高考物理一輪復(fù)習(xí)第八章第3節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)課件

第3節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)一、電容平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1.電容器.絕緣導(dǎo)體絕對值(1)組成：由兩個(gè)彼此________且又相互靠近的________組成.(2)帶電量：一個(gè)極板所帶電量的________.(2)公式：C＝________＝2.電容.比值QU容納電荷(1)定義：電容器所帶的電量與兩極板間電勢差的________.ΔQ

.ΔU106

(3)物理意義：電容是描述電容器____________本領(lǐng)大小的物理量.電容C由電容器本身的構(gòu)造因素決定，與U、Q無關(guān). (4)單位：1法拉(F)＝________微法(μF)＝1012

皮法(pF).3.平行板電容器的電容.正對面積

εrS4πkd

(1)影響因素：平行板電容器的電容與兩極板間的距離成反比，與兩極板的__________成正比，并且跟板間插入的電介質(zhì)有關(guān). (2)公式：C＝________，k為靜電力常量.

二、帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)示波管

1.帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng). (1)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，受到的電場力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上，做__________________.勻變速直(2)用功能觀點(diǎn)分析：電場力對帶電粒子所做的功等于粒子動(dòng)能的變化，即qU＝______________.線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)情景(帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，兩板電壓為U，兩板間距為d，板長為l)研究條件帶電粒子垂直于電場方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場運(yùn)動(dòng)性質(zhì)勻變速直線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))2.帶電粒子的偏轉(zhuǎn)分析.處理方法相關(guān)物理量運(yùn)動(dòng)性質(zhì)加速度速度位移離開電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ沿初速度方向_________運(yùn)動(dòng)0vx＝____l＝____

vytanθ＝＝

v0_______沿電場力方向__________________直線運(yùn)動(dòng)a＝____vy＝____y＝____(續(xù)表)勻速直線v0v0t初速度為零的勻加速qUmd

qUlmdv03.示波管.(1)構(gòu)造：①________；②_________；③_______.(如圖8-3-1所示)電子槍偏轉(zhuǎn)電極熒光屏圖8-3-1(2)工作原理.中心信號(hào)電壓

①如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，從電子槍射出的電子沿直線運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏________，在那里產(chǎn)生一個(gè)亮斑. ②YY′上加的是待顯示的____________.XX′上是機(jī)器自身的鋸齒形電壓，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信號(hào)在一個(gè)周期內(nèi)變化的圖像.【基礎(chǔ)自測】1.判斷下列題目的正誤.(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.((4)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運(yùn)動(dòng).()))(5)帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力一定可以忽略不計(jì).()答案：(1)×

(2)×

(3)×

(4)×

(5)×2.下列電容器相關(guān)知識(shí)描述正確的是()甲乙丙戊

丁圖8-3-2

A.圖甲為電容器充電示意圖，充完電后電容器上極板帶正電，兩極板間的電壓U等于電源的電動(dòng)勢E

B.圖乙為電容器放電示意圖，放電過程中電流大小保持不變

C.圖丙為電解電容器的實(shí)物圖和符號(hào)，圖丁為可變電容器及其符號(hào)，兩種電容使用時(shí)都嚴(yán)格區(qū)分正負(fù)極1.0F”字樣，其中的5.5V

D.圖戊中的電容器上有“5.5V是電容器的擊穿電壓值

答案：A

3.(2023年廣東汕頭一模)早期的濾塵器由兩塊帶正電的平行板及它們之間的一組帶負(fù)電的導(dǎo)線構(gòu)成，如圖8-3-3所示，帶電導(dǎo)線附近會(huì)形成很強(qiáng)的電場使空氣電離，廢氣中的塵埃吸附離子后在電場力的作用下向收集板遷移并沉積，以達(dá)到除塵目的.假設(shè)塵)埃向收集板運(yùn)動(dòng)過程中所帶電量不變，下列判斷正確的是(

圖8-3-3A.兩平行板間存在勻強(qiáng)電場B.帶正電塵埃向收集板運(yùn)動(dòng)并沉積C.兩平行板間越靠近帶電導(dǎo)線電勢越高D.帶電塵埃向收集板運(yùn)動(dòng)過程中電勢能減小

解析：帶電導(dǎo)線附近會(huì)形成很強(qiáng)的電場，兩平行板間不存在勻強(qiáng)電場，A錯(cuò)誤.帶負(fù)電塵埃向收集板運(yùn)動(dòng)并沉積，B錯(cuò)誤.兩平行板間越靠近帶電導(dǎo)線電勢越低，C錯(cuò)誤.帶電塵埃向收集板運(yùn)動(dòng)過程中電場力做正功，電勢能減小，D正確.答案：D4.如圖8-3-4所示，電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動(dòng)，到達(dá))圖8-3-4B板的速度為v，保持兩極板間電壓不變，則( A.當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，速度v增大

