【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

【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

‎　　1.电容和电容器 ‎ ‎(1)常见电容器 ‎①组成:由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。‎ ‎②带电荷量:一个极板所带电荷量的绝对值。‎ ‎③电容器的充、放电 充电:使电容器带电的过程,充电后电容器两板带上等量的异种电荷,电容器中储存电场能。‎ 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定义:电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。‎ ‎②定义式:C=QU。‎ ‎③物理意义:表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。电容是一个电容器的容量,是一个物理量,电容器是一个元件。‎ ‎④单位:法拉(F),1 F=106μF=1012 pF。‎ ‎(3)平行板电容器 ‎①影响因素:平行板电容器的电容C与正对面积S成正比,与电介质的相对介电常数εr成正比,与两板间的距离d成反比。‎ ‎②决定式:C=εrS‎4πkd,k为静电力常量。‎ ‎　　2.带电粒子在电场中加速 ‎ ‎(1)从动力学角度分析:当带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场时,粒子将做匀变速直线运动,加速度a=Eqm,位移x=v‎2‎‎-‎v‎0‎‎2‎‎2a。‎ ‎　(2)从功能角度分析:带电粒子如果仅受电场力的作用,电场力做功等于粒子动能的变化,即qU=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎(无论匀强电场还是非匀强电场都成立)。‎ ‎　　3.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。‎ a.沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间t=lv‎0‎。‎ b.沿电场力方向,做匀加速直线运动。‎ 加速度:a=Fm=qEm=qUmd。‎ 离开电场时的偏移量:y=‎1‎‎2‎at2=qUl‎2‎‎2mdv‎0‎‎2‎。‎ 离开电场时的偏转角:tan θ=vyv‎0‎=qUlmdv‎0‎‎2‎。‎ ‎　　4.示波管 ‎ ‎(1)构造:由电子枪、偏转电极和荧光屏等组成,如图所示。‎ ‎(2)工作原理:‎ ‎①如果在偏转电极XX'和YY'之间没有电压,则电子枪射出的电子沿直线运动,打在荧光屏中央,产生一个亮斑。‎ ‎②如果在偏转电极XX'之间加电压,电子会横向偏转;在偏转电极YY'之间加电压,电子会竖向偏转。‎ ‎③如果在偏转电极XX'和YY'之间同时加上电压,电子会在横向和竖向同时发生偏转,亮斑的位置由UXX'与UYY'共同决定。‎ ‎④如果在偏转电极XX'和YY'之间同时加上周期性变化的电压,亮斑会在横向和竖向同时发生周期性移动,可能形成周期性变化的图线。‎ ‎1.(2018湖南邵阳段考)水平放置的平行板电容器充电后,去掉电源,下列说法正确的是(　　)。‎ A.将两极板的间距加大,电容将增大 B.将两极板的间距加大,极板所带电荷量将增大 C.将两极板平行错开,使正对面积减小,电容将减小 D.将两极板平行错开,使正对面积减小,极板所带电荷量将减小 答案　C ‎2.(2019贵州毕节月考)如图所示的装置,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(　　)。‎ ‎　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 ‎3.(2018陕西宝鸡单元检测)如图所示,当开关S1闭合、S2断开时,电容器极板间的电压为U,每个极板上所带的电荷量为Q;当开关S1断开、S2闭合时,电容器极板间的电压为2U。则电容器的电容C=　　　　;电容器极板间的电压为2U时,电容器的电容　　　　,极板上所带的电荷量Q'=　　　　。 ‎ 答案　QU　不变　2Q ‎4.(2018山东曲阜段考)(多选)如图所示,电子由静止开始从A极板向B极板运动,当到达B极板时速度为v,保持两板间电压不变,则(　　)。‎ A.当增大两板间距离时,v增大 B.