【物理】2019届一轮复习人教版电容器　带电粒子在电场中的运动学案 16页

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：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成.‎ ‎(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：‎ ‎①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极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个极板间的电势差的比值.‎ ‎(2)定义式：C＝.‎ ‎(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝106 μF＝1012 pF.‎ ‎(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低.‎ ‎(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关.‎ ‎3.平行板电容器的电容 ‎(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离.‎ ‎(2)决定式：C＝.‎ 自测1　关于电容器及其电容，下列说法中正确的是(　　)‎ A.平行板电容器一板带电＋Q，另一板带电－Q，则此电容器不带电 B.由公式C＝可知，电容器的电容随电荷量Q的增加而增大 C.对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比 D.如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容 答案　C 二、带电粒子在电场中的运动 ‎1.加速 ‎(1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝mv2－mv02.‎ ‎(2)在非匀强电场中，W＝qU＝mv2－mv02.‎ ‎2.偏转 ‎(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示.‎ 图1‎ ‎(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动.根据运动的合成与分解的知识解决有关问题.‎ ‎(3)基本关系式：运动时间t＝，加速度a＝＝＝，偏转量y＝at2＝，偏转角θ的正切值：tan θ＝＝＝.‎ 三、示波管 ‎1.示波管的构造 ‎①电子枪，②偏转电极，③荧光屏(如图2所示)‎ 图2‎ ‎2.示波管的工作原理 ‎(1)YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是仪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.‎ 自测2　教材P39第3题　先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场.进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比.‎ ‎(1)电子与氢核的初速度相同.‎ ‎(2)电子与氢核的初动能相同.‎ 答案　见解析 解析　设加速电压为U0，偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q、质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极板间距离为d、极板长为l，则：带电粒子在加速电场中加速运动，进入偏转电场时的初动能mv02＝qU0，粒子在偏转电场中的加速度a＝，在偏转电场中运动的时间为t＝，粒子离开偏转电场时沿电场力方向的速度vy＝at＝，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan θ＝＝.‎ ‎(1)若电子与氢核的初速度相同，则＝.‎ ‎(2)若电子与氢核的初动能相同，则＝1.‎ 命题点一　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＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化.‎ ‎②根据E＝分析场强的变化.‎ ‎③根据UAB＝E·d分析某点电势变化.‎ ‎(2)Q不变 ‎①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化.‎ ‎②根据E＝＝分析场强变化.‎ 例1　(2016·全国卷Ⅰ·14)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 答案　D 解析　由C＝可知，当将云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小.再由E＝，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确.‎ 变式1　(2016·天津理综·4)如图3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(　　)‎ 图3‎ 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 答案　D 解析　若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝，Q＝CU，C＝联立可得E＝，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确.‎ 变式2　(多选)如图4所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，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点场强大小为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(　　)‎ 图4‎ 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 答案　AC 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＝可知电容减小，由U＝可知极板间电压增大，由E＝可知，电场强度增大，故A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′是增大的，则φP一定减小，由于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，故C正确.‎ 命题点二　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＝，E＝，v2－v02＝2ad.‎ ‎3.用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02‎ 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1‎ 例2　如图5所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点.由O点静止释放的电子恰好能运动到P点.现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子(　　)‎ 图5‎ A.运动到P点返回 B.运动到P和P′点之间返回 C.运动到P′点返回 D.穿过P′点 答案　A 解析　根据平行板电容器的电容的决定式C＝、定义式C＝和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝，可知将C板向右平移到P′点，B、C 两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确.‎ 变式3　匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图6所示.当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图6‎ 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末带电粒子的速度不为零 D.0～3 s内，电场力做的总功为零 答案　D 解析　由牛顿第二定律可知带电粒子在第1 s内的加速度和第2 s内的加速度的关系，因此粒子将先加速1 s再减速0.5 s，速度为零，接下来的0.5 s将反向加速……，v－t图象如图所示，根据图象可知选项A错误；由图象可知2 s内的位移为负，故选项B错误；由图象可知3 s末带电粒子的速度为零，故选项C错误；由动能定理结合图象可知0～3 s内，电场力做的总功为零，故选项D正确.‎ 变式4　如图7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：‎ 图7‎ ‎(1)小球到达小孔处的速度大小；‎ ‎(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；‎ ‎(3)小球从开始下落到运动到下极板处的时间.‎ 答案　(1)　(2)　C ‎(3) 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，加速度大小为a，有 qE－mg＝ma 且v2－0＝2ad，得E＝，‎ 由U＝Ed、Q＝CU，得Q＝C.‎ ‎(3)由t＝h＋d，‎ 可得t＝ 命题点三　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 ‎(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＝mv02‎ y＝at2＝··()2‎ tan θ＝ 得：y＝，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－mv02，其中Uy＝ y，指初、末位置间的电势差.‎ 例3　(2016·北京理综·23改编)如图8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.‎ 图8‎ ‎(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.‎ 答案　(1)　　　(2)见解析 解析　(1)根据动能定理，有eU0＝mv02，‎ 电子射入偏转电场时的初速度v0＝ 在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝＝L 加速度a＝＝ 偏转距离Δy＝a(Δt)2＝ ‎(2)只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的重力.‎ ‎1.如图1所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则(　　)‎ 图1‎ A.当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大 B.当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大 C.