2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)第七章第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動教案新人教版

PAGEPAGE9第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動考點(diǎn)1電容器及其動態(tài)改變1．兩個(gè)公式的比較公式C＝eq\f(Q,U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＝\f(ΔQ,ΔU)))C＝eq\f(εrS,4πkd)公式特點(diǎn)定義式，適用于一切電容器確定式，適用于平行板電容器意義對某電容器Q∝U，但eq\f(Q,U)＝C不變，反映容納電荷的本事C∝εr，C∝S，C∝eq\f(1,d)，反映了影響電容大小的因素2.平行板電容器的動態(tài)分析思路(1)確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．(2)依據(jù)確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的改變．(3)依據(jù)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改變．(4)依據(jù)E＝eq\f(U,d)分析電容器極板間場強(qiáng)的改變．考向1電容器帶電量不變1．(2024·安徽宿州一模)(多選)如圖為某一機(jī)器人上的電容式位移傳感器工作時(shí)的簡化模型圖．當(dāng)被測物體在左右方向發(fā)生位移時(shí)，電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動，連接電容器的靜電計(jì)會顯示電容器電壓的改變，進(jìn)而能測出電容的改變，最終就能探測到物體位移的改變，若靜電計(jì)上的指針偏角為θ，則被測物體(BC)A．向左移動時(shí)，θ增大B．向右移動時(shí)，θ增大C．向左移動時(shí)，θ減小D．向右移動時(shí)，θ減小解析：由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當(dāng)被測物體帶動電介質(zhì)板向左移動時(shí)，導(dǎo)致兩極板間電介質(zhì)增加，則電容C增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變時(shí)，U減小，則θ減小，故A錯誤，C正確；由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當(dāng)被測物體帶動電介質(zhì)板向右移動時(shí)，導(dǎo)致兩極板間電介質(zhì)削減，則電容C減小，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變時(shí)，U增大，則θ增大，故B正確，D錯誤．考向2電容器電勢差不變2．(多選)如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B相距為d，平行放置并與一電源相連，S閉合后，兩板間恰好有一質(zhì)量為m，帶電量為q的油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，以下說法正確的是(BC)A．若將S斷開，則油滴將做自由落體運(yùn)動，G表中無電流B．若將A向左平移一小段位移，則油滴仍舊靜止，G表中有b→a的電流C．若將A向上平移一小段位移，則油滴向下加速運(yùn)動，G表中有b→a的電流D．若將A向下平移一小段位移，則油滴向上加速運(yùn)動，G表中有b→a的電流解析：將S斷開，電容器電量不變，板間場強(qiáng)不變，故油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，選項(xiàng)A錯誤；若S閉合，將A板左移，由E＝eq\f(U,d)可知，E不變，油滴仍靜止，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知正對面積減小時(shí)電容C變小，則電容器極板電量Q＝CU變小，電容器放電，則有b→a的電流，故選項(xiàng)B正確；將A板上移，由E＝eq\f(U,d)可知，E變小，油滴應(yīng)向下加速運(yùn)動，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知板間距離增大時(shí)電容C變小，電容器要放電，則有b→a的電流流過G，故選項(xiàng)C正確；當(dāng)A板下移時(shí)，板間電場強(qiáng)度增大，油滴受的電場力增加，油滴向上加速運(yùn)動，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知板間距離減小時(shí)C增大，電容器要充電，則有a→b的電流流過G，故選項(xiàng)D錯誤．考向3兩類問題綜合應(yīng)用3．(2024·河南南陽月考)(多選)如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接，下極板接地，與電源負(fù)極相連．現(xiàn)有一帶電油滴位于容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離(CD)A．帶電油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動B．P點(diǎn)的電勢將降低C．帶電油滴的電勢能不變D．電容器的極板帶的電荷量不變解析：電容器始終與電源相連，則電容器兩極板間的電勢差不變，由C＝eq\f(εrS,4πkd)，d增大，則C減小，又C＝eq\f(Q,U)，則Q減小，但電路中有二極管，單向?qū)?，故不會放電，電荷量Q不變，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，d增大，則E不變，帶電油滴所受電場力不變，帶電油滴位于容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)，故A錯誤，D正確．