2020高考物理一輪總復(fù)習(xí)第七章第3講電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)講義含解析新人教版.docx

電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)基礎(chǔ)知識(shí)填一填知識(shí)點(diǎn)1電容器及電容1電容器(1)組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成(2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值.(3)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷_，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能2電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與兩個(gè)極板間的電勢(shì)差的比值(2)定義式： C.(3)單位：法拉(F)、微法(F)、皮法(pF).1 F106F1012 pF.(4)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低(5)決定因素：由電容器本身物理?xiàng)l件(大小、形狀、相對(duì)位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及電壓無關(guān)3平行板電容器的電容(1)決定因素：正對(duì)面積、介電常數(shù)、兩板間的距離(2)決定式： C.判斷正誤，正確的劃“”，錯(cuò)誤的劃“”(1)電容器所帶的電荷量是指每個(gè)極板所帶電荷量的代數(shù)和()(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比()(3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零()知識(shí)點(diǎn)2帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1加速問題(1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中：WqEdqUmv2mv.(2)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：WqUmv2mv.2偏轉(zhuǎn)問題(1)條件分析：不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(3)處理方法：利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解沿初速度方向：做勻速運(yùn)動(dòng)沿電場(chǎng)方向：做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)判斷正誤，正確的劃“”，錯(cuò)誤的劃“”(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中只能做類平拋運(yùn)動(dòng)()(2)帶電粒子在電場(chǎng)中，只受電場(chǎng)力時(shí)，也可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)()(3)帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力一定可以忽略不計(jì)()知識(shí)點(diǎn)3示波管1裝置：示波管由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空，如圖所示2原理(1)如果在偏轉(zhuǎn)電極XX和YY之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線傳播，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑(2)YY上加的是待顯示的信號(hào)電壓，XX上是機(jī)器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓若所加掃描電壓和信號(hào)電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測(cè)信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)變化的圖象教材挖掘做一做1(人教版選修31 P32第1題改編)(多選)如圖所示，用靜電計(jì)可以測(cè)量已充電的平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)差U，電容器已帶電，則下列判斷正確的是()A增大兩極板間的距離，指針張角變大B將A板稍微上移，靜電計(jì)指針張角變大C若將玻璃板插入兩板之間，則靜電計(jì)指針張角變大D若減小兩板間的距離，則靜電計(jì)指針張角變小解析：ABD電勢(shì)差U變大(小)，指針張角變大(小)電容器所帶電荷量一定，由公式C知，當(dāng)d變大時(shí)，C變小，再由C得U變大；當(dāng)A板上移時(shí)，正對(duì)面積S變小，C也變小，U變大；當(dāng)插入玻璃板時(shí)，C變大，U變?。欢鴥砂彘g的距離減小時(shí)，C變大，U變小，所以選項(xiàng)A、B、D正確2(人教版選修31 P39第2題改編)兩平行金屬板相距為d，電勢(shì)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出，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OAh，此電子具有的初動(dòng)能是()A.BedUhC. D.解析：D電子從O點(diǎn)到A點(diǎn)，因受電場(chǎng)力作用，速度逐漸減小根據(jù)題意和圖示判斷，電子僅受電場(chǎng)力，不計(jì)重力這樣，我們可以用能量守恒定律來研究問題，即mveUOA.