2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章靜電場第三節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案新人教版

PAGE11-第三節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動eq\a\vs4\al(一、電容器、電容)1.電容器兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體可構(gòu)成電容器.電容器充電就是使電容器帶電的過程.電容器放電就是使電容器失去電荷的過程.電容器帶的電荷量是指一個極板所帶電荷量的肯定值.2.電容電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值叫作電容器的電容，公式：C＝eq\f(Q,U)，單位：法拉（F）、微法（μF）、皮法（pF）.由數(shù)學(xué)關(guān)系我們可以得出，電容器的電容也等于電荷量的變更量與電勢差的變更量之比，即C＝eq\f(ΔQ,ΔU).電容是描述電容器容納電荷本事的物理量.3.平行板電容器的電容公式C＝eq\f(εrS,4kπd)∝eq\f(εrS,d)，S為兩板的正對面積，d為極板間的距離，其中εr是介電常數(shù).平行板電容器兩板間的電場可以近似認(rèn)為是勻強(qiáng)電場.1.一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容C和兩極板間的電勢差U的變更狀況是（）A.C和U均增大B.C增大，U減小C.C減小，U增大D.C和U均減小答案：Beq\a\vs4\al(二、帶電粒子在電場中的加速或減速)（1）探討條件：帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場時將做勻變速直線運(yùn)動.（2）功能關(guān)系：帶電粒子在電場中加速，若不計(jì)粒子的重力，則靜電力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量.①在勻強(qiáng)電場中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).②在非勻強(qiáng)電場中，W＝qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).2.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射入電場，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OA間距為h，則此電子的初動能為（）A.eq\f(edh,U)B.eq\f(dU,eh)C.eq\f(eU,dh)D.eq\f(eUh,d)答案：Deq\a\vs4\al(三、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn))1.假如帶電粒子以初速度v0垂直電場強(qiáng)度方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，不考慮重力時，則帶電粒子在電場中將做類平拋運(yùn)動，如圖所示.2.類平拋運(yùn)動的一般處理方法：將粒子的運(yùn)動分解為沿初速度方向的勻速直線運(yùn)動和沿靜電力方向初速度為0的勻加速直線運(yùn)動.3.基本公式（板長為l，板間距離為d，板間電壓為U）：在電場中運(yùn)動時間t＝eq\f(l,v0)；加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,dm)；離開電場的偏轉(zhuǎn)量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2dmveq\o\al(2,0))；偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0)).3.（多選）如圖所示，六面體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料.ABCD面帶正電，EFGH面帶負(fù)電.從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質(zhì)量相同的帶正電液滴A、B、C，最終分別落在1、2、3三點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A.三個液滴在真空盒中都做平拋運(yùn)動B.三個液滴的運(yùn)動時間肯定相同C.三個液滴落究竟板時的速率相同D.液滴C所帶電荷量最多答案：BD電容器C＝eq\f(Q,U)定義式反映電容容納電荷的本事，平行板電容器中間部分是勻強(qiáng)電場，帶電粒子運(yùn)動規(guī)律遵循運(yùn)動學(xué)基本規(guī)律，一般與動能定理綜合解題.考點(diǎn)一平行板電容器及動態(tài)分析1.兩類動態(tài)問題分析比較（1）第一類動態(tài)變更：兩極板間電壓U恒定不變.（2）其次類動態(tài)變更：電容器所帶電荷量Q恒定不變.2.分析電容器動態(tài)問題時應(yīng)留意的問題（1）先確定電容器的不變量（Q或U）.（2）只有當(dāng)電容器的電荷量發(fā)生變更時，電容器支路上才有充電或放電電流.（3）若電路中有二極管，其單向?qū)щ娦詫⒂绊戨娙萜鞒潆娀蚍烹?（4）電容器電荷量不變時，變更板間距不會引起板間電場強(qiáng)度的變更.eq\a\vs4\al(典例)（2024·長沙測試）用限制變量法，可以探討影響平行板電容器電容的因素（如圖所示）.設(shè)兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為θ.試驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若（）A.保持S不變，增大d，則θ變大B.保持S不變，增大d，則θ變小C.保持d不變，增大S，則θ變大D.