（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第3節(jié) 電容器 帶電粒子在電場中的運動講義（含解析）

（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 第3節(jié) 電容器 帶電粒子在電場中的運動講義（含解析）(1)電容器所帶的電荷量是指每個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)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。(×)(5)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。()(6)示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。()(7)帶電粒子在電場中運動時重力一定可以忽略不計。(×)突破點(一)平行板電容器的動態(tài)分析1平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況(1)電容器始終與電源相連時，兩極板間的電勢差U保持不變。(2)充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量Q保持不變。2平行板電容器動態(tài)問題的分析思路3平行板電容器問題的一個常用結(jié)論電容器充電后斷開電源，在電容器所帶電荷量保持不變的情況下，電場強度與極板間的距離無關(guān)。題點全練1(2018·江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()A仍然保持靜止B豎直向下運動C向左下方運動 D向右下方運動解析：選D開始時油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mgq，B板右端下移時，U不變，d變大，電場力Fq變小，mgF。并且A、B兩板之間的等差等勢面右端將均勻地順次向下移動，又電場強度垂直于等勢面，可得油滴的受力如圖所示，mg與F的合力方向為向右下方，故油滴向右下方運動。2多選(2019·蘇州模擬)如圖所示，平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極，一帶負(fù)電小球懸掛在電容器內(nèi)部。閉合開關(guān)S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為，則()A保持開關(guān)S閉合，略向右移動A板，則增大B保持開關(guān)S閉合，略向右移動A板，則不變C斷開開關(guān)S，略向上移動A板，則增大D斷開開關(guān)S，略向上移動A板，則不變解析：選AC保持開關(guān)S閉合，電容器兩端間的電勢差不變，帶負(fù)電的A板向右移動，極板間距離減小，電場強度E增大，小球所受的電場力變大，增大，故A正確，B錯誤。斷開開關(guān)S，電容器所帶的電量不變，根據(jù)C，U得，E，知略向上移動A板，則S減小，E變大，電場力變大，則增大，故C正確，D錯誤。3.如圖所示，兩塊平行放置的金屬板A、B與一電源相連，S閉合后，兩板間有一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，以下說法正確的是()A若將S斷開，則油滴立即做自由落體運動，G中無電流B若將A板向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G中有ab的電流C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ba的電流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ba的電流解析：選C若將S斷開，則電容器兩板所帶電荷量一定，電場強度不變，則油滴仍靜止，G中無電流，選項A錯誤。開始時，重力和電場力平衡，有mgqE；若將A板向左平移一小段位移，則由E可知，E不變，故油滴仍靜止；由于相對面積S減小，根據(jù)C和C可知，C減小，Q減小，電容器放電，G中有ba的電流，選項B錯誤。若將A板向上平移一小段位移，由E可知，E變小，則油滴向下加速運動；由于d變大，根據(jù)C、C可知，C減小，Q減小，電容器放電，G中有ba的電流，選項C正確。若將S斷開，Q不變，A向下平移一小段距離，根據(jù)C、C以及E可得E，知E不變，油滴仍靜止不動，由于電荷量不變，故G中無電流，選項D錯誤。突破點(二)帶電粒子在電場中的直線運動1帶電粒子在電場中運動時重力的處理基本粒子如電子、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)。帶電顆粒如液滴、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解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路(1)根據(jù)帶電粒子受到的電場力，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的運動情況。此方法只適用于勻強電場。(2)根據(jù)電場力對帶電粒子所做的功等于帶電粒子動能的變化求解。此方法既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場。典例(2017·江蘇高考)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。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P點，則由O點靜止釋放的電子()A運動到P點返回B運動到P和P點之間返回C運動到P點返回D穿過P點解析電子在A、B板間的電場中加速運動，在B、C板間的電場中減速運動，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強度為E，M、P兩點間的距離為d，則有eUeEd0，若將C板向右平移到P點，B、C兩板所帶電荷量不變，由E可知，C板向右平移到P時，B、C兩板間的電場強度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間加速運動后，在B、C板間減速運動，到達P點時速度為零，然后返回，A項正確，B、C、D項錯誤。