B.當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，速度v減小

C.當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，速度v不變

D.當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí)，電子在兩極間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長

答案：C熱點(diǎn)1電容器問題的動(dòng)態(tài)分析[熱點(diǎn)歸納]1.分析比較的思路：(1)先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開，Q不變.項(xiàng)目充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開不變量UQd變大C變小，Q變小，E變小C變小，U變大，E不變S變大C變大，Q變大，E不變C變大，U變小，E變小εr變大C變大，Q變大，E不變C變大，U變小，E變小2.兩類動(dòng)態(tài)變化問題的比較：

考向1電壓不變情況下的動(dòng)態(tài)變化

【典題1】(2022年廣東佛山模擬)如圖8-3-5所示電路中，A、B是構(gòu)成平行板電容器的兩金屬極板，P為A、B間一定點(diǎn)，在P點(diǎn)有一個(gè)固定的負(fù)點(diǎn)電荷.將開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后將A板向上)平移一小段距離，則下列說法正確的是( A.電容器的電容將增大

B.A、B兩板間的電場強(qiáng)度將增大

C.P點(diǎn)電勢將升高

D.P處負(fù)點(diǎn)電荷的電勢能將增大圖8-3-5解析：平行板電容器的決定式為C＝

εrS4πkd，電路穩(wěn)定后將A板向上平移一小段距離，兩極板間距離d增大，電容器電容C減小，A錯(cuò)誤.電容器始終與電源相連，兩端電勢差U不變，當(dāng)d增大時(shí)，根據(jù)勻

度將減小，B錯(cuò)誤.由題圖可知B板電勢為零，由于P點(diǎn)到B板的距離不變，而兩板間電場強(qiáng)度減小，所以P點(diǎn)電勢將降低，C錯(cuò)誤.根據(jù)Ep＝qφ可知P處負(fù)點(diǎn)電荷的電勢能將增大，D正確.

答案：D

【遷移拓展】(2023年廣東廣州三模)如圖8-3-6所示，兩個(gè)相同且水平放置的半圓形金屬板相互靠近，板間可視為真空，兩金屬板分別與電源兩極相連，上極板可繞過圓心且垂直于半圓面的軸轉(zhuǎn)動(dòng).開始時(shí)，兩極板邊緣完全對齊，閉合開關(guān)S后，兩板間的一個(gè)帶電微粒恰好靜止；然后讓上極板轉(zhuǎn)過5°(微粒仍在兩板間)，忽略電場邊緣效應(yīng)，則()圖8-3-6A.斷開開關(guān)S后，微粒將豎直下落B.轉(zhuǎn)動(dòng)前后，電容器的電容之比為36∶35C.轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，有從a→b的電流流過電阻RD.斷開開關(guān)S后，上極板再轉(zhuǎn)動(dòng)5°，微粒仍然靜止答案：B

考向2電容器電荷量不變時(shí)的動(dòng)態(tài)變化

【典題2】(多選，2022年廣東汕頭模擬)興趣小組利用圖8-3-7所示器材探究平行板電容器，保持正對面積S不變，緩慢增大兩極板間距離d，描繪出電容器兩端電壓U、電容器電容C、極板帶電量Q、板間電場強(qiáng)度E與d的關(guān)系圖像，以下描述可能正確的是()圖8-3-7ABCD

解析：因?yàn)殡娙萜髫?fù)極板接地，正極板與靜電計(jì)的金屬球相連，二者之間保持開路狀態(tài)，不會(huì)使電容器發(fā)生充放電，所以Q

d的增大而減小，且滿足反比例關(guān)系，即C-d圖像為雙曲線的一支，所以E不變，D正確.根據(jù)U＝Ed可知U隨d的增大而線性增大，A正確.

答案：ACD

考向3電容器動(dòng)態(tài)變化綜合

【典題3】(多選，2023年四川綿陽二模)長為l、間距為d的平行金屬板水平正對放置，豎直光屏M到金屬板右端距離為l，金屬板左端連接有閉合電路，整個(gè)裝置結(jié)構(gòu)如圖8-3-8所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以初速度v0

從兩金屬板正中間自左端水平射入，由于粒子重力作用，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片在某一位置時(shí)，粒子恰好垂直撞在光屏上.對此過程，下列分析正確的是()A.板間電場強(qiáng)度大小為圖8-3-82mgqB.粒子在平行金屬板間的速度變化量和從金屬板右端到光屏的速度變化量相同C.若僅將滑片P向下滑動(dòng)一段后，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0射入板間，粒子不會(huì)垂直打在光屏上D.若僅將兩平行板的間距變大一些，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0

