（新課標）河南省2015高考物理總復(fù)習(xí)講義 第6章 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運動

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1、 第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運動 知識一　電容器、電容、平行板電容器 1．電容器 (1)帶電量：一個極板所帶電荷量的絕對值． (2)電容器的充、放電． ①充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能． ②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)意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量． (2)定義式：C＝. (3)單位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF. 3．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，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與

2、兩極板間的距離成反比． (2)決定式：C＝，k為靜電力常量． 　(1)電容器的電容表示其儲存電荷的能力．(√) (2)電容器的電容與它所帶的電荷量成正比．() (3)放電后的電容器電量為零，電容也為零．() 知識二　帶電粒子在電場中的運動 1．帶電粒子在電場中的加速 (1)處理方法：利用動能定理：qU＝mv2－mv. (2)適用范圍：任何電場． 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＝. ②沿電場方向，做

3、初速度為零的勻加速直線運動． 帶電粒子在電場中的重力問題 　(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有說明或有明確的暗示以外，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，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力． 知識三　示波管 1．示波管裝置 示波管由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，管內(nèi)抽成真空．如圖6－3－1所示． 圖6－3－1 2．工作原理 (1)如果在偏轉(zhuǎn)電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子束沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產(chǎn)生一個亮斑． (2)YY′上加的是待顯示的

4、信號電壓．XX′上是機器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓．若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)隨時間變化的穩(wěn)定圖象． 　(1)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動．() (2)帶電粒子在電場中可以做圓周運動．(√) (3)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．(√) 1．如圖6－3－2所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場作用下從O經(jīng)P板的小孔射出，又垂 圖6－3－2 直進入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓為U2的電場作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該(　　) A．使

5、U2加倍 B．使U2變?yōu)樵瓉淼?倍 C．使U2變?yōu)樵瓉淼谋? D．使U2變?yōu)樵瓉淼? 【解析】　電子經(jīng)U1加速后獲得的動能為Ek＝mv2＝qU1，電子在偏轉(zhuǎn)電場中的側(cè)移量為：y＝at2＝＝，可見當(dāng)U1加倍時，要使y不變，需使U2加倍，顯然A正確． 【答案】　A 2．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)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，如圖6－3－3所示，OA＝h，此電子具有的初動能是(　　) 圖6－3－3 A.　　　B．edUh　　　C.　　　D. 【解析】　由動能定理得：－eh＝－Ek，所以Ek＝. 【答案】　D

6、 3．(多選)如圖6－3－4所示，示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成．如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的(　　) 圖6－3－4 A．極板X應(yīng)帶正電 B．極板X′應(yīng)帶正電 C．極板Y應(yīng)帶正電 D．極板Y′應(yīng)帶正電 【解析】　由熒光屏上亮斑的位置可知，電子在XX′偏轉(zhuǎn)電場中向X極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板X帶正電，A正確，B錯誤；電子在YY′偏轉(zhuǎn)電場中向Y極板方向偏轉(zhuǎn)，故極板Y帶正電，C正確，D錯誤． 【答案】　AC 4．(2013廣東高考)噴墨打印機的簡化模型如圖6－3－5所示．重力可忽略的墨汁微滴，經(jīng)帶電室?guī)ж撾姾?，以速度v垂直勻強電場飛入極

7、板間，最終打在紙上．則微滴在極板間電場中(　　) 圖6－3－5 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．運動軌跡與帶電量無關(guān) 【解析】　帶電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． 帶負電的微滴進入電場后受到向上的靜電力，故帶電微滴向正極板偏轉(zhuǎn)，選項A錯誤；帶電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，選項B錯誤；根據(jù)x＝v0t，y＝at2及a＝，得帶電微滴的軌跡方程為y＝，即運動軌跡是拋物線，與帶電量有關(guān)，選項C正確，D錯誤． 【答

