高考物理一輪 （考綱自主研讀+命題探究+高考全程解密） 第3講電容器 帶電粒子在電場中的運動（含解析） 新人教版

第3講電容器帶電粒子在電場中的運動eq\f(對應(yīng)學(xué)生,用書P112)電容、電容器Ⅰ(考綱要求)【思維驅(qū)動】(單選)下列關(guān)于電容器和電容的說法中，錯誤的是()．A．電容器A的體積比B大，說明A的電容一定比B的大B．對于確定的電容器，其帶的電荷與兩板間的電壓(小于擊穿電壓且不為零)成正比C．無論電容器的電壓如何變化(小于擊穿電壓且不為零)，它所帶的電荷與電壓比值恒定不變D．電容器的電容是表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量，其大小與加在兩板上的電壓無關(guān)解析電容器的電容與電容器的體積、電容器所帶的電荷量、電容器兩極板間的電壓均無關(guān)．答案A【知識存盤】1．電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成．(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值．(3)電容器的充、放電充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能．放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能．2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值．(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)．(3)物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量．(4)單位：法拉(F)1F＝106μF＝1012pF3．平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與正對面積成正比，與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比，與兩板間的距離成反比．(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量．帶電粒子在勻強電場中的運動Ⅱ(考綱要求)【思維驅(qū)動】(多選)(·蘇州模擬)圖6－3－1如圖6－3－1所示，在等勢面沿豎直方向的勻強電場中，一帶負電的微粒以一定初速度射入電場，并沿直線AB運動，由此可知()．A．電場中A點的電勢高于B點的電勢B．微粒在A點時的動能大于在B點時的動能，在A點時的電勢能小于在B點時的電勢能C．微粒在A點時的動能小于在B點時的動能，在A點時的電勢能大于在B點時的電勢能D．微粒在A點時的動能與電勢能之和等于在B點時的動能與電勢能之和解析一帶負電的微粒以一定初速度射入電場，并沿直線AB運動，其受到的電場力F只能垂直于等勢面水平向左，則電場方向水平向右，如圖所示，所以電場中A點的電勢高于B點的電勢，A對；微粒從A向B運動，則合外力做負功，動能減小，電場力做負功，電勢能增加，C錯、B對；微粒的動能、重力勢能、電勢能三種能量的總和保持不變，所以D錯．答案AB【知識存盤】1．帶電粒子在電場中的加速帶電粒子沿與電場線平行的方向進入電場，帶電粒子將做加(減)速運動．有兩種分析方法：(1)用動力學(xué)觀點分析：a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad.(2)用功能觀點分析：粒子只受電場力作用，電場力做的功等于物體動能的變化，qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)(1)研究條件：帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場．(2)處理方法：類似于平拋運動，應(yīng)用運動的合成與分解的方法．①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝eq\f(l,v0).②沿電場力方向，做勻加速直線運動．eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(qE,m)＝\f(Uq,md),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(Uql2,2mdveq\o\al(2,0)),離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(Uql,mdveq\o\al(2,0))))一圖二結(jié)論結(jié)論：(1)粒子以一定速度v0垂直射入偏轉(zhuǎn)電場．粒子從偏轉(zhuǎn)電場中射出時，就像是從極板間的eq\f(l,2)處沿直線射出的．(2)經(jīng)過相同電場加速，又經(jīng)過相同電場偏轉(zhuǎn)的帶電粒子，其運動軌跡重合，與粒子的帶電荷量和質(zhì)量無關(guān)．eq\f(對應(yīng)學(xué)生,用書P113)考點一平行板電容器的動態(tài)分析【典例1】(單選)(·江蘇卷，2)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，在兩極板間插入一電介質(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C．C減小，U增大D．C和U均減小教你審題審題時關(guān)鍵要抓住“動”與“不動”，就是要確定“變量”和“不變量”，最后確定“目標量”，判斷的思路為：eq\x(不變量（Q、S、d）)→eq\x(變量（εr）)→eq\x(C的變化趨勢（增大）)→不變量和變量跟目標量的關(guān)聯(lián)(C＝eq\f(εrS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U))→eq\x(目標量的變化趨勢).解析由平行板電容器電容決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，當插入電介質(zhì)后，εr變大，則在S、d不變的情況下C增大；由電容定義式C＝eq\f(Q,U)得U＝eq\f(Q,C)，又電荷量Q不變，故兩極板間的電勢差U減小，選項B正確．答案B圖6－3－2【變式跟蹤1】(單選)如圖6－3－2所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內(nèi)阻不計)連接，下極板接地．