1、高考资源网（） 您身边的高考专家第18讲电容器、带电粒子在电场中的运动核心填空一、电容器1组成：任何两个相互靠近又彼此_的导体组成2带电荷量：一个极板所带电荷量的_3电容器的充、放电(1)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(2)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4额定电压：电容器长期工作所能加的_电压5击穿电压：电容器允许加的_电压称为击穿电压额定电压比击穿电压_二、电容1定义：电容器所带的_与电容器两极板间电势差U的比值2表达式：_3单位：法拉(F)，常用单位有微法(F)、皮法(pF).1 F106 F101
2、2 pF.4平行板电容器电容的决定式：_ ，k为静电力常量三、带电粒子在电场中的加速1动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a_，E_，v2v2ad.2功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足_四、带电粒子在匀强电场中的偏转1条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力2运动性质：_运动3处理方法：运动的分解(1)沿初速度方向：做_运动(2)沿电场方向：做初速度为零的_运动五、示波器的工作原理1构造：_，偏转极板，荧光屏(如图181所示)图1812工作原理(1)YY上加的是待显示的_，XX上是机器自身产生的锯齿形电压，叫作_(2)观察到的现象：如果在偏转电极XX和YY之间都没有加电压
3、，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏_，在那里产生一个亮斑若所加扫描电压和信号电压的_相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图像易错判断(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和()(2)电容表示电容器容纳电荷的多少()(3)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比()(4)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零()(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动()(6)公式C可用来计算任何电容器的电容()考点一涉及电容器的动态分析物理建模1.常见类型图1822分析比较的思路(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分析平行板电
4、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分析电容器极板间场强的变化1 (多选)如图183所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是()图183A断开开关，将两板间的距离拉大一些B断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些C保持开关闭合，将两板间的距离减小一些D保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度式题1 (保持两板间的电压不变)如图184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
5、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，则()图184A带电油滴将沿竖直方向向上运动BP点的电势将降低C带电油滴的电势能将减小D电容器的电容减小，极板带电荷量将增大式题2 (多选)(保持电容器所带电荷量不变)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图185所示用E表示两极板间场强，U表示电容器两极板间的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则()图185AU变小，E不变BE变大，Ep不变CU变小，Ep不变 DU不变，Ep不变 建模点拨解电容器问题的两个常用技巧(1)在电荷量保持不变
6、的情况下，由E 知，电场强度与板间距离无关(2)对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，利用C、QCU和E 进行判定即可考点二带电粒子在电场中的直线运动1.带电粒子在电场中运动时重力的处理(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2两种解题思路(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在一条直线上
7、，带电粒子做匀变速直线运动根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等(2)用动能定理处理带电粒子在电场中的直线运动对带电粒子进行受力分析，确定有哪几个力做功，做正功还是负功；确定带电粒子的初、末状态的动能，根据动能定理列方程求解l 考向一仅在电场力作用下的直线运动2 (多选)如图186甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔，在左边和右边两个金属板上加电压U后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷1.0102 C/kg的带正电的粒子从左边金属板小孔轴线A处由静止释放，在电场力作用下沿小孔轴线射出(不计粒子重力)，其vt图像如
8、图乙所示，则下列说法正确的是()图186A右侧金属板接电源的正极B所加的电压U100 VC乙图中的v22 m/sD通过极板间隙所用的时间之比为1(1)式题 (多选)如图187所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是()图187A使初速度减为原来的B使M、N间电压加倍C使M、N间电压提高到原来的4倍D使初速度和M、N间电压都减为原来的l 考向二在重力和电场力作用下的直线运动3 如图188所示，充电后的平行板
