1、第3讲电容器带电粒子在电场中的运动中+教+网z+z+s+tep电容、电容器(考纲要求)【思维驱动】 (单选)下列关于电容器和电容的说法中，错误的是()A电容器A的体积比B大，说明A的电容一定比B的大B对于确定的电容器，其带的电荷与两板间的电压(小于击穿电压且不为零)成正比C无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷与电压比值恒定不变D电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领大小的物理量，其大小与加在两板上的电压无关解析电容器的电容与电容器的体积、电容器所带的电荷量、电容器两极板间的电压均无关答案A【知识存盘】1电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成(2)带电荷量：
2、一个极板所带电荷量的绝对值(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能中|国教|育出|版网2电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值(2)定义式：C(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量(4)单位：法拉(F)1 F106 F1012 pF3平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比(2)决定式：C，k为静电力常量带电粒子在匀强电场中的运动(考纲要求)【思维驱动】
3、(多选)(2013苏州模拟)图631如图631所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，由此可知()A电场中A点的电势高于B点的电势B微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电势能小于在B点时的电势能C微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电势能大于在B点时的电势能z&zs&D微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与电势能之和解析一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，其受到的电场力F只能垂直于等势面水平向左，则电场方向水平向右，如图所示，所以电场中A点的电势高于B点的电势，A对；微粒从A向B运动，则合
4、外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，C错、B对；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D错答案AB【知识存盘】1带电粒子在电场中的加速带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动有两种分析方法：(1)用动力学观点分析：a，E，v2v2ad.(2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qUmv2mv.2带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t.沿电场力方向，做匀加速直线运动一图二结论结论
5、：(1)粒子以一定速度v0垂直射入偏转电场粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出的(2)经过相同电场加速，又经过相同电场偏转的带电粒子，其运动轨迹重合，与粒子的带电荷量和质量无关考点一平行板电容器的动态分析【典例1】 (单选)(2012江苏卷，2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()AC和U均增大 BC增大，U减小CC减小，U增大 DC和U均减小教你审题审题时关键要抓住“动”与“不动”，就是要确定“变量”和“不变量”，最后确定“目标量”，判断的思路为：不变量和变量跟目标量的关联(C、C)
6、.解析由平行板电容器电容决定式C知，当插入电介质后，r变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C得U，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确答案B图632【变式跟踪1】 (单选)如图632所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()A带电油滴将沿竖直方向向上运动中教网BP点的电势将降低C带电油滴的电势能将减少D若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大解析因为电容器两板电压不变，当两板间距离d增大，电场强度E减小，PExP减小，P点的电势降低，故选项A错B
7、对；又根据带电油滴平衡可判断其带负电，它在P点的电势能增大，选项C错误；电容器的电容减小，则极板带电荷量将减小，选项D错，故答案为B.答案B,借题发挥1对公式C的理解电容C的比值，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关2关于电容器的两类问题(1)电压不变电容器始终与直流电源相连，改变S、d某一个量，判定U、C、Q、E等物理量如何变化(2)电荷量不变电容器充电后与电源断开，改变d或S，判定Q、C、U、E等物理量如何变化3平行板电容器的动态分析方法(1)确定不变量分析是电压不变还是所带电荷量不变(2)用决定式C分析平行
8、板电容器电容的变化(3)用定义式C分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化(4)用E分析电容器极板间电场强度的变化考点二带电体在匀强电场中的直线运动问题图633【典例2】 (多选)(2012课标全国卷，18)如图633所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A所受重力与电场力平衡B电势能逐渐增加C动能逐渐增加 D做匀变速直线运动解析带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力FEq，方向垂直于极板向上因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一
