【物理】2020届一轮复习人教版第九单元静电场第二节　电容器　带电粒子在电场中的运动学案 17页

第九单元静电场 知识内容 考试 要求 考题统计 命题分析2016/ 10 2017/ 04 2017/ 11 2018/ 04 2018/ 11 电荷及其 守恒定律 c 2 6 1.命题热点 库仑定律、电场强度、电势能和电 势的理解及应用考查比较频繁，电 荷、电容器也经常涉及，而带电粒 子(带电体)在电场中的运动则每 次选考都会考查到。 2．命题特点 选择题部分对本章内容的考查相 对比较简单，倾向于对库仑定律和 电场的力学特征和能量特征的考 查。计算题则集中于带电粒子(带 电体)在电场中的加速、偏转，难 度一般较大。 库仑定律 c 13 3 6 8 电场强度 c 8 2、8 6、8、 19 11 1、3、 6 电势能和电势 c 8 2 1 11 6 电势差 c 电势差与电场 强度的关系 c 22 10 静电现象的应用 b 电容器的电容 c 8 带电粒子在电 场中的运动 d 8 8 8 第二节 电容器 带电粒子在电场中的运动 考点一 电 容 器 [研考题考法] 1．(2018·浙江 6 月学考)下列电学元器件属于电容器的是( ) 解析：选 A 元件 A 是工作电压或额定电压为 250 V、电容为 10 μF 的电容器，元件 B、 C、D 分别为干电池、白炽灯、验电器。 2.(2017·浙江 4 月选考)如图所示，在竖直放置间距为 d 的平行板电 容器中，存在电场强度为 E 的匀强电场。有一质量为 m，电荷量为＋q 的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为 g。则点电荷运动 到负极板的过程( ) A．加速度大小为 a＝Eq m ＋g B．所需的时间为 t＝ dm Eq C．下降的高度为 y＝d 2 D．电场力所做的功为 W＝Eqd 解析：选 B 点电荷在平行板电容器中受到重力、电场力，所以加速度大小为 a＝ Eq2＋mg2 m ，选项 A 错误；设所需时间为 t，水平方向上有d 2 ＝1 2·Eq m t2，解得 t＝ md Eq ， 选项 B 正确；下降高度 h＝1 2gt2＝mgd 2Eq ，选项 C 错误；电场力做功 W＝Eqd 2 ，选项 D 错误。 3．据国外某媒体报道，一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，某同学在登 山时就用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是( ) A．电容器的电容大小取决于电容器的带电荷量 B．电容器的电容大小取决于两极板间的电势差 C．电容器给手机充电时，电容器存储的电能变小 D．电容器给手机充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零 解析：选 C 超级电容器是一种电容量可达数千法拉的极大容量电容器。电容器给手 机充电时，电容器所带的电荷量减小，存储的电能变小，电容器的电容是由电容器自身的 因素决定的，故充电结束后，电容器的电容不可能为零，C 正确。 4．(2018·台州期末)下列有关电容器知识的描述，正确的是( ) A．图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间电压 U 等于 电源电动势 E B．图乙为电容器放电示意图，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安 培表的电流方向从右向左，流过的总电荷量为 2Q C．图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容使用时 都应严格区分正负极 D．图丙中的电容器上标有“400 V,68 μF”字样，说明该电容器只有两端加上 400 V 的 电压时电容才为 68 μF 解析：选 A 图甲为电容器充电过程，上极板与电源的正极相连，充完电后电容器上 极板带正电，同时两极板间的电压 U 等于电源的电动势 E，故 A 正确；图乙为电容器放电 过程，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且 流过的总电荷量为 Q，故 B 错误；图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器 及其符号，前者电容器使用时严格区分正负极，后者没有，故 C 错误；图丙中的电容器上 标有“400 V,68 μF”字样，说明该电容器两端电压最大值为 400 V，而电容与电容器的电压 及电荷量均无关，总是为 68 μF，故 D 错误。 5．[多选]如图所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体 层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在 导体层内形成一个低电压交流电场。在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层 间会形成一个特殊电容(耦合电容)，四边电极发出的电流会流向触点，而电流强弱与手指到 电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点 的位置。由以上信息可知( ) A．