9、电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔质量为m，电荷量为q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)求：(1)小球到达小孔处的速度大小；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间图188式题 2015全国卷 如图189所示，两平行的带电金属板水平放置若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()图189A保持静止状态B向左上方做匀加速运
10、动C向正下方做匀加速运动D向左下方做匀加速运动 规律总结带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤：图1810考点三 带电粒子在电场中的偏转分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要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1811所示图18111确定最终偏移距离思路一：思路二：确定OP：2确定偏
11、转后的动能(或速度)思路一：确定动能Ekmv2m(vv)思路二：动能定理：qEymv2mv4 如图1812所示，两平行金属板A、B长为L8 cm，两板间距离d8 cm，A板比B板电势高300 V，一带正电的粒子电荷量为q1.01010 C、质量为m1.01020 kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v02.0106 m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)已知两界面MN、PS相距为12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9 cm，粒子穿过界面P
12、S做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上(静电力常量k9.0109 Nm2/C2，粒子的重力不计)(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多少？到达界面PS时离D点多远？(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小图1812式题1 (带电粒子在示波器中的加速和偏转)示波器是一种多功能电学仪器，它是由加速电场和偏转电场组成的如图1813所示，电子在电压为U1的电场中由静止开始加速，然后射入电压为U2的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足电子能射出平行电场区域的条件下，下述情况一定能使电子偏转角度变大的是()图1813AU1变大
13、，U2 变大 BU1变小，U2 变大CU 1变大，U2 变小 DU1变小，U2 变小式题2 (多选)(加速偏转匀速)2015天津卷 如图1814所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()图1814A偏转电场E2对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置 规律总结粒子垂直于匀强电场进入电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时
14、的偏转角度总是相同的(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点第18讲电容器、带电粒子在电场中的运动【教材知识梳理】核心填空一、1.绝缘2.绝对值4.最大4.极限低二、1.电荷量Q2.C4.C三、1.2.qUmv2mv四、2.类平抛3.(1)匀速直线(2)匀加速直线五、1.电子枪2.(1)信号电压扫描电压(2)中心周期易错判断(1)()(2)()(3)()(4)()(5)()(6)()【考点互动探究】考点一涉及电容器的动态分析例1BC解析 带电液滴受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力正好处于静止状态，有Eqmg.两板间的电场强度E，保持开关闭合时，U不变
15、，当两板间的距离d减小时，E变大，此时Eqmg，液滴竖直向上运动，C正确保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度，E的大小不变，但方向变了，此时液滴不会沿竖直方向运动，所以D错误断开开关，电容器的电荷量Q不变，E与d无关，所以断开开关，将两板间的距离拉大一些，仍有Eqmg，液滴仍保持静止状态，A错误断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些，此时两板的正对面积S变小，E变大，此时Eqmg，所以液滴竖直向上运动，B正确变式题1B解析 上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为电源电动势E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错；P点的
16、电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势降低，B对；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势减小时，油滴的电势能应增加，C错；电容器的电容C，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量QCE将减小，D错变式题2AC解析 平行板电容器充电后与电源断开后，电荷量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据C知，电容C增大，根据U，则板间电压变小；由E，C得到：E，可知E与d无关，则电场强度E不变，P与负极板间的距离不变，由公式UEd可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变，故A、C正确考点二带电粒子在电场中的直线运动例2