8、案】　C 考點一 [53]　平行板電容器的動態(tài)問題分析 一、分析比較的思路 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＝分析平行板電容器電容的變化． 3．用定義式C＝分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化． 4．用E＝分析電容器極板間場強的變化． 二、兩類動態(tài)變化問題的比較 分類 充電后與電池兩極相連 充電后與電池兩極斷開 不變量 U Q d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 ——————[1個示范例]———

9、——— 　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 【解析】　由平行板電容器電容決定式C＝知，當(dāng)插入電介質(zhì)后，ε變大，則在S、d不變的情況下C增大；由電容定義式C＝得U＝，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 [備課記錄]　 ——————[1個預(yù)測例]—————— 　(多選)用控制變量法，可以研究影響平行板電容器的因素(如圖6－3－6)．設(shè)兩極板正對面積為S，極板間的距離

10、為d，靜電計指針偏角為θ.實驗中，極板所帶電荷量不變，若(　　) 圖6－3－6 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 【審題指導(dǎo)】　解答該題應(yīng)注意： (1)題中電容器所帶的電量不變． (2)靜電計指針偏角θ越大，表示極板間的電壓越大． 【解析】　由C＝、C＝可得：U＝，保持S不變，增大d，則U增大，即θ變大，故A正確，B錯誤；保持d不變，增大S，則U減小，即θ變小，故C對，D錯誤． 【答案】　AC 考點二 [54]　帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動 一

11、、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、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，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力． 二、分析方法 1．用動力學(xué)方法分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad. 2．用功能觀點分析 勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv. 非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1. 　 圖6－3－7 如圖6－3－7所示，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37的光滑斜面上，當(dāng)整個裝置被置于一水平向右的勻強電場中時，小物塊恰好靜止．重

12、力加速度取g，sin 37＝0.6，cos 37＝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1/2，物塊的加速度是多大； (3)電場強度變化后物塊下滑距離為L時的動能． 【審題指導(dǎo)】　(1)小物塊恰好靜止時，包含電場力在內(nèi)的各力合力為零． (2)根據(jù)牛頓第二定律求加速度． (3)利用動能定理分析下滑L時的動能． 【解析】　 (1)小物塊靜止在斜面上，受重力、電場力和斜面支持力，示意圖如圖所示，則有 FNsin 37＝qE① FNcos 37＝mg② 由①②可得E＝. (2)若電場強度減小為原來的，即E′＝ 由牛頓第二定

13、律得mgsin 37－qE′cos 37＝ma 可得a＝0.3 g. (3)電場強度變化后物塊下滑距離L時，重力做正功，電場力做負功，由動能定理得 mgLsin 37－qE′Lcos 37＝Ek－0 可得Ek＝0.3 mgL. 【答案】　(1)　(2)0.3g　(4)0.3mgL 考點三 [55]　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 一、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qU0＝mv及tan φ＝得tan φ＝ 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

14、距離為. 二、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：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差． ——————[1個示范例]—————— 　(多選)(2013濟南一中模擬)如圖6－3－8所示，平行金屬板內(nèi)有一勻強電場，一個電量為q、質(zhì)量為m的帶電粒子(不計重力)以v0從A點水平射入電場，且剛好以速度v從B點射出(　　) 圖6－3－8 A．若該粒子以速度－v從B點射入，則它剛好以速度－v0從A點射出 B．若將q的反粒子(－q，m)以－v從B點射入，它將剛好以速度－v0從A點射出 C．若將q的反粒子(－q，m)

15、以－v0從B點射入，它將剛好以速度－v從A點射出 D．若該粒子以－v0從B點射入電場，它將以－v從A點射出 【解析】　帶電粒子進入電場后只受豎直方向的電場力，在水平方向做勻速運動．若粒子q從B點以－v射入電場，則將在A點以－v0射出，故A正確，B錯誤．若粒子－q從B點以－v0射入電場，其軌跡與AB完全對稱，則在A點以－v射出電場，故C正確，D錯誤． 【答案】　AC ——————[1個預(yù)測例]—————— 　 圖6－3－9 如圖6－3－9所示，真空中水平放置的兩個相同極板Y和Y′長為L，相距d，足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距b.在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓UYY′，一束質(zhì)量為