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大 D.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小 答案　C 解析　带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan θ＝，当开关S断开时，电容器两极板上的电荷量Q不变，由C＝，U＝，E＝可知E＝，故增大或减小两极板间的距离d，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A、B错误；当开关S闭合时，因为两极板间的电压U不变，由E＝可知，减小两极板间的距离d，E增大，θ变大，选项C正确，D错误.‎ ‎2.(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 答案　AD 解析　由E＝可知，若保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半，A项正确；若保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的一半，B项错误；由C＝，C＝，E＝，可得U＝，E＝，所以，保持d不变，若Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍，C项错误；保持d不变，若Q变为原来的一半，则E变为原来的一半，D项正确.‎ ‎3.两平行金属板相距为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出，最远到达A点，然后返回，如图2所示，OA＝h，此电子具有的初动能是(　　)‎ 图2‎ A. B.edUh C. D. 答案　D 解析　由动能定理得：－e h＝－Ek，所以Ek＝.‎ ‎4.(2015·新课标全国Ⅱ·14)如图3所示，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(　　)‎ 图3‎ 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 答案　D 解析　两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有mg＝qE，现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确.‎ ‎5.如图4所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图4‎ A.若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器极板上带电荷量增加 B.若电容器极板上带电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大 C.若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的正极板 D.若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的负极板 答案　D 解析　若x变大，则由C＝，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q＝CU知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A、C错误，D正确.若电容器极板上带电荷量不变，x变小，则电容器电容增大，由U＝可知，电容器极板间电压减小，B错误.‎ ‎6.如图5所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地.一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离(　　)‎ 图5‎ A.带电油滴将沿竖直方向向上运动 B.P点的电势将降低 C.带电油滴的电势能将减少 D.电容器的电容减小，极板带电荷量将增大 答案　B 解析　电容器和电源相连，则电容器两端的电压不变，两极板间距离增大，可知两极板间的电场强度E电减小，故油滴将向下运动，A错误；下极板接地，所以电势为零，设P点距离下极板的距离为L，则φP＝E电L，L不变，E电减小，所以P点的电势将降低，B正确；油滴向下运动，带负电，故电场力做负功，电势能增大，C错误；根据公式C＝可得，d增大，C减小，因U不变，根据公式C＝可得，C减小，Q减小，故D错误.‎ ‎7.(2017·安徽蚌埠四校联考)如图6所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的(　　)‎ 图6‎ A.2倍 B.4倍 C. D. 答案　C 解析　电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动.假设电子的带电荷量为e，质量为m，初速度为v，极板的长度为L，极板的间距为d，电场强度为E.由于电子做类平抛运动，所以水平方向有：L＝vt，竖直方向有：y＝at2＝··()2＝d.因为E＝，可得：d2＝，若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板边缘飞出，则由上式可得两极板的间距d应变为原来的，故选C.‎ ‎8.如图7所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为＋q，粒子通过平行金属板的时间为t(不计粒子的重力)，则(　　)‎ 图7‎ A.在前时间内，电场力对粒子做的功为 B.在后时间内，电场力对粒子做的功为 C.在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1∶2‎ D.在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为2∶1‎ 答案　B 解析　带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，带电粒子所做的运动是类平抛运动.竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，由运动学知识可知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为1∶3，电场力做功之比也为1∶3.又因为电场力做的总功为，所以在前时间内，电场力对粒子做的功为 ，A选项错；在后时间内，电场力对粒子做的功为，B选项对；在粒子下落前和后的过程中，电场力做功相等，故C、D选项错.‎ ‎9.(2014·山东理综·18)如图8所示，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进入矩形区域(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(　　)‎ 图8‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd的中心，则在水平方向有s＝v0t，在竖直方向有h＝··t2，解得v0＝，故选项B正确，选项A、C、D错误.‎ ‎10.如图9所示，一带电荷量为＋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时，小物块恰好静止.重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：‎ 图9‎ ‎(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.‎ 答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL 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FNsin 37°＝qE FNcos 37°＝mg 解得E＝ ‎(2)若电场强度减小为原来的，即E′＝ 由牛顿第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma 解得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，支持力不做功，由动能定理得 mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0‎ 解得Ek＝0.3mgL.‎ ‎11.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似.如图10所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动.已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示.带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg、带电荷量q＝－1.0×10－9 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应.求：‎ 图10‎ ‎(1)B点到虚线MN的距离d2；‎ ‎(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.‎ 答案　(1)0.50 cm　(2)1.5×10－8 s 解析　(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，E1d1＝E2d2，‎ 解得d2＝0.50 cm.‎ ‎(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，‎ 由牛顿第二定律有 ‎|q|E1＝ma1，‎ ‎|q|E2＝ma2，‎ 设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有d1＝a1t12，d2＝a2t22.‎ 又t＝t1＋t2，‎ 代入数据，联立解得t＝1.5×10－8 s.‎ ‎12.(2017·湖北黄冈中学模拟)如图11甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向).一个质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)，开始处于图中的A点.在t＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t0，刚好运动到B点，且瞬时速度为零.已知电场强度大小为E0.试求：‎ 图11‎ ‎(1)电场变化的周期T应满足的条件；‎ ‎(2)A、B之间的距离；‎ ‎(3)若在t＝时刻释放该粒子，则经过时间t0粒子的位移为多大？‎ 答案　见解析 解析　(1)经过时间t0，瞬时速度为零，故时间t0为周期的整数倍，即：‎ t0＝nT 解得：T＝，n为正整数.‎ ‎(2)作出v－t图象，如图甲所示.‎ 最大速度为：vm＝a·＝· v－t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，为：‎ s＝vmt0＝，n为正整数.‎ ‎(3)若在t＝时刻释放该粒子，作出v－t图象，如图乙所示.‎ v－t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，上方面积表示前进距离，下方的面积表示后退的距离：‎ 故位移为：x＝··()2·2n－··()2·2n＝，n为正整数.‎