当减小两板间距离时,v增大 C.当改变两板间距离时,v不变 D.当增大两板间距离时,电子在两板间运动的时间也增大 答案　CD ‎5.(2018湖南永州月考)(多选)a、b、c三个α粒子 ‎(‎‎2‎‎4‎He)由同一点同时垂直电场方向进入偏转电场,其轨迹如图所示,其中b恰好飞出电场。由此可以肯定(　　)。‎ A.在b飞离电场的同时,a刚好打在负极板上 B.b和c同时飞离电场 C.进入电场时,c的速度最大,a的速度最小 D.c动能的增量最大,a和b的动能增量一样大 答案　AC ‎6.(2018湖北黄石单元检测)(多选)如图所示,如果在荧光屏上的P点出现亮斑,那么示波管中(　　)。‎ A.极板X应该带正电　　　B.极板X'应该带正电 C.极板Y应该带正电 D.极板Y'应该带正电 答案　AC ‎1.(2018全国卷Ⅲ,21)(多选)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等。现同时释放a、b,它们由静止开始运动,在随后的某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)。‎ A.a的质量比b的大 B.在t时刻,a的动能比b的大 C.在t时刻,a和b的电势能相等 D.在t时刻,a和b的动量大小相等 解析　因为某时刻t,a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,所以ya>yb,根据y=‎1‎‎2‎at2(此a为加速度),可知aa>ab,又因为a、b所带电荷量大小相等,根据加速度a=qEm可知mayb,所以Eka>Ekb,B项正确;qa为正电荷,qb为负电荷,下极板接地,电势为零,两板之间的电势φ为正,根据Ep=qφ,可知Epa>Epb,故C项错误;根据动量定理p=mv=mat=mqEmt=qEt,所以在t时刻,a和b的动量大小相等,D项正确。‎ 答案　BD ‎2.(2017全国卷Ⅱ,25)如图,两水平面(虚线)之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和-q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下;M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍。不计空气阻力,重力加速度大小为g。求:‎ ‎(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比。‎ ‎(2)A点距电场上边界的高度。‎ ‎(3)该电场的电场强度大小。‎ 解析　(1)设小球M、N在A点水平射出时的初速度大小为v0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v0。M、N在电场中运动的时间t相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,设加速度大小均为a,M、N在电场中沿水平方向的位移分别为x1和x2。由题给条件和运动学公式得v0-at=0‎ x1=v0t+‎1‎‎2‎at2‎ x2=v0t-‎1‎‎2‎at2‎ 联立解得x‎1‎x‎2‎=3。‎ ‎(2)设A点距电场上边界的高度为h,小球下落h时在竖直方向的分速度为vy,由运动学公式得vy‎2‎=2gh H=vyt+‎1‎‎2‎gt2‎ M进入电场后做直线运动,由几何关系知 v‎0‎vy‎=‎x‎1‎H 联立解得h=‎1‎‎3‎H。‎ ‎(3)设电场强度的大小为E,小球 M进入电场后做直线运动,则 v‎0‎vy‎=‎qEmg 设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2,由动能定理得 Ek1=‎1‎‎2‎m(v‎0‎‎2‎+vy‎2‎)+mgH+qEx1‎ Ek2=‎1‎‎2‎m(v‎0‎‎2‎+vy‎2‎)+mgH-qEx2‎ 由已知条件Ek1=1.5Ek2‎ 联立解得E=‎2‎mg‎2q。‎ 答案　(1)3∶1　(2)‎1‎‎3‎H　(3)‎‎2‎mg‎2q 见《自学听讲》P126‎ 一 平行板电容器的动态分析 ‎　　1.两类典型问题 ‎(1)电容器始终与恒压电源相连,电容器两极板间的电势差U保持不变。‎ ‎(2)电容器充电后与电源断开,电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。‎ ‎2.动态分析思路 ‎(1)U不变 ‎①根据C=QU=εrS‎4πkd先分析电容的变化,再分析Q的变化。