- 2021-04-15 发布 |
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文档介绍
【物理】2020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3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动 一、电容器及电容 1．电容器 (1)组成：两个彼此绝缘且又相互靠近的导体组成电容器，电容器可以容纳电荷。 (2)所带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值，两极板所带电荷量相等。 (3)充、放电 ①充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带上等量异号电荷的过程，充电后两极间存在电场，电容器储存了电能。 ②放电：用导线将充电后电容器的两极板接通，极板上电荷中和的过程，放电后的两极板间不再有电场，同时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与两极板间电势差的比值。 (2)公式：C＝＝。 (3)物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等于把电容器两极板的电势差增加1 V 所需增加的电荷量，电容C由电容器本身的构造因素决定，与U、Q无关。 (4)单位：法拉，符号F，与其他单位间的换算关系：1 F＝106 μF＝1012 pF。 3．平行板电容器的电容 平行板电容器的电容与平行板正对面积S、电介质的介电常数εr成正比，与极板间距离d成反比，即C＝。 二、带电粒子在电场中的加速和偏转 1．带电粒子在电场中的加速 (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，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做匀变速直线运动。 (2)用功能观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量，即qU＝mv2－mv。 2．带电粒子的偏转 (1)运动状态：带电粒子受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做类平抛运动。 (2)处理方法：类似于平抛运动的处理方法 ①沿初速度方向为匀速运动，运动时间t＝。 ②沿电场力方向为匀加速运动，a＝＝＝。 ③离开电场时的偏移量y＝at2＝。 ④离开电场时的偏转角tanθ＝＝。 三、示波管 1．构造 ①电子枪，②偏转电极，③荧光屏。(如图) 2．工作原理 (1)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，叫做扫描电压。 (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。 (判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。) 1．电容器的带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正比。(×) 3．带电粒子在匀强电场中可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动。(√) 4．只在电场力作用下，带电粒子可能做匀速圆周运动。(√) 5．带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。(×) 1．(电容器和电容)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( ) A．C和U均增大 B．C增大，U减小 C．C减小，U增大 D．C和U均减小 解析 根据平行板电容器电容公式C＝，在两板间插入电介质后，电容C增大，因电容器所带电荷量Q不变，由C＝可知，U＝减小，B项正确。 答案 B 2．(带电粒子在电场中的加速)两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m、电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA间距为h，则此电子的初动能为( ) A. B. C. D. 解析 电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小， 根据动能定理可得－eUOA＝0－Ek，因为UOA＝h，所以Ek＝，D项正确。 答案 D 3．(带电粒子在电场中的偏转)(多选)如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是( ) A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴的运动时间一定相同 C．三个液滴落到底板时的速率相同 D．液滴C所带电荷量最多 解析 三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，A项错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，B项正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，C项错误；由于液滴C在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，D项正确。 答案 BD 考点1 电容器的动态分析 考|点|速|通 1．电容器的两种情况 (1)电容器始终与电源相连时，电容器两极板电势差U保持不变。 (2)电容器充电后与电源断开时，电容器所带电荷量Q保持不变。 2．平行板电容器动态问题的分析思路 典|例|微|探 【例1】 如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点。将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是( ) A．电容器的电容增加 B．在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流 C．A、B两板间的电场强度增大 D．P点电势升高 解析 由平行板电容器电容的决定式C＝知A项错误；由C＝得，电容器两端电压不变，C减小，Q减小，电容器放电，形成顺时针方向的放电电流，B项正确；由E＝得，电场强度E减小，C项错误；由φ＝UP0＝Ed′，E减小，P点的电势降低， D项错误。 答案 B 分析平行板电容器动态变化问题的三个关键点 1．确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是保持电荷量不变或板间电压不变。 2．恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用E＝分析板间电场强度的变化情况。 3．若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析运动情况的变化。 题|组|冲|关 1.如图所示，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( ) 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 解析 平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E不变。