因E，UOAEh，故mv，故選項(xiàng)D正確3(人教版選修31 P39第4題改編)如圖所示，含有大量H、H、He的粒子流無初速度進(jìn)入某一加速電場(chǎng)，然后沿平行金屬板中心線上的O點(diǎn)進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最后打在熒光屏上下列有關(guān)熒光屏上亮點(diǎn)分布的說法正確的是()A出現(xiàn)三個(gè)亮點(diǎn)，偏離O點(diǎn)最遠(yuǎn)的是HB出現(xiàn)三個(gè)亮點(diǎn)，偏離O點(diǎn)最遠(yuǎn)的是HeC出現(xiàn)兩個(gè)亮點(diǎn)D只會(huì)出現(xiàn)一個(gè)亮點(diǎn)答案：D4(人教版選修31 P36思考與討論改編)如圖是示波管的原理圖，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極(XX和YY)、熒光屏組成管內(nèi)抽成真空給電子槍通電后，如果在偏轉(zhuǎn)電極XX和YY上都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏的中心O點(diǎn)(1)帶電粒子在_區(qū)域是加速的，在_區(qū)域是偏轉(zhuǎn)的(2)若UYY0，UXX0，則粒子向_板偏轉(zhuǎn)，若UYY0，UXX0，則粒子向_板偏轉(zhuǎn)答案：(1)(2)YX考點(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析考點(diǎn)解讀1兩類典型問題(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢(shì)差U保持不變(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變2動(dòng)態(tài)分析思路(1)U不變根據(jù)C先分析電容的變化，再分析Q的變化根據(jù)E分析場(chǎng)強(qiáng)的變化根據(jù)UABEd分析某點(diǎn)電勢(shì)變化(2)Q不變根據(jù)C先分析電容的變化，再分析U的變化根據(jù)E分析場(chǎng)強(qiáng)變化典例賞析典例1(多選)如圖所示，平行板電容器與直流電源連接，下極板接地，一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離，則( )A帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)BP點(diǎn)電勢(shì)將降低C電容器的電容減小，極板帶電荷量減小D帶電油滴的電勢(shì)能保持不變解析BC電容器與電源相連，兩極板間電壓不變，下極板接地，電勢(shì)為0.油滴位于P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，因此有mgqE.當(dāng)上極板向上移動(dòng)一小段距離時(shí)，板間距離d增大，由C可知電容器電容減小，板間場(chǎng)強(qiáng)E場(chǎng)減小，油滴所受的電場(chǎng)力減小，mgqE，合力向下，帶電油滴將向下加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)；P點(diǎn)電勢(shì)等于P點(diǎn)到下極板間的電勢(shì)差，由于P到下極板間距離h不變，由PUEh可知，場(chǎng)強(qiáng)E減小時(shí)P點(diǎn)電勢(shì)降低，B對(duì)；由C可知電容器所帶電荷量減小，C對(duì)；帶電油滴所處P點(diǎn)電勢(shì)下降，而由題圖可知油滴帶負(fù)電，所以油滴電勢(shì)能增大，D錯(cuò)分析平行板電容器動(dòng)態(tài)變化的三點(diǎn)關(guān)鍵1確定不變量：先明確動(dòng)態(tài)變化過程中的哪些量不變，是電荷量保持不變還是極板間電壓不變2恰當(dāng)選擇公式：靈活選取電容的決定式和定義式，分析電容的變化，同時(shí)用公式E分析極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化情況3若兩極板間有帶電微粒，則通過分析電場(chǎng)力的變化，分析其運(yùn)動(dòng)情況的變化題組鞏固1(2016全國(guó)卷)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上，若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大B極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大C極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變D極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變解析：D據(jù)C可知，將云母介質(zhì)移出電容器，C變小，電容器接在恒壓直流電源上，電壓不變，據(jù)QCU可知極板上的電荷量變小，據(jù)E可知極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，故選D.2(2018北京卷) 研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示下列說法正確的是()A實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小C實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板， 靜電計(jì)指針的張角變大D實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電荷量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大解析：A當(dāng)用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，從而在b板感應(yīng)出等量的異種電荷，從而使電容器帶電，故選項(xiàng)A正確；根據(jù)電容器電容的決定式：C，將電容器b板向上平移，即正對(duì)面積S減小，則電容C減小，根據(jù)C可知， 電荷量Q不變，則電壓U增大，則靜電計(jì)指針的張角變大，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)電容器電容的決定式：C，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，則介電常數(shù)r增大，則電容C增大，根據(jù)C可知， 電荷量Q不變，則電壓U減小，則靜電計(jì)指針的張角減小，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)C可知，電荷量Q增大，則電壓U也會(huì)增大，而電容由電容器本身決定，C不變，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤考點(diǎn)二帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)解讀1做直線運(yùn)動(dòng)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(dòng)(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(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)2用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析a，E，v2v2ad.3用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中：WEqdqUmv2mv非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：WqUEk2Ek1.