答案A集訓(xùn)沖關(guān)1.如圖所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，下列對電子運動的描述中錯誤的是(設(shè)電源電動勢均為U)()A電子到達B板時的動能是UeB電子從B板到達C板動能變化量為零C電子到達D板時的動能是3UeD電子在A板和D板之間做往復(fù)運動解析：選C電子在AB之間做勻加速運動，且eUEk，A正確；在BC之間做勻速運動，B正確；在CD之間做勻減速運動，到達D板時，速度減為零，隨后反向做勻加速運動，在CB之間做勻速運動，在BA之間做勻減速運動，到達A板時，速度減為零，之后按上述運動過程往復(fù)運動，C錯誤，D正確。2.如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)。求：(1)小球到達小孔處的速度；(2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從開始下落運動到下極板處的時間。解析：(1)由v22gh，得v。(2)在極板間帶電小球受重力和電場力，有mgqEma,0v22ad得E，UEd，QCU得QC。(3)由hgt12,0vat2，tt1t2綜合可得t。答案：見解析突破點(三)帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)1基本規(guī)律設(shè)粒子帶電荷量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d(忽略重力影響), 則有(1)加速度：a。(2)在電場中的運動時間：t。(3)速度v，tan 。(4)位移2兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。證明：由qU0mv02及tan 得tan 。(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的交點O為粒子水平位移的中點，即O到電場邊緣的距離為。3帶電粒子在勻強電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUymv2mv02，其中Uyy，指初、末位置間的電勢差。典例如圖所示，一個電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿中心軸線從O點垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出打到熒光屏上的P點，O點為熒光屏的中心。已知電子質(zhì)量m9.0×1031 kg，電荷量e1.6×1019 C，加速電場電壓U02 500 V，偏轉(zhuǎn)電場電壓U200 V，極板的長度L16.0 cm，板間距離d2.0 cm，極板的末端到熒光屏的距離L23.0 cm。(忽略電子所受重力，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)求：(1)電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0的大?。?2)電子打在熒光屏上的P點到O點的距離h；(3)電子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中電場力對它所做的功W。思路點撥解答本題應(yīng)把握以下三點(1)熟練掌握帶電粒子在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中的運動規(guī)律。(2)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線過偏轉(zhuǎn)電場的中點。(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的過程中電場力對它做的功用WeEy來計算。解析(1)電子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理有：eU0mv02解得：v0 代入數(shù)據(jù)得：v03.0×107 m/s。(2)設(shè)電子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時在豎直方向上的側(cè)移量為y電子在水平方向做勻速直線運動：L1v0t電子在豎直方向上做勻加速運動：yat2根據(jù)牛頓第二定律有：ma聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)得y0.36 cm畫出電子的運動軌跡，由圖可知電子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的反向延長線過偏轉(zhuǎn)電場的中點由幾何關(guān)系知，代入數(shù)據(jù)解得h0.72 cm。(3)電子在偏轉(zhuǎn)電場運動的過程中電場力對它做的功WeEyey5.8×1018 J。答案(1)3.0×107 m/s(2)0.72 cm(3)5.8×1018 J方法規(guī)律分析勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵(1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。(2)運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。集訓(xùn)沖關(guān)1多選如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子P、Q以相同的速度沿垂直于電場方向射入兩平行板間的勻強電場中，P從兩極板正中央射入，Q從下極板邊緣處射入，它們最后打在同一點(重力不計)。