 偏转距离Δy＝a(Δt)2＝.]‎ ‎(对应学生用书第127页)‎ 平行板电容器及其动态分析问题 ‎1．分析思路 ‎(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变．‎ ‎(2)用决定式C＝确定电容器电容的变化．‎ ‎(3)用定义式C＝判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化．‎ ‎(4)用E＝分析电容器极板间场强的变化．‎ ‎2．两类动态变化问题的比较 分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开 不变量 U Q d变大 C变小Q变小E变小 C变小U变大E不变 S变大 C变大Q变大E不变 C变大U变小E变小 εr变大 C变大Q变大E不变 C变大U变小E变小 ‎[题组通关]‎ ‎1. (2018·河南三市二模)如图735所示，固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，B极板接地，A极板与一个静电计相连．将B极板向左水平移动一小段距离后，电容器的电容C、静电计指针偏角θ和极板间电场强度E的变化情况分别是(　　) ‎ 图735‎ A．C变小，θ变大，E不变 B．C不变，θ不变，E变小 C．C变小，θ不变，E不变 D．C变小，θ变大，E变小 A　[电容器充好电后与电源断开，则电容器所带电荷量不变．当B极板左移时，极板间距离增大，由C＝知电容C减小，又C＝，则知两板间电压U升高，则静电计指针偏角θ变大，再由E＝＝＝可知电场强度不变，故A正确．]‎ ‎2.如图736所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)‎ 图736‎ A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变 C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变 D　[由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小．又因为两板间电场强度E＝＝＝，Q、S不变，则E不变．因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项D正确．]‎ ‎[反思总结]　电容器动态分析问题的分析技巧 (1)抓住不变量，弄清楚是电容器的电荷量不变还是电压不变.‎ (2)根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析电荷量或电压的变化，最后分析电场强度的变化.‎ 带电粒子在电场中的直线运动 ‎1．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．解决问题的两种思路 ‎(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力方向与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动．‎ ‎(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝mv2－mv.‎ ‎[多维探究]‎ 考向1　仅在电场力作用下的直线运动 ‎1．(多选)如图737所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是(　　)‎ 图737‎ A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压提高到原来的2倍 C．使M、N间电压提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 BD　[在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－mv，所以d＝，令带电粒子离开M板的最远距离为x，使初速度减为原来的，则x＝；使M、N间电压提高到原来的2倍，则电场强度变为原来的2倍，x＝；使M、N间电压提高到原来的4倍，则电场强度变为原来的4倍，x＝；使初速度和M、N间电压都减为原来的，则电场强度变为原来的一半，x＝.]‎ ‎2．如图738所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为(　　) ‎ 图738‎ A．3∶2　　　　　　 B．2∶1‎ C．5∶2 D．3∶1‎ A　[设极板间电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M，由牛顿第二定律有：‎ qE＝MaM，由运动学公式得：‎ l＝aMt2；‎ 对m，由牛顿第二定律有qE＝mam 根据运动学公式得：l＝amt2‎ 由以上几式解之得：＝，故A正确．]‎ ‎(多选)若题中，在两极板间加上如图所示变化的匀强电场．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，(只受电场力的作用)，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 CD　[设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝可知，a2＝‎2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确．]‎ 考向2　在电场力和重力作用下的直线运动 ‎3.如图739所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则(　　)‎ 图739‎ A．微粒达到B点时动能为mv B．微粒的加速度大小等于gsin θ C．两极板的电势差UMN＝ D．微粒从A点到B点的过程电势能减少 ‎[题眼点拨]　“沿直线运动”说明微粒受电场力和重力的合力与v0在一条直线上．‎ C　[微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向．由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B时动能小于mv，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝，选项C正确；微粒从A点到B点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qU MN＝，选项D错误．]‎ ‎4．如图7310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：‎ 图7310‎ ‎(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)小球从开始下落到下极板处的时间. ‎ ‎ [解析](1)设小球下落h时的速度为v，由自由落体规律有v2＝2gh，得v＝.‎ ‎(2)设小球在极板间运动的加速度为a，‎ 由v2＝2ad，得a＝＝.‎ 由牛顿第二定律qE－mg＝ma，‎ 电容器的电荷量Q＝CU＝CEd，‎ 联立以上各式得E＝，Q＝.‎ ‎(3)由h＝gt得小球做自由落体运动的时间t1＝，‎ 由0＝v－at2得小球在电场中运动的时间t2＝d.‎ 则小球运动的总时间t＝t1＋t2＝.‎ ‎[答案](1) ‎(2)　 ‎(3) ‎[反思总结]　带电粒子在电场中直线运动问题分析方法 带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎1．偏转问题 ‎(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．‎ ‎(2)运动形式：类平抛运动．‎ ‎(3)处理方法：应用运动的合成与分解．‎ ‎(4)运动规律 ‎①加速度：a＝＝＝ ‎②在电场中的运动时间：t＝ ‎③离开电场时的偏移量y＝at2＝＝ ‎④离开电场时的偏转角tan θ＝＝＝ ‎2．两个结论 ‎(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，偏移量和偏转角总是相同的．‎ ‎(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到偏转电场边缘的距离为.