一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)．現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離()．A．帶電油滴將沿豎直方向向上運動B．P點的電勢將降低C．帶電油滴的電勢能將減少D．若電容器的電容減小，則極板帶電荷量將增大解析因為電容器兩板電壓不變，當兩板間距離d增大，電場強度E減小，φP＝ExP減小，P點的電勢降低，故選項A錯B對；又根據(jù)帶電油滴平衡可判斷其帶負電，它在P點的電勢能增大，選項C錯誤；電容器的電容減小，則極板帶電荷量將減小，選項D錯，故答案為B.答案B,借題發(fā)揮1．對公式C＝eq\f(Q,U)的理解電容C＝eq\f(Q,U)的比值，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)．2．關(guān)于電容器的兩類問題(1)電壓不變→電容器始終與直流電源相連，改變S、d某一個量，判定U、C、Q、E等物理量如何變化．(2)電荷量不變→電容器充電后與電源斷開，改變d或S，判定Q、C、U、E等物理量如何變化．3．平行板電容器的動態(tài)分析方法(1)確定不變量→分析是電壓不變還是所帶電荷量不變．(2)用決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)→分析平行板電容器電容的變化．(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)→分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．(4)用E＝eq\f(U,d)→分析電容器極板間電場強度的變化．考點二帶電體在勻強電場中的直線運動問題圖6－3－3【典例2】(多選)(·課標全國卷，18)如圖6－3－3所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子()．A．所受重力與電場力平衡B．電勢能逐漸增加C．動能逐漸增加D．做勻變速直線運動解析帶電粒子在平行板電容器之間受到兩個力的作用，一是重力mg，方向豎直向下；二是電場力F＝Eq，方向垂直于極板向上．因二力均為恒力，已知帶電粒子做直線運動，所以此二力的合力一定在粒子運動的直線軌跡上，根據(jù)牛頓第二定律可知，該粒子做勻減速直線運動，選項D正確，選項A、C錯誤；從粒子運動的方向和電場力的方向可判斷出，電場力對粒子做負功，粒子的電勢能增加，選項B正確．答案BD【變式跟蹤2】如圖6－3－4甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量為m＝0.2kg、帶電荷量為q＝＋2.0×10－6C的小物塊處于靜止狀態(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.從t＝0時刻開始，在空間加上一個如圖乙所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場(取水平向右為正方向，g取10m/s2)．求：圖6－3－4(1)在第15s末小物塊的速度大小；(2)在0～15s內(nèi)小物塊的位移大小．解析(1)在0～2s內(nèi)小物塊的加速度為E1q－μmg＝ma1，即a1＝eq\f(E1q－μmg,m)＝2m/s2，位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝4m，在第2s末小物塊的速度為v2＝a1t1＝4m/s，在2～4s內(nèi)小物塊的加速度為：E2q＋μmg＝ma2，a2＝eq\f(E2q＋μmg,m)＝2m/s2，位移x2＝x1＝4m，在第4s末小物塊的速度為v4＝0，因此小物塊做周期為4s的運動，在第14s末的速度為v14＝4m/s，在第15s末小物塊的速度為v15＝v14－a2t＝2m/s，方向向右(t＝1s)．(2)在0～15s內(nèi)小物塊的位移大小可以看做是上述3個周期加上x1和第15s內(nèi)的位移，則：x15＝v14t－eq\f(1,2)a2t2＝3m，故在0～15s內(nèi)小物塊的位移為：x＝3(x1＋x2)＋x1＋x15＝31m.答案(1)2m/s方向向右(2)31m,以題說法帶電體在勻強電場中的直線運動問題的分析方法考點三帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題【典例3】如圖6－3－5所示，在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為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)，圖6－3－5以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O.試求：(1)粒子從射入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tanα；(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，所以粒子從射入到打到屏上所用的時間t＝eq\f(2L,v0).(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＝eq\f(Eq,m)，所以vy＝aeq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)，所以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為tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0)).(3)法一設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，則y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)eq\f(qEL2,mveq\o\al(2,0))又x＝y(tǒng)＋Ltanα，解得：x＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0))法二x＝vyeq\f(L,v0)＋y＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0)).