保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U＝Ed可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以P点电势不变，点电荷在P点的电势能Ep不变。综上所述，D项正确。 答案 D 2．某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中( ) A．电容器的电容变大 B．电容器的电荷量保持不变 C．M点的电势比N点的电势低 D．流过电阻R的电流方向从M到N 解析 当可移动介质P向左匀速移出的过程中，电容器电容变小，A项错误；电容器的电压等于电源电动势，保持不变，电荷量Q＝CU减小，B项错误；电容器放电，电流方向为M→R→N，M点的电势比N点的电势高，C项错误，D项正确。 答案 D 考点2 带电体在电场中的直线运动 考|点|速|通 1．带电粒子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．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路 (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的动能的变化量，即qU＝mv2－mv。 典|例|微|探 【例2】 如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，微粒恰能沿图示虚线由A向B做直线运动。则( ) A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动 解析 微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，B项正确。 答案 B 题|组|冲|关 1.平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一个直流电源相连，若一个带电油滴恰能沿如图所示的水平直虚线通过该电容器，在此过程中下列说法正确的是( ) A．油滴所受的重力完全可以忽略不计 B．油滴运动的加速度大小不变、方向水平向左 C．油滴一直水平向右做匀速直线运动 D．油滴在电场中的电势能逐渐减小 解析 带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化。如果重力可以忽略，则粒子只受电场力，并且电场力方向和初速度方向不共线，不能做直线运动，A项错误；因为重力竖直向下，若电场力是垂直极板向下的，则合力与初速度方向不共线，所以受到的电场力方向只能为垂直极板向上，重力与电场力的合力水平向左，二力恒定，所以合力不变，根据牛顿第二定律可得油滴做加速度向左的匀减速直线运动，B项正确，C项错误；电场力方向和位移方向夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能增大，D项错误。 答案 B 2．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将( ) A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 D．在距上极板处返回 解析 带电粒子运动过程中只有重力和电场力做功，设电容器两极板间电压为U，粒子下落的全程由动能定理有mg－qU＝0，当下极板向上平移后，设粒子能下落到距离上极板x处，由动能定理有mg－qU＝0，解得x＝d，D项正确。 答案 D 考点3 带电粒子在电场中的偏转 考|点|速|通 1．运动规律 (1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间为t (2)沿电场力方向，做匀加速直线运动 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。 证明：由qU0＝mv， y＝at2＝··2， tanθ＝， 得y＝，tanθ＝。 (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．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。 典|例|微|探 【例3】 如图所示，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(H)、氘核(H)和氚核(H)均从A板由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(不计粒子重力)。则下列判断中正确的是( ) A．三种粒子从B板射出时的速度之比为3∶2∶1 B．三种粒子同时打到荧光屏上 C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶3 D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶1 解析 设AB间电压为U0，CD间电压为U，由U0q＝mv得三种粒子从B板射出时的速度之比为∶∶，A项错误；由t＝易知质子最先打到荧光屏上，B项错误；由y＝·2，得三种粒子竖直方向偏转的位移都是y＝，偏转电场的电场力对三种粒子所做的功均为Eqy，其比为1∶1∶1，C项错误，D项正确。 答案 D 题|组|冲|关 1. (多选)如图所示，水平放置的平行板电容器间存在竖直向下的匀强电场，现有比荷相同的甲、乙两种带电粒子从电容器中央O点分别沿OP、OQ以相同的速率水平射出，不计粒子重力及粒子的相互作用，粒子在运动过程中均未与电容器两极板接触。则以下对粒子运动的描述正确的是( ) A．若甲、乙电性相同，则粒子离开电容器时速度一定相同 B．若甲、乙电性相反，则粒子离开电容器时侧向位移一定相同 C．若甲、乙电性相反，则粒子在电容器运动过程中电场力做的功不一定相等 D．若甲、乙电性相反，则粒子离开电容器时速度偏转角大小一定相等 解析 带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由＝v0t可知，两粒子在电场中的运动时间相同，y＝·t2，由动能定理得Eqy＝Ek－mv，所以若甲、乙电性相同，则粒子离开电容器时速度的大小相同，但方向不同，A项错误；若甲、乙电性相反，则粒子离开电场时的侧向位移大小相等，方向相反，B项错误；由W＝Eqy知，q不一定相同，若甲、乙电性相反，粒子在电容器运动过程中，电场力做的功不一定相等，C项正确；粒子离开电容器时的偏转角tanθ＝，vy＝t，若甲、乙电性相反，则粒子离开电容器时速度偏转角大小一定相等，D项正确。 答案 CD 2. (多选)如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程：y＝kx2，且小球通过点P。已知重力加速度为g，则( ) A．电场强度的大小为 B．小球初速度的大小为 C．小球通过点P时的动能为 D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少 解析 小球以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y＝kx2，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向：qEsin45°＝mg，所以qE＝mg，电场强度的大小为E＝，A项错误；小球受到的合力F合＝qEcos45°＝mg＝ma，所以a＝g，由平抛运动规律有＝v0t，＝gt2，得初速度大小为v0＝ ，＝，所以通过点P时的动能为mv2＝m(v＋v)＝，B、C两项正确；小球从O到P电势能减少，且减少的电势能等于克服电场力做的功，即W＝＝，D项错误。 