從開始射入到打到上極板的過程中，下列說法正確的是()A它們運動的時間tQtPB它們運動的加速度aQaPC它們所帶的電荷量之比qPqQ12D它們的動能增加量之比EkPEkQ12解析：選AC垂直電場方向不受力，做勻速直線運動，位移相等，速度相等，由xvt得知，運動的時間相等，故A正確；平行電場方向受到電場力作用，做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)位移時間關(guān)系公式，有：yat2，解得：a，由于兩帶電粒子平行電場方向分位移之比為：yPyQ12，所以aQaP，故B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律，有：qEma，則：q，所以它們所帶的電荷量之比qPqQ12，故C正確；根據(jù)動能定理，有：qEyEk，又qPqQ12，yPyQ12，所以動能增加量之比：EkPEkQ14，故D錯誤。2.示波器的示意圖如圖，金屬絲發(fā)射出來的電子(初速度為零，不計重力)被加速后從金屬板的小孔穿出，進入偏轉(zhuǎn)電場。電子在穿出偏轉(zhuǎn)電場后沿直線前進，最后打在熒光屏上。設(shè)加速電壓U11 640 V，偏轉(zhuǎn)極板長L4 cm，偏轉(zhuǎn)板間距d1 cm，當(dāng)電子加速后從兩偏轉(zhuǎn)板的中央沿板平行方向進入偏轉(zhuǎn)電場。(1)偏轉(zhuǎn)電壓U2為多大時，電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大？(2)如果偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離s20 cm，則電子束最大偏轉(zhuǎn)距離為多少？解析：(1)設(shè)電子電量大小為e，質(zhì)量為m，進入偏轉(zhuǎn)電場初速度為v0，根據(jù)動能定理，有eU1mv02電子在偏轉(zhuǎn)電場中的飛行時間t1電子在偏轉(zhuǎn)電場的加速度a要使電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必須沿下板邊緣射出。電子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)移距離為，則有：at12聯(lián)立以上各式，得偏轉(zhuǎn)電壓U2代入數(shù)據(jù)解得：U2205 V。(2)設(shè)電子離開電場后側(cè)移距離為y1，則電子束打在熒光屏上最大偏轉(zhuǎn)距離yy1由于電子離開偏轉(zhuǎn)電場的側(cè)向速度vyat1電子離開偏轉(zhuǎn)電場后的側(cè)向位移y1得電子最大偏轉(zhuǎn)距離y代入數(shù)據(jù)解得：y0.055 m。答案：(1)205 V(2)0.055 m電容器在現(xiàn)代科技生活中的應(yīng)用電容器在現(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上的電容觸摸屏、電容式傳聲器、電容式加速度計等。(一)智能手機上的電容觸摸屏1多選目前智能手機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，四個角引出四個電極，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電容器，因為工作面上接有高頻信號，電流通過這個電容器分別從屏的四個角上的電極中流出，且理論上流經(jīng)四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例，控制器通過對四個電流比例的精密計算來確定手指位置。對于電容觸摸屏，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B使用絕緣筆，在電容觸摸屏上也能進行觸控操作C手指壓力變大時，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，電容變大解析：選AD據(jù)題意知，電容觸摸屏只需要觸摸，由于流經(jīng)四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例，控制器就能確定手指的位置，因此不需要手指有壓力，故A正確；絕緣筆與工作面不能形成一個電容器，所以不能在電容屏上進行觸控操作，故B錯誤；手指壓力變大時，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容將變大，故C錯誤；手指與屏的接觸面積變大時，電容變大，故D正確。(二)電容式傳聲器2(2018·汕頭模擬)圖示為某電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖，當(dāng)人對著傳聲器講話，膜片會振動。若某次膜片振動時，膜片與極板距離增大，則在此過程中()A膜片與極板間的電容增大B極板所帶電荷量增大C膜片與極板間的電場強度增大D電阻R中有電流通過解析：選D根據(jù)C可知，膜片與極板距離增大，膜片與極板間的電容減小，選項A錯誤；根據(jù)QCU可知極板所帶電荷量減小，因此電容器要通過電阻R放電，所以選項D正確，B錯誤；根據(jù)E可知，膜片與極板間的電場強度減小，選項C錯誤。(三)電容式加速度計3多選電容式加速度傳感器的原理如圖所示，質(zhì)量塊左、右側(cè)連接電介質(zhì)、輕質(zhì)彈簧，彈簧與電容器固定在外框上，質(zhì)量塊可帶動電介質(zhì)移動，改變電容。則()A電介質(zhì)插入極板間越深，電容器電容越小B當(dāng)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，突然減速時彈簧會壓縮D當(dāng)傳感器由靜止突然向右加速時，電路中有順時針方向的電流解析：選CD由C知，電介質(zhì)插入越深，r越大，即C越大，A錯；當(dāng)傳感器以恒定加速度運動時，電介質(zhì)相對電容器靜止，電容不變，電路中沒有電流，B錯；傳感器向右勻速運動，突然減速時，質(zhì)量塊由于慣性相對傳感器向右運動，彈簧壓縮變短，C對；傳感器由靜止突然向右加速時，電介質(zhì)相對電容器向左運動，r增大，C增大，電源電動勢不變，由C知，Q增大，上極板電荷量增大，即電路中有順時針方向的電流，D對。本類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，進一步分析Q的變化。