电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指 B．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大 C．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小 D．如果用戴了手套的手触摸屏幕，照样能引起触摸屏动作 解析：选 AB 据题意知，人是导体，人的手指和电容触摸屏形成电容，故 A 正确；由 平行板电容器的决定式可知，手指和屏的接触面积的大小影响电容的大小，接触面积增大 时，电容增大，故 B 正确，C 错误；绝缘手套与工作面不能形成一个电容器，所以不能在 电容屏上进行触控操作，故 D 错误。 6．(2018·金华检测)如图所示的电路中，电源电动势 E＝6 V，内阻 r ＝1 Ω，电阻 R1＝6 Ω、R2＝5 Ω、R3＝3 Ω，电容器的电容 C＝2×10－5 F。 若将开关 S 闭合，电路稳定时通过 R1 的电流为 I；断开开关 S 后，通过 R1 的电荷量为 q，则( ) A．I＝0.75 A B．I＝0.35 A C．q＝2×10－5 C D．q＝1×10－5 C 解析：选 D 电路稳定时，电容器 C 相当于断路，则电路总电流 I′＝ E r＋R2＋ R1R3 R1＋R3 ＝ 0.75 A，通过 R1 的电流 I＝ I′R3 R1＋R3 ＝I′ 3 ＝0.25 A，所以 A、B 错；此时电容器 C 极板上的电 荷量为 Q＝CU＝C(E－I′r－I′R2)＝3×10－5 C，断开开关后，电容器 C 放电，由于 R1、 R3 为并联关系，所以通过 R1 的电荷量为 q＝1×10－5 C，故 C 错，D 对。 [补知能欠缺] 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。 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＝Q U ，单位是法拉(F)。 (3)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 (1)决定式：C＝ εrS 4πkd 。 (2)决定因素：正对面积、介电常数、两板间的距离。 (4)分析思路 考点二 带电粒子和带电体在电场中的运动 [研考题考法] [例 1] 质量相同的两个带 电粒子 P、Q 以相同的初 速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正中 央射入，Q 从下极板边缘处射入。它们最后打在同一点(重力不计)，则 从开始射入到打到上极板的过程中，( ) A．它们运动的时间 tQ>tP B．它们所带的电荷量之比 qP∶qQ＝1∶2 C．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2 D．它们的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝2∶1 [解题指导] 解决同一电场中，不同粒子的运动情景，应抓住模型中的相同点和不同点进行分析， 本题模型中相同点都是类平抛运动，运动特征的相同点为水平位移和初速度相同，不同点 为两个粒子偏移距离不相同。 [解析] 带电粒子在竖直方向受到向上的电场力，做匀加速直线运动，在水平方向上做 匀速直线运动，因为两带电粒子在水平方向上的速度相同，又因为在水平方向上的位移相 同，故根据公式 x＝v0t 可得两者的运动时间相同，A 错误；在竖直方向上的位移之比yP yQ ＝1 2 ， 因为 yP＝1 2aPt2＝EqP 2m t2，yQ＝1 2aQ t2＝EqQ 2m t2，联立可得 qP∶qQ＝1∶2，B 正确；电场力做功为 W＝Eqy，电场力做多少正功，电势能就减少多少，故ΔEP ΔEQ ＝EqPyP EqQyQ ＝1 4 ，过程中只有电场力 做功，所以电势能转化为动能，即它们的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4，C、D 错误。 [答案] B [例 2] (2017·浙江 11 月选考)如图所示，AMB 是一条长 L ＝10 m 的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高 h＝1.25 m 处，A、 B 为端点，M 为中点。轨道 MB 处在方向竖直向上、大小 E＝5×103 N/C 的匀强电场中。一质量 m＝0.1 kg、电荷量 q＝＋1.3×10－4 C 的可视为质点的滑块以初 速度 v0＝6 m/s 在轨道上自 A 点开始向右运动，经 M 点进入电场，从 B 点离开电场。已知 滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，求滑块： (1)到达 M 点时的速度大小； (2)从 M 点运动到 B 点所用的时间； (3)落地点距 B 点的水平距离。 [解题指导] (1)滑块通过 MB 段电场区域时所受滑动摩擦力与 AM 段不同，所以加速度不相同。 (2)滑块离开 B 点后将做平抛运动。 [解析] (1)滑块在 AM 段的加速度大小为 a1＝Ff m ＝μmg m ＝2 m/s2 由运动学公式得 vM2－v02＝2(－a1)L 2 代入数据解得 vM＝4 m/s。 (2)滑块在 MB 段的加速度大小为 a2＝μmg－qE m ＝0.7 m/s2， 由运动学公式得L 2 ＝vMt1－1 2a2t12， 代入数据解得 t1＝10 7 s。 (3)滑块下落时间为 t2＝ 2h g ＝0.5 s， vB＝vM－a2t1＝3 m/s， x＝vBt2＝1.5 m。 [答案] (1)4 m/s (2)10 7 s (3)1.5 m [通方法规律] 1．带电粒子在电场中直线运动时的两种解题思路 应用牛顿运动定律 应用动能定理 带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电 场，受到的电场力与速度方向在一条直线上， 带电粒子做匀变速直线运动。根据带电粒子 的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式 确定带电粒子的速度、位移、时间等 对带电粒子进行受力分析，确定有哪几个力 做功，做正功还是负功；确定带电粒子的初、 末状态的动能，根据动能定理列方程求解 2．分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键 条件分析 运动分析 不计重力，且带电粒子的初速度 v0 与电场方 向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力 作用做类平抛运动 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 [验备考能力] 1．如图所示，四个质量相同，电荷量均为＋q 的 a、b、c、d 小球，距离地面的高度相 同，以相同的水平速度抛出，除了 a 小球没有经过电场外，其他三个小球均经过电场强度 大小相同的匀强电场(mg>qE)，这四个小球从抛出到落地的时间分别是 ta、tb、tc、td，则( ) A．tbd，则电子在极板间做匀加速直线运动，选项 D 正确。 [答案] A [例 2] 如图所示，两对金属板 A、B 和 C、D 分别竖直和水 平放置，A、B 接在电路中，C、D 板间电压为 U。A 板上 O 处发出的 电子经加速后，水平射入 C、D 板间，电子最终都能打在光屏 M 上。 关于电子的运动，下列说法正确的是( ) A．S 闭合，只向右移动滑片 P，P 越靠近 b 端，电子打在 M 上的位置越高 B．S 闭合，只改变 A、B 板间的距离，改变前后，电子由 O 至 M 经历的时间相同 C．S 闭合，只改变 A、B 板间的距离，改变前后，电子到达 M 前瞬间的动能相同 D．S 闭合后再断开，只向左平移 B，B 越靠近 A 板，电子打在 M 上的位置越低 [解题指导] 加速电场和偏转电场同时存在的情况下，要关注电子在两个电场中运动状态的联系情 况，因为两者的关联性，推导出最终的关系式和动态联系为解决此类问题的关键。 [解析] 初速度为 0 的电子经电场加速后根据动能定理有 eU0＝1 2mv02，即有 v0＝ 2eU0 m ，进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向 L＝v0t，竖直方向设两极板间的距离为 d′，电子的加速度 a＝ eU md′，偏转位移 d＝1 2at2＝ eUL2 2md′v02 ＝ UL2 4d′U0 ，U0 越大，d 越小，选 项 A 错误；只改变 A、B 板间的距离，电子在 A、B 板间加速时间变化，但离开 A、B 板后 的速度不变，故电子的运动时间变化，电子到达 M 前瞬间的动能相同，选项 B 错误，选项 C 正确；S 闭合后再断开，电容器所带电荷量不变，向左平移 B，根据 E＝U d ＝ Q Cd ＝4πkQ εrS 得， A、B 板间的电场强度不变，所以电子离开 B 板时速度变小，在偏转极板 C、D 间运动的时 间变长，偏转位移变大，选项 D 错误。 [答案] C [例 3] (2017·全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为 H， 其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的 A 点将质 量均为 m、电荷量分别为 q 和－q(q>0)的带电小球 M、N 先后以相同 的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边 界离开。已知 N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时 的动能为 N 刚离开电场时动能的 1.5 倍。不计空气阻力，重力加速度大小为 g。求： (1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小。 [解题指导] 本题情景设置为电场和重力场的组合场问题，初速度相同的物体在单一重力场中运动 情况是相同的，但由于电场力的不同会导致重力和电场力的合力不同，导致不同的运动特 征，故分析清楚合力特征为解决此类题目的关键。 [解析] (1)设小球 M、N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v0，则它们进入电场时的 水平速度仍然为 v0。M、N 在电场中运动的时间 t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平 方向，大小均为 a，在电场中沿水平方向的位移分别为 s1 和 s2。由题给条件和运动学公式得 v0－at＝0① s1＝v0t＋1 2at2② s2＝v0t－1 2at2③ 联立①②③式得 s1 s2 ＝3。