16、m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)從兩板左側(cè)中點A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出． (1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點； (2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓UYY′的范圍； (3)求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度． 【審題指導(dǎo)】　(1)帶電粒子在兩極板之間的電場中做類平拋運動． (2)當(dāng)兩極板間所加的電壓最大時，帶電粒子恰好從極板的右邊緣飛出． (3)帶電粒子到達屏上區(qū)域邊緣對應(yīng)極板間所加的電壓最大． 【解析】　(1)設(shè)粒子在運動過程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場方向的速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為θ，其反向延長線通過O點，O點與

17、板右端的水平距離為x， 則有y＝at2① L＝v0t② vy＝at tan θ＝＝， 聯(lián)立可得x＝ 即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點． (2)a＝③ E＝④ 由①②③④式解得y＝ 當(dāng)y＝時， UYY′＝ 則兩板間所加電壓的范圍為 －≤UYY′≤ (3)y＝時，粒子在屏上側(cè)向偏移的距離最大， 設(shè)其大小為y0， 則y0＝y(tǒng)＋btan θ 又tan θ＝＝， 解得：y0＝ 故粒子在屏上可能到達的區(qū)域的長度為 2y0＝ 【答案】　(1)見解析　(2)－≤UYY′≤　(3) 　計算粒子打到屏上的位置離屏中心的距離

18、Y的幾種方法： (1)Y＝y(tǒng)＋dtan θ(d為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)． (2)Y＝(＋d)tan θ(L為電場寬度)． (3)Y＝y(tǒng)＋vy. (4)根據(jù)三角形相似：＝. 考點四 [56]　示波管的工作原理 電子在示波管中的運動規(guī)律 (1)電子在電子槍中加速獲得初速度v，由動能定理可得eU＝mv2，U為加速電場的電壓． (2)電子在偏轉(zhuǎn)電場中向正極板偏轉(zhuǎn)，在熒光屏上打出的光斑位置隨電壓的變化而變化． (3)要研究的信號電壓加在豎直偏轉(zhuǎn)板上，水平偏轉(zhuǎn)板上的電壓是掃描電壓． (4)電子打在熒光屏上將出現(xiàn)亮點，若電子打在屏上的位置快速移動，由于視覺暫留效應(yīng)，能在熒光屏上看到一條

19、亮線． 　(2011安徽高考)如圖6－3－10(a)為示波管的原理圖．如果在電極YY′之間所加的電壓按圖(b)所示的規(guī)律變化，在電極XX′之間所加的電壓按圖(c)所示的規(guī)律變化，則在熒光屏上會看到的圖形是(　　) (a) (b)　　　　　　　　(c) 圖6－3－10 【解析】　電子在YY′和XX′間沿電場方向均作初速度為零的勻加速直線運動，由位移公式s＝at2＝t2，知水平位移和豎直位移均與電壓成正比．在t＝0時刻，UY＝0知豎直位移為0，故A、C錯誤．在t＝時刻，UY最大知豎直位移最大，故B正確，D錯誤． 【答案】　B 示波管上圖象的種類

20、 YY′ XX′ 圖象 1 U＝0 U＝0 中心亮斑 2 恒壓 恒壓 光斑 3 交變電壓 U＝0 豎線 4 U＝0 掃描電壓 橫線 5 交變電壓 掃描電壓 交變信號 帶電粒子在交變電場中運動問題的解題策略 一、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)． 二、解題策略 1．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

21、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． ——————[1個示范例]—————— 　(2011安徽高考)如圖6－3－11(a)所示，兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖6－3－11(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)　　　　　　　　　　　　(b) 圖6－3－11 A．0