保持d不變，增大S，則θ不變解析：依據(jù)C＝eq\f(εrS,4kπd)可知：保持S不變，增大d，電容C減小，本題中電容器帶電荷量Q保持不變，由C＝eq\f(Q,U)可知電勢差U變大，則θ變大，故A正確，B錯誤；保持d不變，增大S，電容C增大，由于帶電荷量Q不變，由C＝eq\f(Q,U)可知電勢差U變小，則θ變小，故C、D錯誤.答案：A運(yùn)用電容器定義式和確定式分析電容器相關(guān)量變更的基本思路1.確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變.2.用確定式C＝eq\f(εrS,4kπd)分析平行板電容器電容的變更.3.用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變更.4.用E＝eq\f(U,d)分析平行板電容器極板間勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的變更.考點(diǎn)二帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動帶電粒子在電場中加速，若不計(jì)粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量.（1）在勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).（2）在非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).eq\a\vs4\al(典例)（2024·長沙模擬）如圖所示，相互絕緣且緊靠在一起的A、B物體，靜止在水平地面上，A的質(zhì)量為m＝0.04kg，帶電荷量為q＝＋5.0×10－5C，B的質(zhì)量為M＝0.06kg，不帶電.兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4，t＝0時刻起先，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E＝1.6×104N/C，g取10m/s2.設(shè)運(yùn)動過程中物體所帶的電荷量沒有變更.（1）求A、B的加速度及其相互作用力的大?。唬?）若t＝2s后電場反向，且電場強(qiáng)度減為原來的一半，求物體B停下時兩物體間的距離.解析：（1）對整體分析，由牛頓其次定律，有qE－μ（M＋m）g＝（M＋m）a，加速度大小a＝eq\f(qE－μ（M＋m）g,M＋m)＝4m/s2.隔離B分析，依據(jù)牛頓其次定律有F－μMg＝Ma，解得F＝μMg＋Ma＝0.48N.（2）t＝2s時，A、B的速度大小v＝at＝4×2m/s＝8m/s.t＝2s后電場反向，且電場強(qiáng)度減為原來的一半，此時A做勻減速運(yùn)動的加速度大小aA＝eq\f(qE′＋μmg,m)＝14m/s2，B做勻減速運(yùn)動的加速度大小aB＝μg＝4m/s2，B速度減為零的時間tB＝eq\f(v,aB)＝2s，減速到零的位移大小xB＝eq\f(v2,2aB)＝8m.A速度減為零的時間tA1＝eq\f(v,aA)＝eq\f(4,7)s，減速到零的位移大小xA1＝eq\f(v2,2aA)＝eq\f(16,7)m.A反向做勻加速運(yùn)動的加速度大小a′A＝eq\f(qE′－μmg,m)＝6m/s2，則反向做勻加速直線運(yùn)動的位移大小xA2＝eq\f(1,2)a′A（tB－tA1）2＝eq\f(300,49)m，則A、B的距離Δx＝xA2－xA1＋xB≈11.8m.答案：（1）4m/s20.48N（2）11.8m1.帶電粒子在電場中運(yùn)動時重力的處理.（1）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）.（2）帶電顆粒：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.帶電粒子在電場中平衡的解題步驟.（1）選取探討對象.（2）進(jìn)行受力分析，留意電場力的方向特點(diǎn).（3）由平衡條件列方程求解.3.解決帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動問題的兩種思路.（1）依據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓其次定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式確定帶電粒子的運(yùn)動狀況.此方法只適用于勻強(qiáng)電場.（2）依據(jù)總功等于帶電粒子動能的變更求解.此方法既適用于勻強(qiáng)電場，也適用于非勻強(qiáng)電場.考點(diǎn)三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)1.基本規(guī)律設(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,md).（2）在電場中的運(yùn)動時間：t＝eq\f(l,v0).（3）位移eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vxt＝v0t＝l，,\f(1,2)at2＝y(tǒng)，))y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0)d).（4）速度eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vx＝v0，,vy＝at，))vy＝eq\f(qUt,md)，v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mveq\o\al(2,0)d).2.兩個結(jié)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)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的.證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanφ＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))，得tanφ＝eq\f(Ul,2U0d).（2）粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到電場邊緣的距離為eq\f(l,2).3.