射入板間，粒子依然會(huì)垂直打在光屏上

解析：粒子先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子離開電場時(shí)具有豎直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，說明豎直方向末速度等于0，即電場中粒子具有豎直向上的加速度，不管是在金屬板間還是離開電場后，粒子在水平方向速度沒有變化，而且水平位移相等，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，豎直方向速度變化量等大反向，所以有qE－mg mt＝gt，可得E＝2mg q，A正確，B錯(cuò)誤.若僅將滑片P向下滑動(dòng)一段后，R的電壓減小，電容器的電壓要減小，電荷量要減小，由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放電，電量不變，板間電壓不變，所以粒子的運(yùn)動(dòng)情況不變，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0

射入板間，粒子依然會(huì)垂直打在光屏上，C錯(cuò)誤.若僅將兩平行板的間距變大一些，電容器電容減小，但由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器不能放不變，所以粒子的運(yùn)動(dòng)情況不變，再讓該粒子從N點(diǎn)以水平速度v0

射入板間，粒子依然會(huì)垂直打在光屏上，D正確.

答案：AD易錯(cuò)點(diǎn)撥含有二極管的電路中，電容器的充、放電只有兩種可能：一是能充不能放，二是能放不能充.前者電荷量變大，后者電荷量不變，需要結(jié)合電容的變化分析電壓的變化.熱點(diǎn)2帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)[熱點(diǎn)歸納]1.帶電體在勻強(qiáng)電場中直線運(yùn)動(dòng)問題的分析方法.基本粒子如電子、質(zhì)子、α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)帶電體如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力2.帶電粒子(體)在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理.

考向1根據(jù)牛頓動(dòng)力學(xué)分析帶電粒子的直線運(yùn)動(dòng)問題

【典題4】(多選，2023年廣東梅州二模)如圖

8-3-9所示為電子束焊接機(jī)簡易原理圖，圖中帶箭頭的虛線表示電場線，P、Q是電場中的兩點(diǎn).K為陰極，A為陽極，兩點(diǎn)距離為d，在兩極之間加上高壓U，一電子從K極由靜止被加速.不考慮電子重力，元電荷為e，則下列說法正確的是()圖8-3-9A.AK之間的電場強(qiáng)度為UdB.P點(diǎn)的電勢低于Q點(diǎn)的電勢C.電子由K到A的電勢能減少了eUD.電子由P運(yùn)動(dòng)到Q，電場力做負(fù)功解析：AK之間為非勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度不等于，A錯(cuò)誤.Ud沿電場線方向電勢降低，則P點(diǎn)的電勢低于Q點(diǎn)的電勢，B正確.電場力做功等于電勢能的減少量，則ΔEp減＝eU，C正確.電子所受電場力方向與電場強(qiáng)度方向相反，則電子由P運(yùn)動(dòng)到Q，電場力做正功，D錯(cuò)誤.答案：BC考向2根據(jù)功能關(guān)系處理帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題

【典題5】(多選，2023年江西景德鎮(zhèn)三模)如圖8-3-10所示，一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電小滑塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上的A點(diǎn)由靜止下滑，經(jīng)時(shí)間t后立即加上沿斜面向上的勻強(qiáng))電場，再經(jīng)時(shí)間t滑塊恰好過A點(diǎn).重力加速度大小為g，則(

圖8-3-10

解析：未加電場時(shí)，取向下為正，根據(jù)牛頓第二定律有a＝

答案：AD思路導(dǎo)引小滑塊的運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)階段，兩個(gè)階段的位移等大反向，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，由于末速度不為零導(dǎo)致速度變化量不同，加速度不同，根據(jù)位移等大反向，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，可以求得兩個(gè)階段加速度的關(guān)系，進(jìn)而打開突破口.

熱點(diǎn)3帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)

[熱點(diǎn)歸納] 1.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)的兩個(gè)結(jié)論：

(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場(U0)加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場(U)射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角度(φ)總是相同的.的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，即O到電場邊緣的距離為.(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線l2運(yùn)動(dòng)的分解法一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場力方向上的勻變速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)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：

間的電勢差2.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法.

考向1帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)

【典題6】如圖8-3-11所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0

從MN連線上的P點(diǎn)水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中.已知MN與水平方向成45°角，粒子的)重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某點(diǎn)時(shí)(

圖8-3-11D.速度方向與豎直方向的夾角為30°解析：粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向有x＝v0t，豎直確.由于平拋推論可知，tanα＝2tanβ，即tanα＝2tan45°＝2>tan60°，可知速度方向與豎直方向的夾角小于30°，故D錯(cuò)誤.