9、定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确答案BD【变式跟踪2】 如图634甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m0.2 kg、带电荷量为q2.0106 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数0.1.从t0时刻开始，在空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g取10 m/s2)求：图634(1)在第15 s末小物块的速度大小；(2)在015 s内小物块的位移大小解析(1)在02 s内小物
10、块的加速度为E1qmgma1，即a12 m/s2，位移x1a1t4 m，在第2 s末小物块的速度为v2a1t14 m/s，在24 s内小物块的加速度为：E2qmgma2，a22 m/s2，位移x2x14 m，在第4 s末小物块的速度为v40，因此小物块做周期为4 s的运动，在第14 s末的速度为v144 m/s，在第15 s末小物块的速度为v15v14a2t2 m/s，方向向右(t1 s)(2)在015 s内小物块的位移大小可以看做是上述3个周期加上x1和第15 s内的位移，则：x15v14ta2t23 m，故在015 s内小物块的位移为：中国教育出版网x3(x1x2)x1x1531 m.答案
11、(1)2 m/s方向向右(2)31 m,以题说法带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法考点三带电粒子在匀强电场中的偏转问题【典例3】 如图635所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏现有一电荷量为q、质量为m的带电粒子(重力不计)，图635以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan ；(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x.解析(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，
12、所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a，所以vya，所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan .(3)法一设粒子在电场中的偏转距离为y，则ya又xyLtan ，解得：x法二xvyy.法三由得：x3y.答案(1)(2)(3)中教网图637【变式跟踪3】 如图637所示，水平放置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长l0.1 m，两板间距离d0.4 cm，现有一微粒质量m2.0106 kg，带电荷量q1.0108 C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于
13、重力作用微粒恰好能落到A板的中点O处，取g10 m/s2.试求：(1)带电粒子入射初速度v0的大小：(2)现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电势为多少？解析(1)电容器不带电时，微粒做平抛运动，则有v0t，gt2，联立两式得v0 ，代入数据得v02.5 m/s.(2)若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A板的电势大于0，且B板接地电势等于0，则有UABABA，A板电势最小时，微粒刚好从A板右侧边缘射出，则有lv0t1，a1t，且mgqma1，联立以上各式得Amin6 V，A板电势最大时，微粒刚好从B板右侧边缘射出，则有qmgma2，且有a2a1，代入数据解得
14、Amax10 V，综合可得6 VA10 V.答案(1)2.5 m/s(2)6 VA10 V,借题发挥1带电粒子在电场中偏转时是否考虑重力(1)基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力2求解带电粒子偏转问题的思路在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图636所示图636(1)确定最终偏移距离思路思路中国教育出版网(2)确定偏转后的动能(或速度)思路思路疑难突破5带电粒子
15、在交变电场中的运动问题考情分析带电粒子在交变电场中的运动更是高考的难点今后对带电粒子在电场包括交变电场中的运动与力学结合或与磁场结合应是命题的方向试题类型此类题型一般有三种情况：(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；(2)粒子做往返运动(一般分段研究)；(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)突破策略1抓住周期性和空间上的对称性注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件2分析时从两条思路出发：(1)力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；中教网
16、(2)功能关系. 图638典例 (单选)如图638(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图638(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上则t0可能属于的时间段是()A0t0 B.t0C.t0T DTt0解析设粒子的速度方向、位移方向向右为正依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负作出t00、时粒子运动的速度图象如图所示由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0t0，t0T时粒子在一个周期内的总位移大于零；t0T时情况
17、类似因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确答案B图639【预测】 如图639甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：(1)在t0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？解析(1)电子经电场加速满足qU0mv2经电场偏转后侧移量yat2所以y，由图知t0.06 s