④ (2)设 A 点距电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，由运动 学公式 vy2＝2gh⑤ H＝vyt＋1 2gt2⑥ M 进入电场后做直线运动，由几何关系知 v0 vy ＝s1 H ⑦ 联立①②⑤⑥⑦式可得 h＝1 3H。⑧ (3)设电场强度的大小为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则 v0 vy ＝qE mg ⑨ 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动能定理得 Ek1＝1 2m(v02＋vy2)＋mgH＋qEs1⑩ Ek2＝1 2m(v02＋vy2)＋mgH－qEs2⑪ 由已知条件 Ek1＝1.5Ek2⑫ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 E＝ mg 2q 。 [答案] (1)3∶1 (2)1 3H (3) mg 2q [例 4] 如图所示，光滑绝缘的半球形容器处在水平向右的匀 强电场中，一个质量为 m、电荷量为＋q 的小球在容器边缘 A 点 由静止释放，结果小球运动到 B 点时速度刚好为零。OB 与水平 方向的夹角θ＝60°，重力加速度为 g，不计空气阻力，则下列说 法正确的是( ) A．小球重力与电场力的关系是 qE＝mg B．小球在 B 点时，对容器的压力为 2Eq C．小球在 A 点和 B 点的加速度大小相等 D．如果小球带负电，还能沿 AB 圆弧面运动 [解题指导] 通过对小球的受力分析可发现小球在沿绝缘光滑半球形容器运动的过程中，始终受到 竖直向下的重力和水平向右的电场力的作用，可将其合力视为一个“等效重力”，再将小 球在重力场中的运动规律迁移到“等效重力场”中分析求解即可。 [解析] 由于小球运动到 B 点时速度刚好为零，说明 B 点为“等效重力场”的最高点， 由对称性可知，在圆弧 AB 的中点即为“等效重力场”的最低点即受力平衡点，由平衡条件 可得：qE＝mgtan 60°＝ 3mg，故 A 错误；在 B 点对小球受力分析，得 NB＝qEcos 60°＋ mgcos 30°＝qE 2 ＋ 3 2 mg＝qE 2 ＋ 3 2 × 3 3 qE＝qE，由牛顿第三定律可知 B 错误；在“等效重力 场”中根据对称性可知，小球在 A、B 两点的加速度大小相等，故 C 正确；如果小球带负 电，则小球受到的电场力方向向左且电场力大于小球的重力，重力与电场力的合力向左下 方，所以小球将脱离 AB 圆弧面，故 D 错误。 [答案] C [通方法规律] 1．对于带电粒子在交变电场中的运动，通常有两种情况： (1)粒子穿越电场时，穿越时间远小于交变周期，穿越过程中电场恒定，加速度恒定， 但不同时刻进入的粒子穿越电场的加速度不同，运动情况不同。 (2)粒子穿越电场时，穿越时间接近或大于交变周期，穿越过程中电场变化，加速度随 时间变化，需要根据电场随时间的变化情况分段讨论，对每一段分别受力分析，研究好每 一段带电粒子的运动情况，找到各段之间的关系，比如前一段的末速度等于后一段的初速 度，两段过程的时间、空间关系等。 2．对于电场和电场、电场和重力场的组合问题，从带电粒子在不同的场中的受力分析 出发，分析出带电粒子在各场中的运动情况，然后结合分界点处的速度大小和方向来判断 两者的联系，列出相应的方程进行求解。 3．带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中运动的问题，是高中物理教学中一类 重要而典型的题型。对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用 “等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。先求出重力与电场力的合力，将 这个合力视为一个“等效重力”，将 a＝F 合 m 视为“等效重力加速度”。再将物体在重力场 中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。 [验备考能力] 1．如图甲所示，A、B 为两块距离很近的平行金属板，板中央均有小孔。电子以初动 能 Ek0＝120 eV，从 A 板上的小孔 O 不断地垂直于板射入 A、B 之间，在 B 板的右侧，平行 金属板 M、N 垂直 A、B 放置，板长 L＝2×10－2 m，板间距离 d＝4×10－3 m；M、N 两板 间加电压为 U2＝20 V，现在 A、B 间加一个如图乙所示的变化电压 U1，已知在 0～2 s 时间 内，A 板电势高于 B 板电势，则在 U1 随时间变化的第一周期内： (1)在哪段时间内，从小孔 O 射入的电子可从 B 板上小孔 O′射出？ (2)在哪段时间内，从小孔 O 射入的电子能从偏转电场右侧飞出？(由于 A、B 两板距离 很近，可以认为电子穿过 A、B 两板所用时间很短，忽略不计) 解析：(1)根据题意，对电子受力分析可知，2～4 s 内射入的电子均能从 O′射出；而 0～ 2 s 内射入的电子若能从 O′射出，动能必须足够大，由功能关系得 U1e＜Ek0，解得 U1＜120 V 所以当 0≤t＜0.6 s 或 1.4 s130 V，即 UBA>130 V， 所以当 2.65 s＜t＜3.35 s 时，从 O 射入的电子能从偏转电场右侧飞出。 答案：(1)0≤t<0.6 s 或 1.4 s