(浙江選考)2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí)8第六章靜電場3第3節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場中的運動教學(xué)案

1、【基礎(chǔ)梳理】充電卜放巾.一使晅容嘉兩極板中荷的過力律卜表示電容叫 c=本領(lǐng)的物理量,I F=l(T|Lb = 103 pF帶IU粒子在為強電場中的運動X平一根電容器) -c=運動形式一-W = f* =*處理方法1彳用運動的運動一錯期速度方向做運動婭律 附電場方向做初速性為零的J 運動B(示被管卜均施卜1.修轉(zhuǎn)電槌、黃光屏第3節(jié) 電容器與電容帶電粒子在電場中的運動使噌容牌網(wǎng)極板帶上等國也背的過程19一 、 一Q rS 1212 ,提示：異種合成分解中和谷納電何u 4 2mv一酒v qU類平拋運動勻速直線勻加速直線電子槍【自我診斷】(i)電容是表示電容器儲存電荷本領(lǐng)的物理量.(2)放電后的電容器

2、電荷量為零，電容也為零.兩板間電壓升高10V,則電容器的電(3) 一個電容器的電荷量增加AQ= 1.0 X 106C時,容 C= 1.0 X 10 7F.()(4)帶電粒子在勻強電場中可以做勻加速直線運動.()(5)示波管屏幕上的亮線是由電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的.()(6)帶電粒子在電場中運動時重力必須忽略不計.()提示：(1)， (2) X (3) , (4) , (5) , (6) X做一做一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入電介質(zhì)，其電容 C和兩極板間的電勢差 U的變化情況是()A. C和U均增大B. C增大，U減小D. C和U均減小C. C減

3、小，U增大提示：選B.由公式C= 4蕓知，在兩極板間插入一電介質(zhì)，其電容 C增大，由公式 C,電荷量不變時， U減小，B正確.考點1 電容器及電容器的動態(tài)分析【知識提煉】Q1 .電容c是用比值定義法定義的物理量.電容器的電容 c可以用比值U*量度，但電容器的電容C與Q U的大小無關(guān).2 .兩類動態(tài)問題的分析過程（1）第一類動態(tài)變化：兩極板間電壓U恒定不變H壹大C變小1 W1*U不安Q變小打不變.d壺 大，止變小后演和充兩河器板電受 自板的小 IL兩fill瓜5變大C交大U不變0變大U不變. d不 空*出不變-b mg 帶電液滴向上加速運動，故 A錯誤；由(J)m= Ub= E-dMB可知，A板

4、下移M點電勢升高，故 B 正確；A板移動前后，A B間電勢差U不變，所以電場力做功相同，故 D正確.2.(多選)(2020 臺州高二月考)等量異種點電荷的連線和中垂線如圖所示.現(xiàn)將一個帶負電的試探電荷先從圖中的a點沿直線移動到 b點，再從b點沿直線移li!xi動到c點，則試探電荷在此過程中 ()A.所受電場力的方向不變B.所受電場力的大小恒定C.電勢能一直減小D.電勢能先不變后減小答案：AD律總結(jié)1 .帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、“粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都 不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量).(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明

5、或有明確的暗示以外，一般都 不能忽略重力.2 .帶電粒子在勻強電場中做直線運動的條件(1)粒子所受合外力 F合=0,粒子靜止或做勻速直線運動.(2)粒子所受合外力 F合W0,且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直 線運動或勻減速直線運動.3 .帶電粒子在勻強電場中做直線運動的處理方法(1)用動力學(xué)方法分析：a= Fm, E= U； v2-v2= 2ad.(2)用功能觀點分析.一 一 .1212勻強電場中： W Eqd= qU= 2mv2mv.非勻強電場中：W= qU= E2-Ek1.4 .帶電粒子在電場中平衡問題的解題步驟充時象迸行受力分析，住蔻電題”的方向特點由羋衡條件列方秤求解

6、考點3 帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運動【知識提煉】1 .粒子的偏轉(zhuǎn)角簿帶電荷量為q,(1)以初速度V0垂直進入偏轉(zhuǎn)電場：如圖所示，設(shè)帶電粒子質(zhì)量為qUl偏轉(zhuǎn)電壓為U,若粒子飛出電場時偏轉(zhuǎn)角為e ,則tan e =m2d結(jié)論：動能一定時，tan 8與q成正比，電荷量相同時 tan 8與動能成反比.12(2)粒子從靜止開始經(jīng)加速電場U0加速后再進入偏轉(zhuǎn)電場，則有：qUmVUl可解得：tan 6=2105結(jié)論：粒子的偏轉(zhuǎn)角與粒子的q、m無關(guān)，僅取決于加速電場和偏轉(zhuǎn)電場.2 .粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)時的兩個結(jié)論(1)以初速度V0進入偏轉(zhuǎn)電場，則1 2 1 qU l 2y=2at =5 .莉 V；作粒子速度的