典例賞析典例2(2019湖南長(zhǎng)沙模擬)如圖所示，在A點(diǎn)固定一正電荷，電荷量為Q，在離A高度為H的C處由靜止釋放某帶同種電荷的液珠，開始運(yùn)動(dòng)瞬間向上的加速度大小恰好等于重力加速度g.已知靜電力常量為k，兩電荷均可看成點(diǎn)電荷，不計(jì)空氣阻力求：(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大時(shí)離A點(diǎn)的距離h；(3)若已知在點(diǎn)電荷Q的電場(chǎng)中，某點(diǎn)的電勢(shì)可表示成，其中r為該點(diǎn)到Q的距離(選無限遠(yuǎn)的電勢(shì)為零)求液珠能到達(dá)的最高點(diǎn)B離A點(diǎn)的高度rB.解析(1)設(shè)液珠的電荷量為q，質(zhì)量為m，由題意知，當(dāng)液珠在C點(diǎn)時(shí)kmgmg比荷為(2)當(dāng)液珠速度最大時(shí)，kmg得hH(3)設(shè)BC間的電勢(shì)差大小為UCB，由題意得UCBCB對(duì)液珠由釋放處至液珠到達(dá)最高點(diǎn)(速度為零)的全過程應(yīng)用動(dòng)能定理得qUCBmg(rBH)0即qmg(rBH)0解得：rB2H，rBH(舍去)答案(1)(2)H(3)2H帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問題的解題步驟題組鞏固1(多選)如圖所示，帶電小球自O(shè)點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)C孔進(jìn)入兩水平位置的平行金屬板之間，由于電場(chǎng)的作用，剛好下落到D孔時(shí)速度減為零對(duì)于小球從C到D的運(yùn)動(dòng)過程，已知從C運(yùn)動(dòng)到CD中點(diǎn)位置用時(shí)t1，從C運(yùn)動(dòng)到速度等于C點(diǎn)速度一半的位置用時(shí)t2，下列說法正確的是( )A小球帶負(fù)電Bt1t2D將B板向上平移少許后小球可能從D孔落下解析：AB由題圖可知，A、B間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下，小球從C到D做減速運(yùn)動(dòng)，受電場(chǎng)力方向向上，所以小球帶負(fù)電，選項(xiàng)A正確；由于小球在電場(chǎng)中受到的重力和電場(chǎng)力都是恒力，所以小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其速度圖象如圖所示，由圖可知，t1t2，選項(xiàng)B正確，C錯(cuò)誤；將B板向上平移少許時(shí)兩板間的電壓不變，根據(jù)動(dòng)能定理可知，mg(hd)qU0，mg(hx)0，聯(lián)立得xdd，即小球不到D孔就要向上返回，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤2(2017江蘇卷)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)現(xiàn)將C板向右平移到P點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子()A運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B運(yùn)動(dòng)到P和P點(diǎn)之間返回C運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回D穿過P點(diǎn)解析：A設(shè)A、B板間的電勢(shì)差為U1，B、C間電勢(shì)差為U2，板間距為d，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，第一次由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得：qU1qU2qEd，將C板向右移動(dòng)，B、C板間的電場(chǎng)強(qiáng)度：E不變，所以電子還是運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)速度減小為零，然后返回，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤考點(diǎn)三帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)考點(diǎn)解讀1運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間(2)沿電場(chǎng)力方向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)2兩個(gè)結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的證明：由qU0mvyat22tan 得：y，tan .(2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為.3功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置間的電勢(shì)差典例賞析典例3如圖所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長(zhǎng)L0.4 m，兩板間距離d4103 m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m4105 kg，電荷量q1108 C，g取10 m/s2.求：(1)微粒入射速度v0為多少？(2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場(chǎng)，電容器的上極板應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相連？