2025屆高考物理一輪復習第七章靜電場第三節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運動學案新人教版

PAGE14-第三節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運動一、電容器電容1．兩個彼此絕緣而又相互靠近的導體就組成一個電容器。2．電容器是用來容納電荷的用電器。3.電容器的帶電量是指其中一個極板所帶電量的肯定值(兩個極板帶電量的肯定值相同)。4．電容器的電容是描述電容器容納電荷本事的物理量，它等于電容器的帶電量(Q)與兩極間電勢差(U)的比值，即C＝Q/U，單位是法拉(F)。5．平行板電容器跟平行板的正對面積S、介質介電常數ε成正比，跟兩板間距d成反比。即C＝eq\f(εS,4πkd)，其中k為靜電力常量。6．電容的大小由電容器本身性質確定，與電容器是否帶電、帶電量的多少、板間電勢差的多少無關。7．在做與平行板電容器有關的題時，留意三個公式C＝eq\f(εS,4πkd)、C＝eq\f(Q,U)和E＝eq\f(U,d)的綜合運用。學問點二帶電粒子在電場中的運動1．帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，重力不計時，受到的電場力與運動方向在同一條直線上，粒子做勻加(勻減)速直線運動。2．帶電粒子沿與電場線垂直的方向進入勻強電場，做類平拋運動。例1如圖所示是一個由電池、電阻R、開關S與平行板電容器組成的串聯電路，開關閉合。在增大電容器兩極板間距離的過程中()A．電阻R中沒有電流B．電容器的電容變大C．電阻R中有從a流向b的電流D．電阻R中有從b流向a的電流【解析】圖中電容器被充電，A極板帶正電，B極板帶負電。依據平行板電容器的大小確定因素C∝eq\f(εS,d)可知當增大電容器兩極板間距離d時，電容C變小。由于電容器始終與電池相連，電容器兩極板間電壓UAB保持不變，依據電容的定義C＝eq\f(Q,UAB)，當C減小時電容器兩極板所帶電荷量Q都要削減，電源正極的負電荷從b到a流向A中和掉A板上的部分正電荷，即電阻R中有從a流向b的電流。所以選項C正確。【答案】C例2如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變【解析】若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，依據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C變大；依據Q＝CU可知，在Q肯定的狀況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏角θ減?。灰罁﨓＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C＝eq\f(εrS,4πkd)，聯立可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差不變，P點的電勢不變，故Ep不變；由以上分析可知，選項D正確。【答案】D1．水平放置的平行板電容器與一電池相連，在電容器的兩板間有一帶正電的質點處于靜止狀態(tài)，現將電容器兩板間的距離增大，則()A．電容變大，質點向上運動B．電容變大，質點向下運動C．電容變小，質點保持靜止D．電容變小，質點向下運動2．(多選)一平行板電容器，兩板之間的距離d和兩板面積S都可以調整，電容器兩板與電池相連接。以Q表示電容器的電荷量，E表示兩極板間的電場強度，則()A．當d增大、S不變時，Q減小、E減小B．當S增大、d不變時，Q增大、E增大C．當d減小、S增大時，Q增大、E增大D．當S減小、d減小時，Q不變、E不變3．(多選)如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一電源相連，S閉合后，兩板間有一質量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止狀態(tài)。以下說法中正確的是()A．若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G中有b→a的電流B．若將A板向左平移一小段位移，則油滴仍舊靜止，G中有b→a的電流C．若將S斷開，則油滴馬上做自由落體運動，G中無電流D．若將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G中有b→a的電流4．