‎ ‎②根据E=Ud分析电场强度的变化。‎ ‎③根据UAB=E·d分析某点电势的变化。‎ ‎(2)Q不变 ‎①根据C=QU=εrS‎4πkd先分析电容的变化,再分析U的变化。‎ ‎②根据E=Ud=‎4kπQεrS分析电场强度的变化。‎ 例1　如图所示,M、N两金属板平行竖直放置,使其带电,悬挂其中的带电小球P偏离竖直方向。下列措施中会使OP悬线与竖直方向的夹角增大的是(P球不与金属极板接触)(　　)。‎ A.增大M、N两极板间的电势差 B.减小M、N两极板的带电荷量 C.保持板间间距不变,将M、N板一起向右平移 D.保持板间间距不变,将M、N板一起向左平移 解析　小球受水平向右的电场力和竖直向下的重力,处于平衡状态,增大两板间的电势差,则电场强度增大,电场力增大,偏角增大,A项正确;减小电容器的带电荷量,两板间电势差减小,电场强度减小,电场力减小,偏角减小,B项错误;C、D两项中电场强度不会变化,偏角不变,故C、D两项错误。‎ 答案　A 变式1　(多选)如图所示,A、B为两块平行带电金属板,B板带正电且与大地相接,A板带负电,在两板间P点处固定一负电荷,设此时两极板间的电势差为U,P点电场强度大小为E,电势为φP,负电荷的电势能为Ep,现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变),下列说法正确的是(　　)。‎ A.U变大,E变大　　　　　　B.U变小,φP变小 C.φP变小,Ep变大 D.φP变大,Ep变小 解析　根据题意可知两极板间电荷量保持不变,当正对面积减小时,则由C=εrS‎4πkd可知电容减小,由U=QC可知极板间电压增大,由E=Ud可知,电场强度增大,故A项正确;设P与B板之间的距离为d',P点的电势为φP,B板接地,φB=0,则由题可知0-φP=Ed',Ed'是增大的,则φP一定减小,因为负电荷在电势低的地方电势能一定较大,所以可知电势能Ep是增大的,C项正确。‎ 答案　AC 两类典型的动态变化分析 二 带电粒子在电场中的直线运动 ‎　　1.做直线运动的条件 ‎(1)粒子所受合外力F合=0,粒子或静止,或做匀速直线运动。‎ ‎(2)粒子所受合外力F合≠0,且与初速度方向在同一条直线上,带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。‎ ‎2.用动力学观点分析 a=qEm,E=Ud,v2-v‎0‎‎2‎=2ad。‎ ‎3.用功能观点分析 匀强电场中:W=Eqd=qU=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎。‎ 非匀强电场中:W=qU=Ek2-Ek1。‎ 例2　如图所示,一充电后的平行板电容器的两极板相距为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极板且与上极板相距为‎2‎‎5‎l的平面。若两粒子间相互作用力可忽略,不计粒子重力,则M∶m为(　　)。‎ A.3∶2　　　B.2∶1 C.5∶2　　　D.3∶1‎ 解析　因两粒子同时经过一平行于极板且与上极板相距‎2‎‎5‎l的平面,电荷量为q的粒子通过的位移为‎2‎‎5‎l,电荷量为-q的粒子通过的位移为‎3‎‎5‎l,由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1=qEM、a2=qEm,由运动学公式有‎2‎‎5‎l=‎1‎‎2‎a1t2=qE‎2Mt2,‎3‎‎5‎l=‎1‎‎2‎a2t2=qE‎2mt2,联立解得Mm=‎3‎‎2‎,故A项正确。‎ 答案　A ‎(1)带电体重力是否计入的判断 ‎①微观粒子(如电子、质子、离子等)和无特别说明的带电粒子,一般都不计重力(并不是忽略质量)。‎ ‎②带电微粒(如油滴、液滴、尘埃、小球等)除有特别说明或暗示外,一般要考虑重力。‎ ‎③原则上,所有未明确交代的带电体,都应根据题设运动状态和过程,反推是否计重力(隐含条件)。‎ ‎(2)带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 三 带电粒子在电场中的偏转 ‎　　1.运动规律 ‎ ‎(1)沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间 a.能飞出电容器:t=lv‎0‎。‎ b.不能飞出电容器:y=‎1‎‎2‎at2=qU‎2mdt2,t=‎2mdyqU。‎ ‎(2)沿电场力方向,做匀加速直线运动 加速度:a=Fm=qEm=qUmd。