求解電偏轉(zhuǎn)問題的兩種思路帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需再經(jīng)驗(yàn)一段勻速直線運(yùn)動才會打到熒光屏上而顯示亮點(diǎn)P，如圖所示.（1）確定最終偏轉(zhuǎn)距離OP的兩種方法.方法1：方法2：（2）確定粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后的動能（或速度）的兩種方法.方法1：方法2：留意：利用動能定理求粒子偏轉(zhuǎn)后的動能時，電場力做功W＝qU＝qEy，其中“U”為初末位置的電勢差，而不肯定是兩極板間的電勢差.4.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)時間的探討質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直于電場方向從極板中間射入勻強(qiáng)電場，已知極板間距為d，極板長度為L，極板間電壓為U，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動時間為t，則（1）帶電粒子能穿出電場時，在電場中運(yùn)動的時間由沿初速度方向上的運(yùn)動來確定比較便利，其值為t＝eq\f(L,v0).（2）帶電粒子打到極板上時，在電場中運(yùn)動的時間由沿電場方向上的運(yùn)動來確定比較便利，其值為t＝eq\r(\f(2y,a)).eq\a\vs4\al(典例)如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏.現(xiàn)有一電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子（重力不計(jì)），以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點(diǎn)為O.試求：（1）粒子從射入電場到打到屏上所用的時間；（2）粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；（3）粒子打到屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x.解析：（1）依據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運(yùn)動，所以粒子從射入電場到打到屏上所用的時間t＝eq\f(2L,v0).（2）設(shè)粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，依據(jù)牛頓其次定律，粒子在電場中的加速度為a＝eq\f(Eq,m)，所以vy＝aeq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)，粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0)).（3）設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)eq\f(qEL2,mveq\o\al(2,0))，又x＝y(tǒng)＋Ltanα，解得x＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0)).答案：（1）eq\f(2L,v0)（2）eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))（3）eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0))1.如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，在兩極板間有一個負(fù)點(diǎn)電荷在P點(diǎn)恰好平衡.若用U表示兩極板間的電壓、E表示兩極板間的電場強(qiáng)度，并令負(fù)極板保持不動，而將正極板向下移到圖中的虛線位置，則（）A.E增大，U減小B.E不變，U增大C.E增大，電荷有向上的加速度D.E不變，電荷電勢能變小答案：D2.電源、開關(guān)、平行板電容器連成如圖所示電路.閉合開關(guān)S，電源對電容器充電后，電容器帶電荷量為Q，板間電壓為U，板間電場強(qiáng)度大小為E0.則下列說法正確的是（）A.若將A板下移少許，Q增大，U減小，E0不變B.若將A板下移少許，Q不變，U減小，E0減小C.若斷開開關(guān)，將A板下移少許，Q增大，U不變，E0增大D.若斷開開關(guān)，將A板下移少許，Q不變，U減小，E0不變答案：D3.如圖所示電路中，A、B是構(gòu)成平行板電容器的兩金屬極板，P為其中的一個定點(diǎn).將開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后將A板向上平移一小段距離，則下列說法正確的是（）A.電容器的電容增加B.在A板上移過程中，電阻R中有向上的電流C.A、B兩板間的電場強(qiáng)度增大D.P點(diǎn)電勢上升答案：B4.如圖所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運(yùn)動，指出下列對電子運(yùn)動的描述中錯誤的是（設(shè)電源電動勢為U）（）A.電子到達(dá)B板時的動能是U（eV）B.電子從B板到達(dá)C板動能變更量為零C.電子到達(dá)D板時動能是3U（eV）D.電子在A板和D板之間做往復(fù)運(yùn)動答案：C5.如圖所示，帶正電的粒子以肯定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為＋q，粒子通過平行金屬板的時間為t（不計(jì)粒子的重力），則（）A.在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(qU,4)B.在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3qU,8)C.在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功之比為1∶2D.在粒子下落