P點(diǎn)與下極板的電勢差U＝φP－0＝Ed，而E、d不變，則φP不變，由EP＝φPq得固定在P點(diǎn)的正電荷電勢能不變，C正確，B錯誤．求解電容器問題的兩個(gè)常用技巧(1)在電荷量保持不變的狀況下，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，電場強(qiáng)度與板間距離無關(guān)．(2)對平行板電容器的有關(guān)物理量Q、E、U、C進(jìn)行探討時(shí)，關(guān)鍵在于弄清哪些是變量，哪些是不變量，在變量中哪些是自變量，哪些是因變量，利用C＝eq\f(εrS,4πkd)、Q＝CU和E＝eq\f(U,d)進(jìn)行推斷即可．考點(diǎn)2帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動1．做直線運(yùn)動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或靜止，或做勻速直線運(yùn)動．(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動或勻減速直線運(yùn)動．2．解決帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動問題的兩種思路(1)動力學(xué)觀點(diǎn)：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)功能觀點(diǎn)：依據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的改變求解．此方法既適用于勻強(qiáng)電場，也適用于非勻強(qiáng)電場．勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止起先下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽視不計(jì)，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g)．求：(1)小球到達(dá)小孔處的速度．(2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量．(3)小球從起先下落到運(yùn)動到下極板處的時(shí)間．[審題指導(dǎo)](1)力和運(yùn)動分析：帶電小球先做自由落體運(yùn)動，進(jìn)入電場后在電場力和重力共同作用下做勻減速直線運(yùn)動．(2)本題可從力和運(yùn)動觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)求解．【解析】(1)由v2＝2gh得：v＝eq\r(2gh)(2)在極板間帶電小球受重力和電場力，由牛頓其次定律得：mg－qE＝ma0－v2＝2ad解得：E＝eq\f(mgh＋d,qd)U＝EdQ＝CU解得：Q＝eq\f(Cmgh＋d,q)(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)0＝v＋at2t＝t1＋t2解得：t＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))【答案】(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)eq\f(Cmgh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))1．一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽視不計(jì))．小孔正上方eq\f(d,2)處的P點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止起先下落，經(jīng)過小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下極板向上平移eq\f(d,3)，則從P點(diǎn)起先下落的相同粒子將(D)A．打到下極板上B．在下極板處返回C．在距上極板eq\f(d,2)處返回D．在距上極板eq\f(2,5)d處返回解析：設(shè)板間電壓為U，場強(qiáng)為E，則E＝eq\f(U,d)，由動能定理得mg·eq\f(3,2)d－qEd＝0.將下極板向上平移eq\f(d,3)后，U不變，d′＝eq\f(2,3)d，則E′＝eq\f(3U,2d)＝eq\f(3,2)E，設(shè)粒子在距上極板x處返回，則mg(eq\f(d,2)＋x)－qE′x＝0，聯(lián)立解得：x＝eq\f(2,5)d，故D正確，A、B、C錯誤．2．(2024·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板旁邊，與極板距離相等．現(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止起先運(yùn)動．在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面．a(chǎn)、b間的相互作用和重力可忽視．下列說法正確的是(BD)A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大B．在t時(shí)刻，a的動能比b的大C．在t時(shí)刻，a和b的電勢能相等D．在t時(shí)刻，a和b的動量大小相等解析：本題考查電容器和帶電粒子在電場中的運(yùn)動．由題設(shè)條件可知，微粒a向下運(yùn)動，微粒b向上運(yùn)動，且在相等時(shí)間內(nèi)，位移xa>xb，由運(yùn)動學(xué)公式及牛頓其次定律可得：x＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，則ma<mb，選項(xiàng)A錯誤；由動能定理可得：qEx＝Ek，則Eka>Ekb，選項(xiàng)B正確；由動量定理可得：qEt＝p，則pa與pb大小相等，選項(xiàng)D正確；在t時(shí)刻，a、b在同一水平面上，電勢φ相等，而兩微粒的電性不同，由Ep＝qφ，可知a和b的電勢能不相等，選項(xiàng)C錯誤．