高考物理复习专题知识点43-电容器__带电粒子在电场中的运动 4页

电容器　带电粒子在电场中的运动 ‎ 一．考点整理 基本概念 ‎ ‎1．静电现象的解释：‎ ‎⑴ 静电平衡：导体中（包括表面）没有电荷的 的状态．‎ ‎⑵ 特点：① 导体内部场强 ；② 导体为 体、表面为 面；③ 导体表面的场强强E ≠ 0，且与表面 ；④ 导体的净电荷分布在导体的 ．‎ ‎⑶ 静电现象的应用：① 静电屏蔽：处于静电平衡的空腔导体，腔外电场对 不产生影响；② 尖端放电：所带电荷与导体尖端的电荷符号相反的粒子，由于被吸引而奔向尖端，与尖端上的 的现象．‎ ‎2．电容器：由两个彼此绝缘又相互靠近的 组成．电容器可以容纳 ，一个极板所带电荷量的 叫做电容器的带电荷量．使电容器带电的过程叫做充电，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存 能；使充电后的电容器失去电荷的过程叫做放电，放电过程中 能转化为其他形式的能．‎ ‎3．电容：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的 ．定义式：C = ，单位：法拉（F），‎1 F = 106 μF = 1012 pF．电容器的电容表示电容器 本领大小的物理量．‎ ‎4．平行板电容器：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，与两板间的距离成反比，C = ，k为静电力常量．‎ ‎5．带电粒子在匀强电场中的运动：‎ ‎⑴ 带电粒子在电场中的加速：带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加（减）速运动．有两种分析方法：① 用动力学观点分析：a = qE/m、E = U/d，v2–v02 = 2ad；② 用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qU = mv2/2 – mv02/2．‎ ‎⑵ 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．沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t = l/v0；沿电场力方向，做匀加速直线运动，加速度a = F/m = qE/m = ；偏转距离y = at2/2 = ___________、离开电场时的偏转角tanθ = vy/v0 = ；位移方向tanα= y/x = ；位移方向与速度偏转角的关系，tanα = 2 tanθ．‎ ‎ 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．下列关于电容器和电容的说法中，错误的是 （ ）‎ A．电容器A的体积比B大，说明A的电容一定比B的大 B．对于确定的电容器，其带的电荷与两板间的电压（小于击穿电压且不为零）成正比 C．无论电容器的电压如何变化（小于击穿电压且不为零），它所带的电荷与电压比值恒定不变 D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领大小的物理量，其大小与加在两板上的电压无关 ‎2．如图所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，由此可知 （ ）‎ A．电场中A点的电势高于B点的电势 B．微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能 C．微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能 D．微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和 ‎ 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ ‎〖考点1〗平行板电容器的动态分析 ‎【例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 ‎【变式跟踪1】如图所示，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 （ ）‎ 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．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大 ‎〖考点2〗带电体在匀强电场中的直线运动问题 ‎【例2】如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 （ ）‎ A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动 ‎【变式跟踪2】如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m = ‎0.2 kg、带电荷量为q = +2.0×10－‎6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ = 0.1．从t = 0时刻开始，在空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（取水平向右为正方向，g取‎10 m/s2）．求：‎ ‎⑴ 在第15 s末小物块的速度大小；‎ ‎⑵ 在0～15 s内小物块的位移大小 ‎〖考点3〗带电粒子在匀强电场中的偏转问题 ‎【例3】如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为 +q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O．