(多選)用限制變量法，可以探討影響同等板電容器的因素(如圖)，設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ。試驗中，極板所帶電荷量不變，若()A．保持S不變，增大d，則θ變大B．保持S不變，增大d，則θ變小C．保持d不變，增大S，則θ變小D．保持d不變，增大S，則θ不變5．(多選)美國物理學家密立根通過探討平行板間懸浮不動的帶電油滴，比較精確地測定了電子的電荷量。如圖所示，平行板電容器兩極板M、N相距d，兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接，極板M帶正電?，F有一質量為m的帶電油滴在極板中心處于靜止狀態(tài)，且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k，則()A．油滴帶負電B．油滴帶電荷量為eq\f(mg,Ud)C．電容器的電容為eq\f(kmgd,U2)D．將極板N向下緩慢移動一小段距離，油滴將向上運動6．如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調電阻，用絕緣細線將質量為m、帶正電的小球懸于電容器內部。閉合開關S，小球靜止時受到懸線的拉力為F。調整R1、R2，關于F的大小推斷正確的是()A．保持R1不變，緩慢增大R2時，F將變大B．保持R1不變，緩慢增大R2時，F將變小C．保持R2不變，緩慢增大R1時，F將變大D．保持R2不變，緩慢增大R1時，F將變小7．如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B相距為d，平行放置并與一電源相連，開關S閉合后，兩板間恰好有一質量為m、帶電荷量為q的油滴處于靜止狀態(tài)，以下說法正確的是()A．若將S斷開，則油滴將做自由落體運動，G表中無電流B．若將A向左平移一小段位移，則油滴仍舊靜止，G表中有a→b的電流C．若將A向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G表中有b→a的電流D．若將A向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G表中有b→a的電流8．如圖所示，一電子槍放射出的電子(初速度很小，可視為零)進入加速電場加速后，垂直射入偏轉電場，射出后偏轉位移為Y，要使偏轉位移增大，下列哪些措施是可行的(不考慮電子射出時遇到偏轉電極板的狀況)()A．增大偏轉電壓UB．增大加速電壓U0C．增大偏轉極板間距離D．將放射電子改成放射負離子9．(多選)如圖，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與始終流電源相連。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．電勢能漸漸增加C．動能漸漸增加D．做勻變速直線運動10．(多選)如圖所示，A板發(fā)出的電子經加速后，水平射入水平放置的兩平行金屬板間，金屬板間所加的電壓為U，電子最終打在熒光屏P上，關于電子的運動，則下列說法中正確的是()A．滑動觸頭向右移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升B．滑動觸頭向左移動時，其他不變，則電子打在熒光屏上的位置上升C．電壓U增大時，其他不變，則電子從發(fā)出到打在熒光屏上的時間不變D．電壓U增大時，其他不變，則電子打在熒光屏上的速度大小不變11．一個帶負電荷q、質量為m的小球從光滑絕緣的斜面軌道的A點由靜止下滑，小球恰能通過半徑為R的豎直圓形軌道的最高點B而做圓周運動。現在豎直方向上加如圖所示的勻強電場，若仍從A點由靜止釋放該小球，則()A．小球不能過B點B．小球仍恰好能過B點C．小球能過B點，且在B點與軌道之間壓力不為0D．以上說法都不對12．如圖所示，兩平行金屬板相距d，電勢差為U，一電子質量為m，電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射出，最遠到達A點，然后返回，OA＝L，此電子具有的初動能為多少？13．如圖所示，平行板電容器豎直放置在水平絕緣地板上，場強方向水平向右。一個帶電質點質量m＝0.10g，電荷量q＝－2.0×10－4C，從電容器中心線上某點由靜止起先自由下落，下落了h1＝0.80m后進入勻強電場，又下落了h2＝1.0m后到達水平絕緣地板，落地點在兩板中心O點左側s＝20cm處。求電容器中勻強電場的場強E的大小。14．