【物理】2018届一轮复习人教版第7章第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动学案

【物理】2018届一轮复习人教版第7章第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动学案

第三节　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动 一、电容器、电容 ‎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)定义式：C＝．‎ ‎(2)单位：法拉(F)，‎1 F＝106μF＝1012pF.‎ ‎(3)电容与电压、电荷量的关系：电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关．‎ ‎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，与介质的介电常数成正比，与两极板间距离成反比．‎ ‎(2)决定式：C＝，k为静电力常量．‎ ‎　C＝适用于任何电容器，但C＝仅适用于平行板电容器．‎ ‎　1.判断正误 ‎(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)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．(　　)‎ ‎(4)一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－‎6 C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容C＝1.0×10－‎7F.(　　)‎ ‎(5)标有“1.5 μF，9 V”规格的电容器，其所带电荷量不超过1.35×10－‎5C.(　　)‎ ‎(6)平行板电容器充电后与电源断开，则电荷量Q一定；若一直与稳压电源连接，则电压U不变．(　　)‎ 提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)√‎ 二、带电粒子在电场中的运动　示波管 ‎1．加速问题 ‎(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv．‎ ‎(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv．‎ ‎2．偏转问题 ‎(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．‎ ‎(2)运动性质：匀变速曲线运动．‎ ‎(3)处理方法：利用运动的合成与分解．‎ ‎①沿初速度方向：做匀速运动．‎ ‎②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．‎ ‎　　带电粒子在电场中的重力问题 ‎(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，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，一般都不能忽略重力．‎ ‎3．示波管 ‎(1)构造及功能(如图所示)‎ ‎①电子枪：发射并加速电子．‎ ‎②偏转电极YY′：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极XX′：使电子束水平偏转(加扫描电压)．‎ ‎(2)工作原理：偏转电极XX′和YY′不加电压，电子打到屏幕中心；若只在XX′之间加电压，电子只在X方向偏转；若只在YY′之间加电压，电子只在Y方向偏转；若XX′加扫描电压，YY′加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象．‎ ‎　2.如图所示，电子的电荷量为e，质量为m，从静止加速后进入偏转电场．则刚进入偏转电场的速度v0＝________，进入偏转电场后做________运动，飞出偏转电场所用时间t＝________．‎ 提示：由U1q＝mv可知v0＝ ，进入偏转电场后受与初速度垂直的电场力作用，做匀变速曲线运动(类平抛)．由于水平方向做匀速直线运动，故飞出极板所需的时间为t＝＝l .‎ 答案： 　匀变速曲线(类平抛)　l ‎　电容器的动态分析问题 ‎【知识提炼】‎ 平行板电容器动态分析模板 ‎【典题例析】‎ ‎　(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是(　　)‎ A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半 B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍 C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半 D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半 ‎[审题指导]　d变化引起电容器电容变化，由C＝分析电容变化，结合C＝、E＝ 分析E如何变化；Q变化，由C＝分析电压变化，再由E＝分析E变化．‎ ‎[解析]　E＝，保持U不变，将d变为原来的两倍，E变为原来的一半，A对；保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的一半，B错；C＝，C＝，保持d不变，C不变，Q加倍，U加倍，C错；E＝＝＝＝，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半，D对．‎ ‎[答案]　AD ‎【跟进题组】‎ 考向1　Q不变时电容器的动态分析 ‎1．一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：选B.由公式C＝知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式C＝知，电荷量不变时，U减小，B正确．‎ 考向2　U不变时电容器的动态分析 ‎2．(2016·高考全国卷乙)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器(　　)‎ A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变 解析：选D.平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变．若将云母介质移出，电容C减小，由C＝可知，电容器所带电荷量Q减小，即电容器极板上的电荷量减小．由于U不变，d不变，由E＝可知，极板间电场强度E不变，选项D正确，A、B、C错误．‎ 考向3　平行板电容器中带电粒子的问题分析 ‎3．(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则(　　)‎ A．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点电势将降低 C．电容器的电容减小，极板带电荷量减小 D．带电油滴的电势能保持不变 解析：选BC.电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P点处于静止状态，因此有mg＝qE.