所加的電壓U應(yīng)取什么范圍？審題指導(dǎo)開關(guān)閉合前，微粒做平拋運(yùn)動(dòng)，開關(guān)閉合后，微粒做類平拋運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)過程的分析方法相同，都要用到運(yùn)動(dòng)的合成與分解解析(1)開關(guān)S閉合前，由v0t，gt2可解得v010 m/s.(2)電容器的上極板應(yīng)接電源的負(fù)極當(dāng)所加的電壓為U1時(shí)，微粒恰好從下板的右邊緣射出，即a12，又a1，解得U1120 V當(dāng)所加的電壓為U2時(shí)，微粒恰好從上極板的右邊緣射出，即a22，又a2，解得U2200 V所以120 VU200 V.答案(1)10 m/s(2)與負(fù)極相連，120 V U200 V帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)問題求解通法1解決帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)模型的通法：加速電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一般運(yùn)用動(dòng)能定理qUmv2進(jìn)行計(jì)算；在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng)，可利用運(yùn)動(dòng)的分解進(jìn)行計(jì)算；二者靠速度相等聯(lián)系在一起2計(jì)算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離Y的四種方法：(1)Yydtan (d為屏到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的水平距離)(2)Ytan (L為電場(chǎng)寬度)(3)Yyvy.(4)根據(jù)三角形相似.題組鞏固1(多選)如圖所示，帶電荷量之比為qAqB13的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點(diǎn)，若OCCD，忽略粒子重力的影響，則( )AA和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為12BA和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為41CA和B的質(zhì)量之比為112DA和B的位移大小之比為11解析：ABC粒子A和B在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向由xv0t及OCCD得，tAtB12，選項(xiàng)A正確；豎直方向由hat2得a，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aAaB41，選項(xiàng)B正確；根據(jù)a得m，故mAmB112，選項(xiàng)C正確；A和B的位移大小不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤2(2016北京卷23題改編)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并從另一側(cè)射出已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場(chǎng)電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看做勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距為d.(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0和從電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離y；(2)分析物理量的數(shù)量級(jí)，是解決物理問題的常用方法在解決(1)問時(shí)忽略了電子所受重力，請(qǐng)利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因已知U2.0102 V，d4.0102m，m9.11031 kg，e1.61019 C，g10 m/s2.解析：(1)根據(jù)動(dòng)能定理，有eU0mv，電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間tL加速度a偏轉(zhuǎn)距離ya(t)2(2)只考慮電子所受重力和電場(chǎng)力的數(shù)量級(jí)，有重力Gmg1029 N電場(chǎng)力F1015 N由于FG，因此不需要考慮電子所受的重力答案：(1) (2)見解析思想方法(十四)電容器在現(xiàn)代科技生活中的應(yīng)用方法闡述1.電容器在現(xiàn)代生活中應(yīng)用十分廣泛，其中作為傳感器使用的有智能手機(jī)上的電容觸摸屏、電容式傳聲器、電容式加速度計(jì)2.電容式傳感器的工作原理是通過r、S、d的變化利用公式C和C來判斷C的變化，進(jìn)一步分析Q的變化.典例賞析典例(多選)目前智能手機(jī)普遍采用了電容觸摸屏，電容觸摸屏是利用人體的電流感應(yīng)進(jìn)行工作的，它是一塊四層復(fù)合玻璃屏，玻璃屏的內(nèi)表面和夾層各涂一層ITO(納米銦錫金屬氧化物)，夾層ITO涂層作為工作面，四個(gè)角引出四個(gè)電極，當(dāng)用戶手指觸摸電容觸摸屏?xí)r，手指和工作面形成一個(gè)電容器，因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號(hào)，電流通過這個(gè)電容器分別從屏的四個(gè)角上的電極中流出，且理論上流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例，控制器通過對(duì)四個(gè)電流比例的精密計(jì)算來確定手指位置對(duì)于電容觸摸屏，下列說法正確的是( )A電容觸摸屏只需要觸摸，不需要壓力即能產(chǎn)生位置信號(hào)B使用絕緣筆在電容觸摸屏上也能進(jìn)行觸控操作C手指壓力變大時(shí)，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容變小D手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電容變大解析AD據(jù)題意知，電容觸摸屏只需要觸摸，由于流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)