18、时刻U偏1.8U0，所以y4.5 cm设打在屏上的点距O点距离为Y，满足中,国教,育出,版网所以Y13.5 cm.(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L30 cm.答案(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm(2)30cm一、电容器的动态分析问题图63101(单选)如图6310所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度为了使指针张开角度增大一些，应该采取的措施是()A断开开关S后，将A、B两极板靠近一些B断开开关S后，将A、B两极板分开一些C保持开关S闭合
19、，将A、B两极板靠近一些D保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些解析使指针张开角度增大一些，就是增大静电计两端的电压，当开关S闭合时，电压一定，则C、D错误；断开开关S后，电容器带电荷量一定，由CQ/U可知增大电容器两极板之间电压，需减小电容C，由平行板电容器电容的决定式C知，保持S不变，增大d，电容C减小，则A错误、B正确答案B2(多选)(2012海南卷，9)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示下列说法正确的是()A保持U不变，将d变为原来的两倍， 则E变为原来的一半B保持E不变，将d变为原来的一半， 则U变为原来的两倍C保持d不变，将
20、Q变为原来的两倍， 则U变为原来的一半D保持d不变，将Q变为原来的一半， 则E变为原来的一半zzs解析由E知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A项正确；当E不变，d变为原来的一半时，U变为原来的一半，B项错误；当电容器中d不变时，C不变，由C知，当Q变为原来的两倍时，U变为原来的两倍，C项错误；Q变为原来的一半，U变为原来的一半时，则E变为原来的一半，D项正确答案AD二、带电体在电场中的直线运动问题图63113(多选)如图6311所示，在绝缘光滑水平面上固定两个等量同种电荷A、B，在AB连线上的P点由静止释放一带电滑块，则滑块会在A、B之间往复运动，则以下判断正确的是()A滑块
21、一定带的是与A、B异种的电荷B滑块一定带的是与A、B同种的电荷C滑块在由P向B运动过程中，电势能一定是先减小后增大D滑块的动能与电势能之和一定减小解析根据从P点由静止释放的带电滑块在A、B之间往复运动可以判断，开始时A对滑块向右的作用力大于B向左的作用力，所以滑块一定带与A、B相同的电荷，选项A错B对；由于A、B带等量同种电荷，所以其连线中点场强为零，滑块在由P向B运动过程中，电场力先做正功后做负功，电势能一定是先减小后增大，选项C正确；在整个运动过程中只有电场力做功，所以滑块的动能与电势能之和一定不变，D选项错答案BC图63124(多选)(2013重庆联考)如图6312所示，一质量为m、电荷
22、量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动ON与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mgEq，则()A电场方向竖直向上B小球运动的加速度大小为gC小球上升的最大高度为D若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为中*国教*育出*版网解析由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动，其合力沿ON方向，而mgqE，由三角形定则，可知电场方向与ON方向成120角，A错误；由图中几何关系，可知其合力为mg，由牛顿第二定律可知ag，方向与初速度相反，B正确；设带电小球上升的最大高度为h，由动能定理可得：mg2h0mv，解得：h，C错；电场力做负功
23、，带电小球的电势能变大，当带电小球速度为零时，其电势能最大，则EpqE2hcos 120qEhmg，D正确答案BD三、带电粒子在电场中的偏转问题图63135(多选)a、b、c三个粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图6313所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定()A在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上Bb和c同时飞离电场C进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大解析a、b、c三个粒子在电场中运动时，a相同，yaybyc，xatc，故A正确，B错误；由水平方向v0知vcvbva，故C正确；由EkqEy知EkaEkbEkc，故D正确答案AC
24、D图63146示波器的示意图如图6314所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板上的小孔穿出，进入偏转电场电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上设加速电压U11 640 V，偏转极板长l4 cm，偏转极板间距d1 cm，当电子加速后从两偏转极板的中央沿板平行方向进入偏转电场(1)偏转电压为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L20 cm，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为多少？解析(1)电子在加速电场中，由动能定理得eU1mv，电子进入偏转电场时的初速度v0 ，电子在偏转电场中的飞行时间t1，电子在偏转电场中的加速度：a，要使电子从下极板边缘射出，应有：at，解得偏转电压U2205 V.(2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离yy2由于电子离开偏转电场时垂直极板方向的速度vyat1，电子离开偏转电场到荧光屏的时间：t2L/v0，y2vyt20.05 m，电子打在荧光屏上最大偏转距离：yy20.055 m.答案(1)205 V(2)0.055 m