7、反向延長線，設(shè)與初速度延長線交于O點，O點與電場邊緣的距離為 x,，八 qUl2 mVd lcot 8 c-j 2-111 c2dmv qUl 2結(jié)論：粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就像是從極板間的；處沿直線射出.(2)經(jīng)加速電場加速再進入偏轉(zhuǎn)電場：若不同的帶電粒子都是從靜止經(jīng)同一加速電壓U0Uil 2加速后進入偏轉(zhuǎn)電場的，則偏移重：y=4.偏轉(zhuǎn)角正切:tan 0 =Ul2u0d結(jié)論：無論帶電粒子的 m q如何，只要經(jīng)過同一加速電場加速，再垂直進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們飛出的偏移量 y和偏轉(zhuǎn)角e都是相同的，也就是運動軌跡完全重合.【典題例析】例團(2020 麗水質(zhì)檢)如圖所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬

8、度為L、電場強度為E的勻強電場，在與右側(cè)虛線相距也為L處有一與電場平行的屏.現(xiàn)有一電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計),以垂直于電場線方向的初速度 vo射入電場中，V0方向的延長線與屏的交點為O試求:屏(1)粒子從射入電場到打到屏上所用的時間;(2)粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tan a ;(3)粒子打到屏上的點 P到O點的距離x.解析(1)根據(jù)題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入電場到打到屏上所用的時間2L t =.Vo(2)設(shè)粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為Vy,根據(jù)牛頓第二定律，粒子在電場中的加速度為：a=Emq,所以vy=

9、aV0=mEL,所以粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方vy qEL向同夾角的正切值為匕;水儒(3)設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y,則1 L 2 iqEty = -a = 2- y 2 vo 2 mV法一：x=y+Ltan a ,解得:3qEL2 x= 22mvL .x = Vy + y =Vo33qEL2mV,x由一=y/日 Q 3qEL2倚：x=3y=右.(2)qEL3qEL2m2而T分析粒子在電場中偏轉(zhuǎn)運動的兩種方法(1)分解觀點：垂直射入勻強電場的帶電粒子，在電場中只受電場力作用，與重力場中的平拋運動相類似，研究這類問題的基本方法是將運動分解，可分解成平行電場方向的勻加速直線運動和垂直電

10、場方向的勻速直線運動.(2)功能觀點：首先對帶電粒子進行受力分析，再進行運動過程分析，然后根據(jù)具體情況選用公式計算.若選用動能定理,則要分清有多少個力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及運動過程中的動能的增量.若選用能量守恒定律， 則要分清帶電粒子在運動中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的.【題組過關(guān)】1. （2020 1月浙江選考）如圖所示，電子以某一初速度沿兩塊平行板的中線方向射入偏轉(zhuǎn)電場中，已知極板長度1,間距d,電子質(zhì)量mi電荷量e.若電子恰好從極板邊緣射出電場，由以上條件可 以求出的是（）A.偏轉(zhuǎn)電壓B.偏轉(zhuǎn)的角度C.射出電場速度D.電場中運動

11、的時間答案：B2. 一束電子流在經(jīng) U 5000V的加速電壓加速后， 在距兩極板等距離處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示.若兩板間距d= 1.0cm,板長1=5.0cm,那么要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最大能加多大電壓?解析：加速過程，由動能定理得一 12eU= 2mw 進入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運動1 = Vet 在垂直于板面的方向做勻加速直線運動加速度F eU m dm1 2_偏轉(zhuǎn)距離y = 2at能飛出的條件為ywdD.r2Ud22聯(lián)立式解得U Nz/x/A?，.wh/z/K4 .如圖所示，一價氫離子（1H）和二價氨離子（4He）的混合體，經(jīng)同 一加速電場加

12、速后，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)電場中，偏轉(zhuǎn)后，打在同一熒 光屏上，則它們（）B.先后到達屏上同一點A.同時到達屏上同一點C.同時到達屏上不同點D.先后到達屏上不同點解析：選B.一價氫離子（1H）和二價氨離子（2He）的比荷不同，經(jīng)過加速電場的末速度不 同，因此在加速電場及偏轉(zhuǎn)電場的時間均不同，但在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)距離相同，所以會先后打在屏上同一點，選 B.5 .（2020 浙江溫嶺質(zhì)檢）如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強電 場，板長為L,板間距離為d,在板右端L處有一豎直放置的光屏 M 帶電荷量為q,質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板中央射入板間，最后垂直打在屏上，則下列結(jié)論正確的是 （）a.板間電場強度大小為mgqb