答案：C

考向2帶電粒子在電場中加速與偏轉(zhuǎn)的綜合

【典題7】(2023年浙江卷)如圖8-3-12所示，示波管由電子槍豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成.電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U.電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極.已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子()圖8-3-12

答案：D

考向3帶電體在電場與重力場中的運(yùn)動(dòng)

【典題8】(多選，2023年安徽亳州三模)如圖8-3-13所示，一質(zhì)量為m且?guī)д姷囊旱危谒较蛴业膭驈?qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡在豎直平面內(nèi)，A、B為其運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn).已知該液滴在A點(diǎn)的速度大小為v0，方向與豎直方向的夾角為30°，它運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度大小仍為v0，方向與豎直方向的夾角為60°，則液滴從A運(yùn)動(dòng)到B的過程()A.液滴在水平方向和豎直方向的分位移大小相等

圖8-3-13答案：AD

考向4帶電粒子在電場中圓周運(yùn)動(dòng)

【典題9】(2023年浙江卷)某帶電粒子轉(zhuǎn)向器的橫截面如圖8-3-14所示，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場.粒子從M點(diǎn)射入，沿著由半徑分別為R1

和R2

的圓弧平滑連接成的虛線(等勢線)運(yùn)動(dòng)，并從虛線上的N點(diǎn)射出，虛線處電場強(qiáng)度大小分別為E1

和E2，則R1、R2和E1、E2

應(yīng)滿足()圖8-3-14解析：帶電粒子在電場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場力提供向心答案：A熱點(diǎn)4帶電粒子在交變電場中的運(yùn)動(dòng)[熱點(diǎn)歸納]

1.此類題型一般有三種情況：一是粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)；二是粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)；三是粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場的特點(diǎn)分段研究).2.解答帶電粒子在交變電場中運(yùn)動(dòng)的思維方法.

(1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)，抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件. (2)分析時(shí)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系.(3)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用.

【典題10】(2023年海南?？谝荒?光滑絕緣水平面上有一坐標(biāo)系xOy，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定在坐標(biāo)系內(nèi)，圓環(huán)圓心位于坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖8-3-15甲所示.圓環(huán)內(nèi)側(cè)A(0，R)處放置一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電小球，為了通過電場來控制帶電小球的運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)在圓環(huán)內(nèi)加上水平方向的勻強(qiáng)電場.若小球由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間T沿直線運(yùn)動(dòng)到B(R，0)處.若給小球一個(gè)沿－x方向的初速度，小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng).小球可視為質(zhì)點(diǎn).(1)求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E1的大小和方向.(2)求小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過A點(diǎn)的動(dòng)能Ek.

(3)將原電場更換為圖乙所示的交變電場(正、負(fù)號(hào)分別表示沿y軸負(fù)方向和正方向)，t＝0時(shí)刻，小球在A點(diǎn)由靜止釋放.欲使小球能在一個(gè)周期T內(nèi)不與圓環(huán)軌道相碰，求所加電場強(qiáng)度E2

的最大值.甲乙圖8-3-15

解：(1)小球由靜止釋放，沿直線從A到B，可知電場力方向沿著AB方向指向B，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

方向由A指向B.

(2)小球最容易脫軌的位置為C點(diǎn)，如圖D34所示.

小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，可知小球在C點(diǎn)恰好由電場力來提供向心力，則有

從A點(diǎn)到C點(diǎn)利用動(dòng)能定理圖D34(3)若加上沿著y軸方向的交變電場，若小球沒有碰到軌道，速直線運(yùn)動(dòng)，所以小球在一個(gè)T內(nèi)返回A點(diǎn)，要使電場強(qiáng)度E2

最大，且小球能在一個(gè)周期T內(nèi)不與圓環(huán)軌道相碰，可知小球在時(shí)T4刻恰好運(yùn)動(dòng)到圓心，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得等效重力場1.內(nèi)容.

物體僅在重力場中的運(yùn)動(dòng)是最常見、最基本的運(yùn)動(dòng)，但是對于處在勻強(qiáng)電場和重力場中物體的運(yùn)動(dòng)問題就會(huì)變得復(fù)雜一些.此時(shí)可以將重力場與電場合二為一，用一個(gè)全新的“復(fù)合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”.2.與等效重力場對應(yīng)的概念及解釋.3.舉例.

【典題11】(多選，2023年江西九江三模)如圖8-3-16所示，豎直平面內(nèi)有一個(gè)半徑為R的圓周，A、D兩點(diǎn)為其水平直徑的兩端，C、F兩點(diǎn)為其豎直直徑的兩端.空間有與圓周平面平行的勻強(qiáng)電場，在圓周上的B點(diǎn)有一粒子源，在圓周平面內(nèi)，以相同大小的初速度v0沿各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m的帶相同正電荷