‎ 离开电场时的偏移量:y=‎1‎‎2‎at2=qUl‎2‎‎2mdv‎0‎‎2‎。‎ 离开电场时的偏转角:tan θ=vyv‎0‎=qUlmdv‎0‎‎2‎。‎ ‎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=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ y=‎1‎‎2‎at2=‎1‎‎2‎·qU‎1‎md·‎lv‎0‎‎2‎ tan θ=‎qU‎1‎lmdv‎0‎‎2‎ 解得y=U‎1‎l‎2‎‎4U‎0‎d,tan θ=U‎1‎l‎2U‎0‎d。‎ ‎(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,即射出时O到偏转电场边缘的距离为l‎2‎。‎ ‎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=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,其中Uy=Udy,指初、末位置间的电势差。‎ 例3　如图甲所示,虚线MN左侧有一电场强度E1=E的匀强电场,在两条平行的直线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度E2=2E的匀强电场,在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e,质量为m,不计重力)无初速度地放入电场E1 中的A点,A点到MN的距离为L‎2‎,最后电子打在右侧的屏上,AO连线与屏垂直,垂足为O。求:‎ 甲 ‎　　(1)电子从释放到打到屏上所用的时间t。‎ ‎(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan θ。‎ ‎(3)电子打到屏上的点P'(图中未标出)到点O的距离x。‎ 解析　(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a1,时间为t1,由牛顿第二定律得a1=‎eEm 由x=‎1‎‎2‎at2得L‎2‎=‎1‎‎2‎a1‎t‎1‎‎2‎ 电子进入电场E2时的速度v1=a1t1‎ 电子进入电场E2后到打到屏上的过程中,电子在水平方向做匀速直线运动,时间t2=‎‎2Lv‎1‎ 电子从释放到打到屏上所用的时间t=t1+t2‎ 联立上式解得t=3mLeE。‎ ‎(2)设电子射出电场E2时平行电场方向的速度为vy 电子进入电场E2时的加速度a2=eE‎2‎m=‎‎2eEm vy=a2t3,t3=‎Lv‎1‎ 电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值tan θ=vyv‎1‎=2。‎ ‎(3)电子在电场中的运动轨迹如图乙所示,设电子打到屏上的点P'到O点的距离为x,根据几何关系得 tan θ=x‎3‎‎2‎L,联立解得x=3L。‎ 乙 ‎　　答案　(1)3mLeE　(2)2　(3)3L 变式2　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,偏转电场可视为匀强电场,极板间电压为U,极板长度为L,板间距为d。‎ ‎(1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy。‎ ‎　　(2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因。已知U=2.0×102 V,d=4.0×10-2 m,m=9.1×10-31 kg,e=1.6×10-19 C,g=10 m/s2。‎ 解析　(1)根据动能定理,有eU0=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 电子射入偏转电场时的初速度v0=‎‎2eU‎0‎m 在偏转电场中,电子的运动时间Δt=Lv‎0‎=Lm‎2eU‎0‎ 加速度a=eEm=‎eUmd 偏转距离Δy=‎1‎‎2‎a(Δt)2=UL‎2‎‎4U‎0‎d。‎ ‎(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级,有重力 G=mg≈1×10-29 N 电场力F=eUd≈1×10-15 N 由于F≫G,因此不需要考虑电子所受的重力。‎ 答案　(1)‎2eU‎0‎m　UL‎2‎‎4U‎0‎d　(2)见解析