13、.板間電場強度大小為mg2qc.質(zhì)點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等D.質(zhì)點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間解析：選C.根據(jù)質(zhì)點垂直打在 M屏上可知，質(zhì)點在兩板中央運動時向上偏轉(zhuǎn)，在板右端運動時向下偏轉(zhuǎn)，m字qE,選項A、B錯誤；根據(jù)運動的分解和合成，質(zhì)點沿水平方向做勻 速直線運動，質(zhì)點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等，選項C正確，D錯誤.6 . （2020 舟山質(zhì)檢）如圖所示，矩形區(qū)域 ABCDJ存在豎直向 下的勻強電場，兩個帶正電粒子a和b以相同的水平速度射入電場， 粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點

14、C射出.若不計重力，則 a和b的比荷（帶電荷量和質(zhì)量比值）之比是（）A. 1 ： 8B, 8 ： 1C. 1 ： 2D, 2 ： 1解析：選B.粒子水平方向上做勻速直線運動，a、b兩粒子的水平位移之比為 1 ： 2.根12、據(jù)x=vot,知時間比為1 : 2.粒子在豎直萬向上做勻加速直線運動，根據(jù)y=-at知，yN比為2： 1,則a、b的加速度之比為8： 1,根據(jù)牛頓第二定律知，加速度a=qE，加速度之比等于比荷之比，則兩電荷的比荷之比為8 ： 1,故B正確，A、C、D錯誤.7 .如圖所示，平行金屬板 A B水平正對放置，分別帶等量異號電小=荷.一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下

15、運動，軌工小-一個，跡如圖中虛線所示，那么（）兒二A.若微粒帶正電荷，則 A板一定帶正電荷8 .微粒從M點運動到N點電勢能一定增加C.微粒從M點運動到N點動能一定增加D.微粒從M點運動到N點機械能一定增加解析：選 C.分析微粒的運動軌跡可知，微粒的合力方向一定豎直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的電場力可能向下，也可能向上，故A錯誤.微粒從 M點運動到N點，電場力可能做正功，也可能做負功，故微粒的電勢能可能減小， 也可能增大，故B錯誤.微 粒從M點運動到N點的過程中，合力做正功，故微粒的動能一定增加，C正確.微粒從 M點運動到N點的過程中，除重力之外的電場力可能做正功，也可能做負功，故

16、機械能不一定增加，D錯誤.8. （2020 溫州月考）如圖，場強大小為 E、方向豎直向下的勻強珥|工 &電場中有一矩形區(qū)域 abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h.質(zhì)量 /:均為m帶電量分別為+ q和一q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和1.E 韋二， cd方向以速率V0進入矩形區(qū)（兩粒子不同時出現(xiàn)在電場中 ）.不計重力.若兩粒子軌跡恰好相切，則V0等于（）A.h/SC.解析：選B.帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律解決問題.根據(jù)對一、，,1稱性，兩粒子軌跡的切點位于矩形區(qū)域abcd的中心.則在水平方向有 s=vot，在豎直方向J-帶也空有2h=2mt2,解得v0=2m.故

17、選項b正確，選項 a c d錯誤.輸人9.（2020 麗水高二期中）噴墨打印機的簡化模型如圖所 示，重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾螅运俣?v垂 直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，則微滴在極板間電場中（）A.向負極板偏轉(zhuǎn)B.電勢能逐漸增大C.運動軌跡是拋物線 D.運動軌跡與帶電荷量無關(guān)解析：選 C.帶負電的墨汁微滴垂直進入電場后，在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運 動的分解水平方向做勻速直線運動和豎直方向做勻加速直線運動，帶負電的墨汁微滴進入電場后受到向上的靜電力，故墨汁微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，A選項錯誤；墨汁微滴垂直進入電場受豎直方向的靜電力作用，靜電力做正功，故墨汁微滴的電勢能減小，B選

18、項錯誤；根據(jù)x=v。t, y=1at2及a=qE,得墨汁微滴的軌跡方程為y =魯，即運動軌跡是拋物線，與帶2m2mvo電荷量有關(guān)，C選項正確，D選項錯誤.10.有一種靜電除塵的方式如圖所示，空氣中的塵埃進入電離區(qū)后帶上負電，然后沿平行軸線方向飛入金屬圓筒收集區(qū).在圓筒軸線處放有一條直導(dǎo)線，在導(dǎo)線與筒壁間加上電壓U,形成沿半徑方向的輻射電場，假設(shè)每個塵埃的質(zhì)量和帶電量均相同，飛入收集區(qū)的速度相同，不計塵埃的重力，不考慮塵埃間的相互作用，則 （）A.大量塵埃將聚集在導(dǎo)線上B.塵埃在圓筒內(nèi)都做類似平拋的運動C.被收集塵埃的電勢能減少量都相等D.飛入時與圓筒軸線距離相同的塵埃到達筒壁所用的時間相同解析