当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d增大，由C＝可知电容器电容减小，板间场强E场＝减小，油滴所受的电场力减小，mg＞qE，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A错；P点电势等于P点到下极板间的电势差，由于P到下极板间距离h不变，由φP＝ΔU＝Eh可知，场强E减小时P点电势降低，B对；由C＝可知电容器所带电荷量减小，C对；带电油滴所处P点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D错．‎ 力电综合分析平行板电容器中带电体的运动问题 ‎(1)力学角度：电场力等影响了带电体的运动状态，这类问题需要对带电体进行运动状态(静止、加速或减速)分析和受力分析，再结合平衡条件、牛顿运动定律等进行分析和求解．若只有重力和电场力做功，则带电体的动能、重力势能和电势能之和保持不变；若除了重力和电场力做功外还有其他力做功，则其他力做功等于带电体机械能和电势能总的变化量．‎ ‎(2)电学角度 ‎①平行板电容器的两极板间为匀强电场，电场强度通过E＝分析；‎ ‎②电容器的电容与电荷量的关系通过C＝分析；‎ ‎③平行板电容器的电容大小由C＝决定．　 ‎ ‎　带电粒子在电场中的直线运动 ‎【知识提炼】‎ ‎1．运动类型 ‎(1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动．‎ ‎(2)带电粒子在不同的匀强电场或交变电场中做匀加速、匀减速的往返运动．‎ ‎2．分析思路 ‎(1)根据带电粒子受到的电场力，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运动情况．‎ ‎(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解．此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．‎ ‎(3)对带电粒子的往返运动，可采取分段处理．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将(　　)‎ A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 ‎[审题指导]　由原来静止状态可分析粒子受力之间的关系，再判断变化后粒子所受合力的大小和方向，则可判断粒子的运动状态．‎ ‎[解析]　两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力情况如图所示，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D正确．‎ ‎[答案]　D ‎【跟进题组】‎ 考向1　带电粒子在匀强电场中的直线运动 ‎1．(高考安徽卷)如图所示，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：‎ ‎(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)小球从开始下落运动到下极板处的时间．‎ 解析：(1)由v2＝2gh，得v＝.‎ ‎(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg－qE＝ma 由运动学公式知：0－v2＝2ad 整理得电场强度E＝ 由U＝Ed，Q＝CU，得电容器所带电荷量 Q＝C.‎ ‎(3)由h＝gt，0＝v＋at2，t＝t1＋t2‎ 整理得t＝ .‎ 答案：(1)　(2)　C ‎(3) 考向2　带电粒子在交变电场中的直线运动 ‎2．如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t＝时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板．则(　　)‎ A．A、B两板间的距离为 B．粒子在两板间的最大速度为 C．粒子在两板间做匀加速直线运动 D．若粒子在t＝时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板 解析：选B.粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；粒子在t＝时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在时刻到达B板，则··＝，解得d＝ ，选项A错误；粒子在时刻速度最大，则vm＝·＝ ‎ ，选项B正确；若粒子在t＝时刻进入两极板间，在～时间内，粒子做匀加速运动，位移x＝·＝，所以粒子在时刻之前已经到达B板，选项D错误．‎ ‎　带电粒子在电场中的偏转 ‎【知识提炼】‎ ‎1．基本规律：设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响)，则有 ‎(1)加速度：a＝＝＝.‎ ‎(2)在电场中的运动时间：t＝.‎ ‎(3)位移，‎ y＝at2＝.‎ ‎(4)速度，vy＝，v＝，‎ 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的偏转角度总是相同的．‎ 证明：由qU0＝mv及tan θ＝得tan θ＝.‎ ‎(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．‎ ‎【典题例析】‎ ‎　如图，‎ 场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于(　　)‎ A. 　　　　　　　 B． C. D． ‎[审题指导]　当粒子垂直电场进入时做类平抛运动，由运动的分解可知水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，且两粒子的运动轨迹对称，结合上述关系可求解问题．‎ ‎[解析]　因两粒子运动轨迹恰好相切，切点为矩形区域中心，则对其中一个粒子，水平方向＝v0t，竖直方向＝at2且满足a＝，三式联立解得v0＝ ，故B正确．‎ ‎[答案]　B ‎【跟进题组】‎ 考向1　带电粒子在匀强电场中的偏转 ‎1．示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子(带电量为e)被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U1＝1 640 V，偏转极板长l＝‎4 cm，偏转极板间距d＝‎1 cm，当电子加速后从两偏转极板的正中央沿与板平行的方向进入偏转电场．‎ ‎(1)偏转电压U2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？‎ ‎(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝‎20 cm，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y为多少？‎ 解析：(1)要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下板边缘出来．‎ 在加速电场中，由动能定理得eU1＝ 进入偏转电场初速度v0＝ 在偏转电场的飞行时间t1＝ 在偏转电场的加速度a＝＝ 电子从下极板边缘出来，＝at＝＝ 解得U2＝U1＝205 V.