求：‎ ‎⑴ 粒子从射入到打到屏上所用的时间；‎ ‎⑵ 粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tanα；‎ ‎⑶ 粒子打到屏上的点P到O点的距离x．‎ ‎【变式跟踪3】如图所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长l = ‎0.1 m，两板间距离d = ‎0.4 cm，现有一微粒质量m = 2.0×10－‎6 kg，带电荷量q = +1.0×10－‎8C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板的中点O处，取g = ‎10 m/s2．试求：‎ ‎⑴ 带电粒子入射初速度v0的大小：‎ ‎⑵ 现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电势为多少？‎ ‎〖考点4〗带电粒子在交变电场中的运动问题 ‎【例4】如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是 （ ）‎ A．0 < t0 < T/4 B．T/2 < t0 < 3T/4‎ C．3T/4< t0 < T D．T< t0 < 9T/8‎ ‎【变式跟踪4】如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L = ‎10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L = ‎10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的）．求：‎ ‎⑴ 在t = 0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处．‎ ‎⑵ 荧光屏上有电子打到的区间有多长．‎ ‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．【2011·天津卷】板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1．现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为0.5d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是 （ ）‎ A．U2 = U1，E2 = E1　　 B．U2 = 2U1，E2 = 4E1‎ C．U2 = U1，E2 = 2E1 D．U2 = 2U1，E2 = 2E1‎ ‎【预测1】如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒．S闭合时，该微粒恰好能保持静止．在以下两种情况下：① 保持S闭合，② 充电后将S断开．下列说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是 （ ）‎ A．① 情况下，可以通过上移极板M实现 B．① 情况下，可以通过上移极板N实现 C．② 情况下，可以通过上移极板M实现 D．② 情况下，可以通过上移极板N实现 ‎2．【2011·福建卷】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省= 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：‎ ‎⑴ B点距虚线MN的距离d2；‎ ‎⑵ 带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t．‎ ‎【预测2】静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x = 0为中心，沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m，电荷量为– q，其动能与电势能之和为– A（0 < A < qφ0）．忽略重力．求：‎ ‎⑴ 粒子所受电场力的大小；‎ ‎⑵ 粒子的运动区间 ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．为了使指针张开角度增大一些，应该采取的措施是 （ ）‎ A．断开开关S后，将A、B两极板靠近一些 B．断开开关S后，将A、B两极板分开一些 C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近一些 D．保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些 ‎2．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 ‎3．如图所示，在绝缘光滑水平面上固定两个等量同种电荷A、B，在AB连线上的P点由静止释放一带电滑块，则滑块会在A、B之间往复运动，则以下判断正确的是 （ ）‎ A．滑块一定带的是与A、B异种的电荷 B．滑块一定带的是与A、B同种的电荷 C．滑块在由P向B运动过程中，电势能一定是先减小后增大 D．滑块的动能与电势能之和一定减小 ‎4．如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg = qE，则 （ ）‎ A．电场方向竖直向上 B．小球运动的加速度大小为g C．小球上升的最大高度为v02/‎‎2g D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv02/4‎ ‎5．