帶電體在勻強(qiáng)電場中的直線運(yùn)動問題的分析方法考點(diǎn)3帶電粒子在電場中偏轉(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(shí)間：t＝eq\f(l,v0).(3)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d).(4)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d).))2．兩個(gè)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(shí)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tanθ＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)得tanθ＝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).示波器的示意圖如圖所示，金屬絲放射出來的電子(帶電量為e)被加速后從金屬板的小孔穿出，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場．電子在穿出偏轉(zhuǎn)電場后沿直線前進(jìn)，最終打在熒光屏上．設(shè)加速電壓U1＝1640V，偏轉(zhuǎn)極板長l＝4cm，偏轉(zhuǎn)極板間距d＝1cm，當(dāng)電子加速后從兩偏轉(zhuǎn)極板的正中心沿與板平行的方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場．(1)偏轉(zhuǎn)電壓U2為多大時(shí)，電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大？(2)假如偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離L＝20cm，則電子到達(dá)熒光屏?xí)r最大偏轉(zhuǎn)距離y為多少？[審題指導(dǎo)]本題是基礎(chǔ)題，須要嫻熟駕馭．(1)過程分析：電子先經(jīng)電場加速，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動，最終做勻速直線打到熒光屏上．(2)先推導(dǎo)出y1和y的解析式，再求極值．【解析】(1)要使電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必需從下板邊緣出來．在加速電場中，由動能定理得eU1＝eq\f(mv\o\al(2,0),2)進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場初速度v0＝eq\r(\f(2eU1,m))在偏轉(zhuǎn)電場的飛行時(shí)間t1＝eq\f(l,v0)在偏轉(zhuǎn)電場的加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU2,md)電子從下極板邊緣出來，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(eU2l2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(U2l2,4dU1)，解得U2＝eq\f(1,8)U1＝205V.(2)電子束打在熒光屏上最大偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(d,2)＋y2電子離開電場的側(cè)向速度vy＝at1＝eq\f(eU2l,mdv0)電子離開偏轉(zhuǎn)電場到熒光屏的時(shí)間t2＝eq\f(L,v0)y2＝vy·t2＝eq\f(eU2lL,mdv\o\al(2,0))＝eq\f(U2lL,2dU1)＝0.05m所以電子最大偏轉(zhuǎn)距離y＝eq\f(d,2)＋y2＝0.055m.【答案】(1)205V(2)0.055m3．(2024·廣東汕頭二模)(多選)一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場，電場沿垂直方向．兩個(gè)比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)不同的帶電粒子A和B，從電容器邊緣同一豎直線上的不同位置(如圖)沿相同的水平方向同時(shí)射入兩平行板之間，經(jīng)過相同時(shí)間兩粒子落在電容器下板同一點(diǎn)P上．若不計(jì)重力和粒子間的相互作用力，則下列說法正確的是(AC)A．粒子A的比荷大于粒子BB．粒子A射入時(shí)的初速度大于粒子BC．若只減小兩板間的電壓，則兩粒子可能同時(shí)落在電容器下板邊緣上D．若只增大粒子B射入時(shí)的初速度，則兩粒子可能在兩板之間的某一位置相遇解析：粒子在電場中只受電場力作用，電場力與初速度方向垂直，所以，粒子做類平拋運(yùn)動；在豎直方向，兩粒子運(yùn)動時(shí)間相同，A的位移大于B的位移，所以，A的加速度大于B的加速度，又由加速度a＝eq\f(qE,m)，可知A的比荷大于B的比荷，故A正確；在水平方向，兩粒子運(yùn)動時(shí)間相同，運(yùn)動位移相同，所以，兩粒子射入時(shí)的初速度相等，故B錯誤；若只減小兩板間的電壓，則兩粒子的加速度同比減小，那么在豎直方向上，位移和加速度的比值照舊相等，即A、B從原來高度落下須要的時(shí)間照舊相同，所以，兩粒子可能同時(shí)落在電容器下板邊緣上，故C正確；若只增大粒子B射入時(shí)的初速度，則在水平方向上B的位移恒大于A的位移，那么兩粒子不行能在兩板之間的某一位置相遇，故D錯誤．4．(2024·河北石家莊月考)(多選)如圖，一束由質(zhì)子、氘核和氚核組成的粒子流，從相同位置沿垂直于電場強(qiáng)度的方向射入由平行板電容器形成的同一個(gè)勻強(qiáng)電場中．若全部粒子均能射出電場，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用力，關(guān)于粒子的運(yùn)動狀況，下列說法正確的是(AC)A．若粒子的運(yùn)動軌跡相同，說明它們具有相同的初動能B．比荷大的粒子，在射出電場時(shí)，其速度偏向角肯定大C．若粒子在電場中的運(yùn)動時(shí)間相等，則它們的初速度肯定相等D．在電場中運(yùn)