如圖所示，一電荷量為＋q、質量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上，當整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中，小物塊恰好靜止，重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)水平向右電場的電場強度；(2)若將電場強度減小為原來的eq\f(1,2)，物塊的加速度是多大；(3)電場強度變更后物塊下滑距離L時的動能。1．如圖所示，a、b為平行金屬板，靜電計的外殼接地，合上開關S后，靜電計的指針張開一個較小的角度，能使角度增大的方法是()A．使a、b板的距離增大一些B．使a、b板的正對面積減小一些C．斷開S，使a、b板的距離增大一些D．斷開S，使a、b板的正對面積增大一些2．如圖所示，電路中R1、R2均為可變電阻，電源內阻不能忽視，平行板電容器C的極板水平放置。閉合開關S，電路達到穩(wěn)定時，帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動。假如僅變更下列某一個條件，油滴仍能靜止不動的是()A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值C．增大兩板間的距離 D．斷開開關S3．如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內阻不計)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)?，F將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，則()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小D．電容器的電容減小，極板帶電荷量將增大4．如圖所示，三個同樣的帶電粒子(不計重力)同時從同一位置沿同一方向垂直于電場線射入平行板電容器間的勻強電場，它們的運動軌跡分別用a、b、c標出，不考慮帶電粒子間的相互作用力。下列說法中錯誤的是()A．當b飛離電場的同時，a剛好打在下極板上B．b和c同時飛離電場C．進入電場時，c的速度最大，a的速度最小D．在電場中運動過程中c的動能增加量最小，a、b動能增加量相同5．電容式加速度傳感器的原理結構如圖所示，質量塊右側連接輕質彈簧，左側連接電介質，彈簧與電容器固定在外框上，質量塊可帶動電介質移動變更電容。則()A．電介質插入極板間越深，電容器電容越小B．當傳感器以恒定加速度運動時，電路中有恒定電流C．若傳感器原來向右勻速運動，突然減速時彈簧會伸長D．當傳感器由靜止突然向右加速瞬間，電路中有順時針方向電流6．如圖所示，A、B為平行金屬板，兩板相距為d，分別與電源兩極相連，兩板的中心各有一小孔M和N。今有一帶電質點，自A板上方相距d的P點由靜止自由下落(P、M、N在同始終線上)，空氣阻力忽視不計，到達N孔時速度恰好為零，然后沿原路返回，若保持兩極間的電壓不變，則①把A板向上平移一小段距離，質點自P點自由下落后仍能返回②把A板向下平移一小段距離，質點自P點自由下落后將穿過N孔接著下落③把B板向上平移一小段距離，質點自P點自由下落后仍能返回④把B板向下平移一小段距離，質點自P點自由下落后將穿過N孔接著下落以上推斷正確的是()A．①②③④ B．①②④C．②③④ D．①③④7．噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽視的墨汁微滴，經帶電室?guī)ж撾姾螅运俣葀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B．電勢能漸漸增大C．運動軌跡是拋物線D．運動軌跡與所帶電荷量無關8．從炙熱的金屬絲飄出的電子(速度可視為零)，經加速電場加速后從兩極板中間垂直射入偏轉電場，電子的重力不計，在滿意電子能射出偏轉電場的條件下，下述四種狀況中，肯定能使電子的偏轉角變大的是()A．僅將偏轉電場極性對調B．僅增大偏轉電極板間的距離C．僅增大偏轉電極板間的電壓D．僅減小偏轉電極板間的電壓9．一價氫離子(eq\o\al(1,1)H)和二價氦離子(eq\o\al(4,2)He)的混合體，經同一加速電場加速后，垂直射入同一偏轉電場中，偏轉后，打在同一熒光屏上，則它們()A．同時到達屏上同一點B．先后到達屏上同一點C．同時到達屏上不同點D．先后到達屏上不同點10．質譜儀可對離子進行分析。如下圖所示，在真空狀態(tài)下，脈沖閥P噴出微量氣體，經激光照耀產生電荷量為q、質量為m的正離子，自a板小孔進入a、b間的加速電場，從b板小孔射出，沿中線方向進入M、N板間的偏轉限制區(qū)，到達探測器(可上下移動)。