示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板上的小孔穿出，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中央沿板平行方向进入偏转电场．‎ ‎⑴ 偏转电压为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？‎ ‎⑵ 如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝‎20 cm，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为多少？‎ 参考答案：‎ ‎ 一．考点整理 基本概念 ‎ ‎1．定向移动 处处为零 等势 等势 垂直 外表面 腔内空间 电荷中和 ‎2．导体 电荷 绝对值 电场 电场 ‎3．比值 Q/U 容纳电荷 ‎4．εrS/(4πkd)‎ ‎5．qU/md qUl2/2mdv02 qUl/mdv02 qUl/2mdv02‎ ‎ 二．思考与练习 思维启动 ‎ ‎1．A；电容器的电容与电容器的体积、电容器所带的电荷量、电容器两极板间的电压均无关．‎ ‎2．AB；一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，其受到的电场力F只能垂直于等势面水平向左，则电场方向水平向右，如图所示，所以电场中A点的电势高于B点的电势，A对；微粒从A向B运动，则合外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，C错、B对；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D错．‎ ‎ 三．考点分类探讨 典型问题 ‎ 例1 B；由平行板电容器电容决定式C =εrS/(4πkd) 知，当插入电介质后，εr变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C = Q/U得U = Q/C，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确．‎ 变式1 B；因为电容器两板电压不变，当两板间距离d增大，电场强度E减小，φP = ExP减小，P点的电势降低，故选项A错B对；又根据带电油滴平衡可判断其带负电，它在P点的电势能增大，选项C错误；电容器的电容减小，则极板带电荷量将减小，选项D错，故答案为B．‎ 例2 BD；带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力F = Eq，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．‎ 变式2 ⑴ 在0～2 s内小物块的加速度为E1q – μmg = ma1，即a1 = (qE1– μmg )/m = 2 m/s2，位移x1 = a1t12/2 = 4 m；在第2 s末小物块的速度为v2 = a1t1 = 4 m/s；在2～4 s内小物块的加速度为：E2q + μmg = ma2，a2 = (qE2+ μmg )/m = 2 m/s2，位移x2 = x1 = 4 m，在第4 s末小物块的速度为v4 = 0，因此小物块做周期为4 s的运动，在第14 s末的速度为v14 = 4 m/s，在第15 s末小物块的速度为v15 = v14 - a2t = 2 m/s，方向向右（t = 1 s）．‎ ‎⑵ 在0～15 s内小物块的位移大小可以看做是上述3个周期加上x1 和第15 s内的位移，则：x15 = v14t - a2t2/2 = 3 m，故在0～15 s内小物块的位移为：x = 3(x1 + x2) + x1 + x15 = 31 m.．‎ 例3 ⑴ 根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t = 2L/v0．‎ ‎⑵ 设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a = qE/m，所以vy = aL/v0 = qEL/mv0，所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tanα = vy/v0 = qEL/mv0．‎ ‎⑶ 法1：设粒子在电场中的偏转距离为y，则y = (1/2)a(L/v0)2 = qEL2/(2mv02)，又x = y + Ltanα，解得：x = 3qEL2/(2mv02)．‎ 法2：x = vyL/v0 y = 3qEL2/ (2mv02)．‎ 法3：由x/y = (L + L/2)/(L/2) 得：x = 3y = 3qEL2/ (2mv02)．‎ 变式3 ⑴ 电容器不带电时，微粒做平抛运动，则有l/2 = v0t，d/2 = gt2/2，联立两式得v0 = ，代入数据得v0 = 2.5 m/s．‎ ‎⑵ 若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A板的电势大于0，且B板接地电势等于0，则有UAB = φA – φB = φA，A板电势最小时，微粒刚好从A板右侧边缘射出，则有l = v0t1，d/2 = a1t12/2，且mg – qφAmin/d = ma1，联立以上各式得φAmin = 6 V，A板电势最大时，微粒刚好从B板右侧边缘射出，则有qφAmax/d – mg = ma2，且有a2 = a1，代入数据解得φAmax = 10 V，综合可得6 V ≤ φA ≤ 10 V．‎ 例4 B；设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最 终打在A板上时位移为负，速度方向为负．