法三由eq\f(x,y)＝eq\f(L＋\f(L,2),\f(L,2))得：x＝3y＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0)).答案(1)eq\f(2L,v0)(2)eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))(3)eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0))圖6－3－7【變式跟蹤3】如圖6－3－7所示，水平放置的平行板電容器，原來AB兩板不帶電，B極板接地，它的極板長l＝0.1m，兩板間距離d＝0.4cm，現(xiàn)有一微粒質(zhì)量m＝2.0×10－6kg，帶電荷量q＝＋1.0×10－8C，以一定初速度從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A板的中點O處，取g＝10m/s2.試求：(1)帶電粒子入射初速度v0的大?。?2)現(xiàn)使電容器帶上電荷，使帶電微粒能從平行板電容器的右側(cè)射出，則帶電后A板的電勢為多少？解析(1)電容器不帶電時，微粒做平拋運動，則有eq\f(l,2)＝v0t，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立兩式得v0＝eq\f(l,2)eq\r(\f(g,d))，代入數(shù)據(jù)得v0＝2.5m/s.(2)若使微粒能從電容器右側(cè)射出，則要求A板的電勢大于0，且B板接地電勢等于0，則有UAB＝φA－φB＝φA，A板電勢最小時，微粒剛好從A板右側(cè)邊緣射出，則有l(wèi)＝v0t1，eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，且mg－qeq\f(φAmin,d)＝ma1，聯(lián)立以上各式得φAmin＝6V，A板電勢最大時，微粒剛好從B板右側(cè)邊緣射出，則有qeq\f(φAmax,d)－mg＝ma2，且有a2＝a1，代入數(shù)據(jù)解得φAmax＝10V，綜合可得6V≤φA≤10V.答案(1)2.5m/s(2)6V≤φA≤10V,借題發(fā)揮1．帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時是否考慮重力(1)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)．(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不能忽略重力．2．求解帶電粒子偏轉(zhuǎn)問題的思路在示波管模型中，帶電粒子經(jīng)加速電場U1加速，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)后，需再經(jīng)歷一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖6－3－6所示．圖6－3－6(1)確定最終偏移距離思路①思路②(2)確定偏轉(zhuǎn)后的動能(或速度)思路①思路②eq\f(對應(yīng)學(xué)生,用書P116)疑難突破5帶電粒子在交變電場中的運動問題考情分析帶電粒子在交變電場中的運動更是高考的難點．今后對帶電粒子在電場包括交變電場中的運動與力學(xué)結(jié)合或與磁場結(jié)合應(yīng)是命題的方向．試題類型此類題型一般有三種情況：(1)粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)；(2)粒子做往返運動(一般分段研究)；(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運動(一般根據(jù)交變電場特點分段研究)．突破策略1．抓住周期性和空間上的對稱性注重全面分析(分析受力特點和運動規(guī)律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的邊界條件．2．分析時從兩條思路出發(fā)：(1)力和運動的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律分析；(2)功能關(guān)系.圖6－3－8典例(單選)如圖6－3－8(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖6－3－8(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處．若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上．則t0可能屬于的時間段是()．A．0<t0<eq\f(T,4)B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<TD．T<t0<eq\f(9T,8)解析設(shè)粒子的速度方向、位移方向向右為正．依題意得，粒子的速度方向時而為正，時而為負，最終打在A板上時位移為負，速度方向為負．作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)時粒子運動的速度圖象如圖所示．由于速度圖線與時間軸所圍面積表示粒子通過的位移，則由圖象可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T時粒子在一個周期內(nèi)的總位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)時粒子在一個周期內(nèi)的總位移小于零；當t0>T時情況類似．因粒子最終打在A板上，則要求粒子在每個周期內(nèi)的總位移應(yīng)小于零，對照各選項可知只有B正確．答案B圖6－3－9【預(yù)測】如圖6－3－9甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，電容器板長和板間距離均為L＝10cm，下極板接地，電容器右端到熒光屏的距離也是L＝10cm，在電容器兩極板間接一交變電壓，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示．(每個電子穿過平行板的時間都極短，可以認為電壓是不變的)求：(1)在t＝0.06s時刻，電子打在熒光屏上的何處．(2)熒光屏上有電子打到的區(qū)間有多長？