19、：選D.塵埃進入電離區(qū)后帶上負電，所受電場力指向金屬圓筒，A錯誤；輻射電場不是勻強電場，塵埃所受電場力是變力，故不是做類似平拋的運動，B錯誤；塵埃偏向金屬圓筒過程中電場力做功不同，電勢能減少量不相等，C錯誤；飛入時與圓筒軸線距離相同的塵埃運動情況相同，則到達筒壁所用的時間相同,D正確.、非選擇題11. (2020 杭州質(zhì)檢)如圖所示，在水平方向的勻強電場中有一表面 光滑、與水平面成 45。角的絕緣直桿 AC其下端(C端)距地面高度 0.8m.有一質(zhì)量為500g的帶電小環(huán)套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速 下滑.小環(huán)離開桿后正好通過C端的正下方P點處.(g取10m/s2)求:(1)小環(huán)離開直桿后運

20、動的加速度大小和方向;(2)小環(huán)從C運動到P過程中的動能增量；(3)小環(huán)在直桿上勻速運動速度的大小V0.解析：(1)結(jié)合題意分析知：qE= mg F 合=，2mg= maa= 12g= 10 12m/s2,方向垂直于桿向下.(2)設(shè)小環(huán)從C運動到P的過程中動能的增量為AE = Wa + W其中 M = mgk4J,此=0,所以A E=4J.(3)環(huán)離開桿做類平拋運動，平行桿方向勻速運動:h=V0t垂直桿方向勻加速運動:21 2-2-h=2at解得 v(0=2m/s.答案：(1)10 42m/s2 垂直于桿向下(2)4J(3)2m/s12. (2020 湖州質(zhì)檢)如圖所示，噴墨打印機中的墨滴在進

21、 入偏轉(zhuǎn)電場之前會被帶上一定量的電荷，在電場的作用下使電荷 發(fā)生偏轉(zhuǎn)到達紙上.已知兩偏轉(zhuǎn)極板長度L=1.5 X102m, p板間電場強度 E= 1.2 x 106N/C,墨滴的質(zhì)量 m= 1.0 x 10 13kg荷量q=1.0 x 10 16C,墨滴在進入電場前的速度v0=15m/s,方向與兩極板平行.不計空氣阻力和墨滴重力，假設(shè)偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行極板內(nèi)部，忽略邊緣電場的影響.(1)判斷墨滴帶正電荷還是負電荷？(2)求墨滴在兩極板之間運動的時間.(3)求墨滴離開電場時在豎直方向上的位移y.(4)假設(shè)極板到紙的距離 d= 2.5 X 10-3m求墨滴到紙上時的豎直方向上的位移h.解析：(2)

22、墨滴在水平方向做勻速直線運動，那么墨滴在兩板之間運動的時間t=L代入數(shù)據(jù)可得：t = 1.0 X10 3s.(3)墨滴在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，a=Eq代入數(shù)據(jù)可得：a= 1.2 x I03m/s212離開偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向的位移y=at代入數(shù)據(jù)可得：y=6.0 X10 4m.L根據(jù)電場的推論=y,可得h=8.0 X10 4m.L h2十 d答案：(1)負電荷 (2)1.0 X 10 3s一電荷量q=+ 1.0 x 10 4C,質(zhì)量m0.1kg的帶電體(可視為質(zhì)點)，在水平軌道上的 P點由 靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點C,然后落至水平軌道上的 D點(圖中未畫出)

23、.取g=10m/s2.試求：(1)帶電體運動到圓形軌道B點時對圓形軌道的壓力大??；(2) D點到B點的距離xdb；(3)帶電體在從P開始運動到落至 D點的過程中的最大動能.2Vc斛析：(1)設(shè)市電體恰好通過 C點時的速度為vc,依據(jù)牛頓第二th律有mg= mR,解得 vc= 2.0m/s.設(shè)帶電體通過 B點時的速度為vb,設(shè)軌道對帶電體的支持力大小為Fb,帶電體在B點時,2Vb根據(jù)牛頓第二7E律有 Fb- mg= mR.帶電體從B運動到C的過程中，依據(jù)動能定理有1212一mgx 2R= 2mv2m邛聯(lián)立解得Fb= 6.0N ,根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對軌道的壓力F b= 6.0N.(2)設(shè)帶電體從最高點 C落至水平軌道上的D點經(jīng)歷的時間為t,根據(jù)運動的