‎ ‎(2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离y＝＋y2‎ 电子离开电场的侧向速度vy＝at1＝ 电子离开偏转电场到荧光屏的时间t2＝ y2＝vy·t2＝＝＝‎‎0.05 m 所以电子最大偏转距离y＝＋y2＝0.055 m.‎ 答案：(1)205 V　(2)0.055 m 考向2　带电粒子在交变电场中的偏转 ‎2．(多选)(2015·高考山东卷)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是(　　)‎ ‎　‎ ‎　　　　 甲　　　　　　　　　乙 A．末速度大小为v0‎ B．末速度沿水平方向 C．重力势能减少了mgd D．克服电场力做功为mgd 解析：选BC.0～时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：～时间内，只受重力，做自由落体运动，时刻，v1y＝g；～T时间内，a＝＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·＝0，所以末速度v＝v ‎0，方向沿水平方向，选项A错误、B正确．重力势能的减少量ΔEp＝mg·＝mgd，所以选项C正确．根据动能定理：mgd－W克电＝0，得W克电＝mgd，所以选项D错误．‎ 分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键 ‎(1)条件分析：带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中做类平抛运动(若计重力，qE≠mg)．‎ ‎(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动．　 ‎ ‎1. (2016·高考天津卷)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．在两极板间有一个固定在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：选D.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，所以点电荷在P点的电势能Ep不变．综上所述，选项D正确．‎ ‎2.(高考天津卷)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么(　　)‎ A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷 B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加 C．微粒从M点运动到N点动能一定增加 D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加 解析：选C.分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A错误．微粒从M点运动到N点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B错误．微粒从M点运动到N点的过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C 正确．微粒从M点运动到N点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D错误．‎ ‎3.(2017·杭州一中月考)如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d且分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N.今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回．若保持两极板间的电压不变，则下列说法不正确的是(　　)‎ A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回 B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回 D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 解析：选B.移动A板或B板后，质点能否返回P点的关键是质点在A、B间运动时到达B板之前速度能否减为零，如能减为零，则一定沿原路返回P点；如不能减为零，则穿过B板后只受重力，将继续下落．因质点到达N孔时速度恰为零，由动能定理得mg·2d－qU＝0.因极板一直与电源两极连接，电压U一直不变，当A板上移、下移时，满足qU－mgh＝0的条件，即h＝2d，则质点到达N孔时速度恰好为零，然后按原路返回，A正确，B错误．当把B板上移后，设质点仍能到达B板，则由动能定理得mgh－qU＝mv2，因B板上移后h＜2d，所以mgh＜qU，即看似动能为负值，实际意义为在此之前物体动能已为零，将沿原路返回，C正确．把B板下移后，有mgh′－qU＝mv2＞0，即质点到达N孔时仍有向下的速度，将穿过B板继续下落，D正确．‎ ‎4．(多选)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设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 解析：选CD.由牛顿第二定律知，带电粒子在第1 s内的加速度 a＝为第2 s内加速度a＝ 的，因此先加速1 s再减速0.5 s至速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，v－t图象如图所示，由对称性可知，反向加速的距离是带电粒子刚好回到减速开始的点，A、B均错误；0～3 s内，带电粒子的初、末速度均为零，动能的变化为零，电场力做的功为零，C、D正确．‎ ‎5．(2016·高考北京卷)如图所示，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.偏转电场可看做匀强电场，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.‎ ‎(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．‎ 解析：(1)根据功和能的关系，有eU0＝mv 电子射入偏转电场的初速度v0＝ 在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝＝L 偏转距离Δy＝a(Δt)2＝·(Δt)2＝.‎ ‎(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有 重力G＝mg～10－29 N 电场力F＝～10－15 N 由于F≫G，因此不需要考虑电子所受重力．‎ ‎(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即φ＝ 由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，‎ 将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝ 电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．‎ 答案：(1) 　　(2)见解析　(3)见解析