解析(1)電子經(jīng)電場加速滿足qU0＝eq\f(1,2)mv2經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后側(cè)移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qU偏,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v)))eq\s\up12(2)所以y＝eq\f(U偏L,4U0)，由圖知t＝0.06s時刻U偏＝1.8U0，所以y＝4.5cm設(shè)打在屏上的點距O點距離為Y，滿足eq\f(Y,y)＝eq\f(L＋L/2,L/2)所以Y＝13.5cm.(2)由題知電子側(cè)移量y的最大值為eq\f(L,2)，所以當偏轉(zhuǎn)電壓超過2U0，電子就打不到熒光屏上了，所以熒光屏上電子能打到的區(qū)間長為3L＝30cm.答案(1)打在屏上的點位于O點上方，距O點13.5cm(2)30cmeq\f(對應(yīng)學(xué)生,用書P117)一、電容器的動態(tài)分析問題圖6－3－101．(單選)如圖6－3－10所示，A、B為平行板電容器的金屬板，G為靜電計．開始時開關(guān)S閉合，靜電計指針張開一定角度．為了使指針張開角度增大一些，應(yīng)該采取的措施是()．A．斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板靠近一些B．斷開開關(guān)S后，將A、B兩極板分開一些C．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近一些D．保持開關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開一些解析使指針張開角度增大一些，就是增大靜電計兩端的電壓，當開關(guān)S閉合時，電壓一定，則C、D錯誤；斷開開關(guān)S后，電容器帶電荷量一定，由C＝Q/U可知增大電容器兩極板之間電壓，需減小電容C，由平行板電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，保持S不變，增大d，電容C減小，則A錯誤、B正確．答案B2．(多選)(·海南卷，9)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場強度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示．下列說法正確的是()．A．保持U不變，將d變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话隑．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话?，則U變?yōu)樵瓉淼膬杀禖．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則U變?yōu)樵瓉淼囊话隓．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，則E變?yōu)樵瓉淼囊话虢馕鲇蒃＝eq\f(U,d)知，當U不變，d變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，E變?yōu)樵瓉淼囊话?，A項正確；當E不變，d變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，U變?yōu)樵瓉淼囊话?，B項錯誤；當電容器中d不變時，C不變，由C＝eq\f(Q,U)知，當Q變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，U變?yōu)樵瓉淼膬杀?，C項錯誤；Q變?yōu)樵瓉淼囊话?，U變?yōu)樵瓉淼囊话霑r，則E變?yōu)樵瓉淼囊话耄珼項正確．答案AD二、帶電體在電場中的直線運動問題圖6－3－113．(多選)如圖6－3－11所示，在絕緣光滑水平面上固定兩個等量同種電荷A、B，在AB連線上的P點由靜止釋放一帶電滑塊，則滑塊會在A、B之間往復(fù)運動，則以下判斷正確的是()．A．滑塊一定帶的是與A、B異種的電荷B．滑塊一定帶的是與A、B同種的電荷C．滑塊在由P向B運動過程中，電勢能一定是先減小后增大D．滑塊的動能與電勢能之和一定減小解析根據(jù)從P點由靜止釋放的帶電滑塊在A、B之間往復(fù)運動可以判斷，開始時A對滑塊向右的作用力大于B向左的作用力，所以滑塊一定帶與A、B相同的電荷，選項A錯B對；由于A、B帶等量同種電荷，所以其連線中點場強為零，滑塊在由P向B運動過程中，電場力先做正功后做負功，電勢能一定是先減小后增大，選項C正確；在整個運動過程中只有電場力做功，所以滑塊的動能與電勢能之和一定不變，D選項錯．答案BC圖6－3－124．(多選)(·重慶聯(lián)考)如圖6－3－12所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動．ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝Eq，則()．A．電場方向豎直向上B．小球運動的加速度大小為gC．小球上升的最大高度為eq\f(veq\o\al(2,0),2g)D．若小球在初始位置的電勢能為零，則小球電勢能的最大值為eq\f(mveq\o\al(2,0),4)解析由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動，其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定則，可知電場方向與ON方向成120°角，A錯誤；由圖中幾何關(guān)系，可知其合力為mg，由牛頓第二定律可知a＝g，方向與初速度相反，B正確；設(shè)帶電小球上升的最大高度為h，由動能定理可得：－mg×2h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：h＝eq\f(veq\o\al(2,0),4g)，C錯；電場力做負功，帶電小球的電勢能變大，當帶電小球速度為零時，其電勢能最大，則Ep＝－qE×2hcos120°＝qEh＝mgeq\f(veq\o\al(2,0),4g)＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4)，D正確．答案BD三、帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題圖6－3－135．(多選)a、b、c三個α粒子由同一點同時垂直場強方向進入偏轉(zhuǎn)電場，其軌跡如圖6－3－13所示，其中b恰好飛出電場，由