‎ ‎3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系 当讨论带电粒子的末速度v时，也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．‎ ‎[母题]　如图7311所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．‎ 图7311‎ ‎(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；‎ ‎(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围；‎ ‎(3)求粒子可能到达屏上区域的长度．‎ ‎【自主思考】‎ ‎(1)粒子在电场中及出电场后分别做怎样的运动？‎ ‎[提示]　在电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动．‎ ‎(2)与偏转电压UYY′的范围对应的偏转位移范围怎样？‎ ‎[提示]　向上、向下偏移量均为.‎ ‎[解析](1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，速度偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，‎ 则有y＝at2‎ L＝v0t vy＝at tan θ＝＝，‎ 解得x＝ 即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点．‎ ‎(2)由题知a＝ E＝ 解得y＝ 当y＝时，UYY′＝ 则两板间所加电压的范围为 ‎－≤UYY′≤.‎ ‎(3)当y＝时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，设其大小为y0，‎ 则y0＝y＋btan θ 又tan θ＝＝，‎ 解得：y0＝ 故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0＝.‎ ‎[答案]　见解析 ‎[母题迁移]‎ 迁移1　带电粒子在匀强电场中先加速再偏转 ‎1. (2018·山西运城一模)真空中的某装置如图7312所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是(　　)‎ 图7312‎ A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同 B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同 C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2‎ D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4 ‎ B　[设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝mv，解得v0＝，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据推论y＝、tan θ＝可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶ 2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误．]‎ ‎(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(　　)‎ A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B．三种粒子打到屏上时的速度一样大 C．三种粒子运动到屏上所用时间相同 D．三种粒子一定打到屏上的同一位置 AD　[根据动能定理有qE1d＝mv，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝.在偏转电场中，由l＝v1t2及y＝t得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确；根据动能定理，qE1d＋qE2y＝mv，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误；粒子打在屏上所用的时间t＝＋＝＋(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误；根据vy＝t2及tan θ＝得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确．]‎ 迁移2　带电粒子在交变电场中的运动 ‎2．如图7313甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，若取电子初始运动方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子的速度v、位移x、加速度a、动能Ek四个物理量随时间变化规律的是(　　) ‎ 甲 乙 图7313‎ A B C D A　[分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，～沿原方向做匀减速直线运动，时刻速度为零.～T时间内向B板做匀加速直线运动，T～T继续向B板做匀减速直线运动．根据匀变速运动vt图象是倾斜的直线可知图A符合电子的运动情况，故A正确．电子做匀变速直线运动时xt图象是抛物线，故B错误．根据电子的运动情况，匀变速运动的加速度大小不变，at图象应分段平行于横轴，故C错误．匀变速运动vt图象是倾斜的直线，Ekt图象是曲线，故D错误．]‎ 迁移3　带电粒子在电场、重力场中的偏转 ‎3．(2018·太原模拟)如图7314所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m、电荷量为－q(－q＜0)的带电绝缘小球，从y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C(L,0)点．该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径．不计一切阻力，重力加速度为g.求：‎ 图7314‎ ‎(1)匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎(2)小球运动到B点时对细管的压力的大小和方向；‎ ‎(3)小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置．‎ ‎[题眼点拨]　①“带电绝缘小球”，“静止开始释放”，说明小球在重力、电场力的作用下，先做匀加速直线运动；②“恰好无碰撞地沿切线方向进入”说明v的方向与竖直方向成45°角．‎ ‎[解析](1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入细管，则速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°‎ 则tan 45°＝ 解得匀强电场的电场强度E＝.‎ ‎(2)根据几何关系可知，圆弧形细管的半径r＝L，圆心的坐标为O1(0，－L)‎ 设小球运动到B点时速度为vB，此时受到重力和细管的支持力FN，从P点到B点的过程中 根据动能定理得：mv－0＝mg(‎2L＋L)＋EqL 小球运动到B点时，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝m 联立解得：FN＝3(＋1)mg 根据牛顿第三定律可知，小球运动到B点时对细管的压力大小为3(＋1)mg，方向竖直向下．‎ ‎(3)设小球运动到A点的速度为vA，运动到C点的速度为vC，从P点到A点的过程中，根据动能定理得：mv＝mgL＋EqL 解得：vA＝2 小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度 vC＝vA＝2 小球的加速度g′＝g 当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴 则有：vCt＝g′t2‎ 解得：t＝2 则沿x轴方向运动的位移 x＝vCt＝×2×2＝‎‎8L 则小球从C点飞出后落在x轴上的横坐标：‎ x′＝L－‎8L＝－‎7L.‎ ‎[答案](1)　(2)3(＋1)mg　方向竖直向下　(3)－‎‎7L