已知a、b板間距為d，極板M、N的長度和間距均為L，a、b間的電壓為U1，M、N間的電壓為U2。不計離子重力及進入a板時的初速度。求：(1)離子從b板小孔射出時的速度大??；(2)離子自a板小孔進入加速電場至離子到達探測器的全部飛行時間；(3)為保證離子不打在極板上，U2與U1應滿意的關系。11．如圖所示，AMB是一條長L＝10m的絕緣水平軌道，固定在離水平地面高h＝1.25m處，A、B為端點，M為中點，軌道MB處在方向豎直向上、大小E＝5×103N/C的勻強電場中．一質量m＝0.1kg、電荷量q＝＋1.3×10－4C的可視為質點的滑塊以初速度v0＝6m/s在軌道上自A點起先向右運動，經M點進入電場，從B點離開電場．已知滑塊與軌道間的動摩擦因數μ＝0.2，g＝10m/s2。求滑塊：(1)到達M點時的速度大小；(2)從M點運動到B點所用的時間；(3)落地點距B點的水平距離。12．如圖所示，離子發(fā)生器在P極板產生一束質量為m、電荷量為＋q的離子(初速度可忽視，重力不計，離子間的相互作用力可忽視)，經P、Q兩板間的加速電場加速后，以速度v0從a點沿ab方向水平進入邊長為L的正方形abcd勻強電場區(qū)域(電場方向豎直向上)，離子從abcd邊界上某點飛出時的動能為mveq\o\al(2,0)。求：(1)P、Q兩板間的電壓U；(2)離子離開abcd區(qū)域的位置；(3)abcd區(qū)域內勻強電場的場強E的大小。

第三節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運動課堂練習1．D2.AC3.AB4.AC5.AC6.B7.C8.A9.BD10.BC11.B12．【答案】eq\f(eUL,d)【解析】兩極板間的電場強度E＝eq\f(U,d)，電子從O到A的過程中，由動能定理－eEh＝0－Ek0。解得Ek0＝eq\f(eUL,d)。13．【答案】5V/m【解析】帶點質點先做自由落體運動，后做類平拋運動，設自由落體運動的時間t1，在豎直方向上h1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，h1＋h2＝eq\f(1,2)gt2，做類平拋運動的時間為t2，所以有t2＝t－t1＝0.2s。在水平方向s＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，由牛頓其次定律，則有qE＝ma，解得E＝eq\f(m×2s,qt\o\al(2,2))＝5V/m。14．【答案】(1)eq\f(3mg,4q)(2)0.3g(3)0.3mgL【解析】(1)對物體進行受力分析，建立如圖所示坐標系：依據平衡列方程，在x軸方向：Fcos37°＝mgsin37°。在y軸方向：FN＝mgcos37°＋Fsin37°。聯立解得F＝eq\f(3,4)mg。在電場中電場力F＝qE，可得電場強度E＝eq\f(F,q)＝eq\f(3mg,4q)。(2)物體在沿斜面方向由牛頓其次定律：mgsin37°－F′cos37°＝ma。若E′＝eq\f(E,2)，則F′＝eq\f(F,2)＝eq\f(3,8)mg，則物體產生的加速度a＝0.3g(方向沿沿斜面對下)。(3)電場強度變更后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理則有：mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0，可得動能Ek＝0.3mgL。課后練習1．C2.B3.B4.B5.D6.D7.C8.C9.B10．【答案】(1)eq\r(\f(2qU1,m))(2)(2d＋L)eq\r(\f(m,2qU1))(3)U2＜2U1【解析】由動能定理qU1＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(\f(2qU1,m))(2)離子在a、b間的加速度：a1＝eq\f(qU1,md)在a、b間運動的時間：t1＝eq\f(v,a1)＝eq\r(\f(2m,qU1))·d在MN間運動的時間：t2＝eq\f(L,v)＝Leq\r(\f(m,2qU1))離子到達探測器的時間：t＝t1＋t2＝(2d＋L)eq\r(\f(m,2qU1))；(3)在MN間側移：y＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝eq\f(qU2L2,2mLv2)＝eq\f(U2L,4U1)由y＜eq\f(L,2)，得U2＜2U1。11．【答案】(1)4m/s(2)eq\f(10,7