作出t0 =0、T/4、T/2、3T/4时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0 < t0 < T/4，3T/4 < t0 < T时粒子在一个周期内的总位移大于零；T/4 < t0 < 3T/4时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0 > T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确．‎ 变式4 ⑴ 电子经电场加速满足qU0 = mv2/2，经电场偏转后侧移量y = at2/2 = qU偏L2/(2mv2)，所以y = U偏L/4U0，由图知t = 0.06 s时刻U偏 = 1.8U0，所以y = 4.5 cm．设打在屏上的点距O点距离为Y，满足Y/y = (L + 0.5L)/0.5L所以Y = 13.5 cm．‎ ‎⑵ 由题知电子侧移量y的最大值为 L/2，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L = 30 cm．‎ ‎ 四．考题再练 高考试题 ‎ ‎1．C 预测1 B；保持S闭合的分析：因为第①种情况下两板间电压U不变，所以电场强度E = U/d，只有d减小，E增大，电场力增大，带电微粒才向上运动打到上极板M上，故可以通过下移极板M或者上移极板N来实现，选项A错，B正确；充电后将S断开的分析：因为第②种情况下两极板带电荷量Q不变，根据Q = CU，C = 及E = 可得，E = ，可以看出E与两板间距离d无关，所以无论怎样移动M、N两极板改变两板间的距离，场强E、电场力F都不变，带电微粒都处于静止状态，选项C、D错误，B正确．‎ ‎2．⑴ 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 ① 由 ① 式得d2 = E1d1/E2 = ‎0.50 cm ②‎ ‎⑵ 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 ③ |q|E2 = ma2 ④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 = a1t12/2 ⑤ d2 = a2t22/2 ⑥ 又t = t1 + t2 ⑦ 由②③④⑤⑥⑦式解得t = 1.5×10－8 s．‎ 预测2 ⑴ 由题图可知，0与d（或 – d）)两点间的电势差为φ0，电场强度的大小E =φ0/d，电场力的大小F = qE = qφ0/d．‎ ‎⑵ 设粒子在[– x0，x0]区间内运动，速率为v，由题意得mv2/2 – qφ = – A ①‎ 由题图可知φ = φ0(1–) ②　 由①②得 mv2 = qφ0(1 – ) – A 因动能非负，有qφ0(1 – ) – A ≥ 0 得|x| ≤ d(1－)，即x0 = d(1 – )‎ 粒子的运动区间满足–d(1 – ) ≤ x ≤ d(1 – )．‎ ‎ 五．课堂演练 自我提升 ‎ ‎1．B；使指针张开角度增大一些，就是增大静电计两端的电压，当开关S闭合时，电压一定，则C、D错误；断开开关S后，电容器带电荷量一定，由C = Q/U可知增大电容器两极板之间电压，需减小电容C，由平行板电容器电容的决定式C = 知，保持S不变，增大d，电容C减小，则A错误、B正确．‎ ‎2．AD；由E = U/d知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A项正确；当E不变，d 变为原来的一半时，U变为原来的一半，B项错误；当电容器中d不变时，C不变，由C = Q/U知，当Q变为原来的两倍时，U变为原来的两倍，C项错误；Q变为原来的一半，U变为原来的一半时，则E变为原来的一半，D项正确．‎ ‎3．BC；根据从P点由静止释放的带电滑块在A、B之间往复运动可以判断，开始时A对滑块向右的作用力大于B向左的作用力，所以滑块一定带与A、B相同的电荷，选项A错B对；由于A、B带等量同种电荷，所以其连线中点场强为零，滑块在由P向B运动过程中，电场力先做正功后做负功，电势能一定是先减小后增大，选项C正确；在整个运动过程中只有电场力做功，所以滑块的动能与电势能之和一定不变，D选项错．‎ ‎4．BD；由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mg = qE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120°角，A错误；由图中几何关系，可知其合力为mg，由牛顿第二定律可知a = g，方向与初速度相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得：–mg×2h = 0 – mv02/2，解得：h = v02/‎4g，C错；电场力做负功，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则Ep = –qE×2hcos 120° = qEh = mgv02/‎4g = mv02/4，D正确．‎ ‎5．⑴ 电子在加速电场中，由动能定理得eU1 = mv02/2 电子进入偏转电场时的初速度v0 = ，电子在偏转电场中的飞行时间t1 = l/ v0，电子在偏转电场中的加速度：a = eE/m = eU2/md，要使电子从下极板边缘射出，应有：d/2 = at2/2 = eU‎2l2/2mdv02 = U‎2l2/4dU1，解得偏转电压U2 = 205 V．‎ ‎⑵ 电子束打在荧光屏上最大偏转距离 y = d/2 + y2 由于电子离开偏转电场时垂直极板方向的速度vy = at1 = eU2l/mdv0，电子离开偏转电场到荧光屏的时间：t2 = L/v0，y2 = vyt2 = eU2lL/mdv02 = dL/l = 0.05 m，电子打在荧光屏上最大偏转距离：y = d/2 + y2 = 0.055 m．‎