答案 BC 考点4 电场中的力、电综合问题 考|点|速|通 研究带电粒子在电场中的运动常用的三种方法 1．力和运动的关系——牛顿第二定律：根据带电粒子受到静电力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等，这种方法通常适用于受恒力作用下做匀变速运动的情况。 2．功和能的关系——动能定理：根据静电力对带电粒子所做的功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能量的转化，研究带电粒子的速度变化、经历的位移等。这种方法同样也适用于非匀强电场。 3．正交分解法或化曲为直法 处理这种运动的基本思想与处理平抛运动是类似的，可以将复杂的运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动，而这两个直线运动的规律是我们已经掌握的，然后再按运动合成的观点去求出复杂运动的有关物理量。 典|例|微|探 【例4】 如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求： (1)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？ (2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？ 解析 (1)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝m， 小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得 －mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)x＝mv2－mv，联立方程组，解得v0＝7 m/s。 (2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)x＝mv′2－mv， 又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝m， 代入数据，解得FN＝0.6 N。 由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FN′＝FN＝0.6 N。 答案 (1)7 m/s (2)0.6 N 题|组|冲|关 1. (多选)在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8 J，在M点的动能为6 J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是( ) A．小球水平位移x1与x2的比值为1∶3 B．小球水平位移x1与x2的比值为1∶4 C．小球落到B点时的动能为32 J D．小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6 J 解析 小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动，小球在竖直方向上升和下落的时间相同，由匀变速直线运动位移与时间的关系可知水平位移x1∶x2＝1∶3，A项正确，B项错误；设小球在M点时的水平分速度为vx，则小球在B点时的水平分速度为2vx，根据题意有mv＝8 J，mv＝6 J，因而在B点时小球的动能为EkB＝m[]2＝32 J，C项正确；由题意知，小球受到的合外力为重力与电场力的合力，为恒力，小球在A点时，F合与速度之间的夹角为钝角，小球在M点时，速度与F合之间的夹角为锐角，即F合对小球先做负功再做正功，由动能定理知，小球从A到M过程中，动能先减小后增大，小球从M到B的过程中，合外力一直做正功，动能一直增大，故小球从A运动到B的过程中最小动能一定小于6 J，D项错误。 答案 AC 2.如图所示，一电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求： (1)水平向右电场的电场强度； (2)若将电场强度减小为原来的，物块的加速度是多大； (3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能。 解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有 FNsin37°＝qE，① FNcos37°＝mg，② 由①②可得E＝。 (2)若电场强度减小为原来的，即E′＝， 由牛顿第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma， 可得a＝0.3g。 (3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得 mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0，可得Ek＝0.3mgL。 答案 (1) (2)0.3g (3)0.3mgL 带电粒子在交变电场中的运动 1．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等，并确定与物理过程相关的边界条件。 2．分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。 3．此类题型一般有三种情况 (1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。 (2)二是粒子做往返运动(一般分段研究)。 (3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)。 【经典考题】 (多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处(不计电子的重力)，下列说法正确的是( ) A．从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上 B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C．从t＝时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D．从t＝时刻释放电子，电子必将打到右极板上 解析 根据U－t图线可得到粒子运动的a—t图线，易知，从t＝0时刻释放电子，0～向右加速，～T向右减速，电子一直向右运动，A项正确，B项错误；从t＝时刻释放电子，如果板间距离比较大，～向右加速，～T向右减速，T～T向左加速，T～T向左减速，如果板间距离比较小，～向右加速，～T向右减速，可能已经撞到极板上，C项正确，D项错误。 答案 AC 必|刷|好|题 1．如图甲所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压，t＝0时，Q板比P板电势高5 V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在静电力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化。假设电子始终未与两板相碰。在0查看更多