22、 C.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 ——————[1個方法練]—————— 圖6－3－12 平行板間加上如圖6－3－1

23、2所示周期性變化的電壓，重力不計的帶電粒子靜止在平行板中央，從t＝0時刻開始將其釋放，運動過程中無碰板情況．則選項中，定性描述粒子運動的v－t圖象正確的是(　　) 【解析】　從t＝0時刻到t＝T/2時刻，帶電粒子受到電場力的作用從平行板中央開始向極板的方向做勻加速運動，在t＝T/2時刻電場反轉(zhuǎn)，電場力大小不變，方向相反，即加速度反向，帶電粒子做勻減速運動，但是運動方向沒有改變，到t＝T時刻，速度減少到0，然后繼續(xù)開始加速，開始一個新的周期……滿足上述運動的圖象只有A. 【答案】　A ⊙平行板電容器的動態(tài)分析 1．(多選)(2012海南高考)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、

24、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? B．保持E不變，將d變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tU變?yōu)樵瓉淼膬杀? C．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒tU變?yōu)樵瓉淼囊话? D．保持d不變，將Q變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒tE變?yōu)樵瓉淼囊话? 【解析】　由E＝知，當(dāng)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(dāng)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(dāng)電容器中d不變時， C不變，由C＝知，當(dāng)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?/p>

25、來的一半，D項正確． 【答案】　AD ⊙帶電粒子在電場中的直線運動 2. 圖6－3－13 (多選)(2012新課標全國高考)如圖6－3－13，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，

26、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 ⊙帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn) 3. 圖6－3－14 (2013西安一中檢測)如圖6－3－14所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U1時，帶電粒子沿①軌跡從兩板正中間飛出；當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U2時，帶電粒子沿②軌跡落到B板中間；設(shè)粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉(zhuǎn)電壓之比為(　　) A．U1∶U2＝1∶8　　　　　 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1

27、∶U2＝1∶1 【解析】　由y＝at2＝得：U＝，所以U∝，可知選項A正確． 【答案】　A 4. 圖6－3－15 (2014南昌一中檢測)如圖6－3－15所示，電子在電勢差為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉(zhuǎn)電場中，入射方向跟極板平行．整個裝置處在真空中，重力可忽略．在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉(zhuǎn)角θ變大的是(　　) A．U1變大、U2變大 B．U1變小、U2變大 C．U1變大、U2變小 D．U1變小、U2變小 【解析】　設(shè)電子被加速后獲得的速度為v0，水平極板長為l，則由動能定理

28、得U1q＝ mv，電子在水平極板間偏轉(zhuǎn)所用時間t＝，又設(shè)電子在水平極板間的加速度為a，水平極板的板間距為d，由牛頓第二定律得a＝，電子射出偏轉(zhuǎn)電場時，平行于電場方向的速度vy＝at，聯(lián)立解得vy＝，又tan θ＝＝＝＝，故U2變大、U1變小，一定能使偏轉(zhuǎn)角θ變大，故B正確． 【答案】　B ⊙帶電體在電容器中運動的綜合應(yīng)用 5．(2013新課標全國卷Ⅰ)一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計)．小孔正上方處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處(未與極板接觸)返回．若將下

29、極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將(　　) A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板d處返回 【解析】　本題應(yīng)從動能定理的角度解決問題． 帶電粒子在重力作用下下落，此過程中重力做正功，當(dāng)帶電粒子進入平行板電容器時，電場力對帶電粒子做負功，若帶電粒子在下極板處返回，由動能定理得mg(＋d)－qU＝0；若電容器下極板上移，設(shè)帶電粒子在距上極板d′處返回，則重力做功WG＝mg(＋d′)，電場力做功W電＝－qU′＝－qU＝－qU，由動能定理得WG＋W電＝0，聯(lián)立各式解得d′＝d，選項D正確． 【答案】　D 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！