17、BD解析 带电粒子从左极板向右运动，可判定左极板接电源正极，选项A错误；由vt图像可得，粒子的加速度a2 m/s2，两极板的间距d0.25 m，由qEma得E200 V/m，U2Ed100 V，选项B正确；可将粒子在两个间隙间的运动看成是初速度为0的连续匀加速运动，两间隙距离相等，由匀变速运动的规律可得t1t21(1)，v1v21，将v11 m/s代入，得v2 m/s，选项C错误，选项D正确变式题BD解析 粒子恰好到达N板时有Uqmv，恰好到达两板中间返回时有qmv2，比较两式可知选项B、D正确例3(1)(2)C(3)解析 (1)由v22gh得v.(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mgq
18、Ema0v22ad得EUEdQCU得QC(3)由hgt、0vat2、tt1t2可得t变式题D解析 初态，对微粒进行受力分析，得知电场力Eq与重力mg大小相等当金属板转动后，合力F仍为恒力，只是方向改变了，如图所示，从静止释放的微粒将沿合力方向(左下方)做匀加速直线运动考点三带电粒子在电场中的偏转例4(1)3 cm12 cm(2)略(3)负电1.04108 C解析 (1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(偏移位移)yat2aLv0t则yat20.03 m3 cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，则有解得Y4y12 cm.(2)第一段是抛物线，第二
19、段是直线，第三段是圆弧，如图所示(3)粒子经过界面MN时，其水平速度vxv02.0106 m/s竖直速度vyat1.5106 m/s则v合2.5106 m/s该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电根据几何关系可知半径r15 cmkm解得Q1.04108 C.变式题1B解析 电子通过加速电场有eU1mv，在偏转电场中，垂直于电场线的方向做匀速直线运动，则运动时间t；在平行于电场线的方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a，末速度vyat，偏转角的正弦tan ，所以tan ，B正确变式题2AD解析 设加速电场的电压为U1，偏转电场的板间距离为d2，根据动能定理得qU1mv2
20、，解得v，进入偏转电场后飞行时间t，偏转距离yat2，可见，粒子的偏转距离与粒子的质量和电荷量均无关，所以它们会打在屏幕的同一位置，D正确；偏转电场对粒子做功为WqE2y，与电荷量、场强和偏转距离有关，所以A正确；三种粒子打到屏上时的动能一样大，但它们的质量不同，所以速度不同，B错误；粒子的质量越大，运动到屏上所用的时间越长，C错误【教师备用习题】12015浙江卷 如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则()A乒乓球的左侧感应出负电荷B乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C乒乓球
21、共受到电场力、重力和库仑力三个力的作用D用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析 D乒乓球的右侧感应出负电荷，左侧感应出正电荷，故选项A错误由于乒乓球不带电，只受重力和细线的拉力，当球受到扰动后只是做摆动，故选项B、C错误乒乓球与右极板接触，由于乒乓球带上正电荷，受到右极板的斥力，同时受到左极板的吸引力，向左摆动与左极板相碰，之后乒乓球带上负电荷，受到右极板的吸引力，同时受到左极板的斥力，向右摆动与右极板相碰，如此周而复始运动，故选项D正确2(多选)2015山东卷 如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v
22、0沿中线射入两板间，0时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度的大小为g，关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()甲乙A末速度大小为v0B末速度沿水平方向C重力势能减少了mgdD克服电场力做功为mgd解析 BC0时间内，微粒做匀速运动，微粒除了受到竖直向下的重力，还受到等大的竖直向上的电场力. 时间内，微粒只受到竖直向下的重力作用，在竖直方向做加速度为g的匀加速直线运动.T时间内，微粒受到竖直向上的大小等于重力的合力作用，在竖直方向做加速度大小为g的匀减速直线运动T时刻微粒速度方向水平，大小为v0，选项A错误，选项B正确T时刻微粒从边缘飞出
23、，重力势能减少了mgd，选项C正确由动能定理可知在0T时间内电场力做功mgd，即微粒克服电场力做功，选项D错误3如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为Q和Q，此时悬线与竖直方向的夹角为.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增大到，且小球与两极板不接触求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量答案 2Q解析 设电容器的电容为C，第一次充电后两极板之间的电压为U两板间电场的场强为E式中d为两极板间的距离按题意，当小球偏转角1时，小球处于平衡状态设小球质量为m，带电荷量为q，则有Tcos 1mgTsi
24、n 1qE式中T为此时悬线的张力联立式，得tan 1设第二次充电使正极板上增加的电荷量为Q，此时小球偏转角2则tan 2联立式，得代入数据得Q2Q.4绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中xOy平面与光滑水平面重合，电场方向与x轴正向平行，圆形电场区域的半径为R m，圆心O与坐标系的原点重合，场强E2 N/C.一带电荷量为q1105 C、质量m1105 kg的粒子，由坐标原点O处以速度v01 m/s沿y轴正方向射入电场(重力不计)，求：(1)粒子在电场中运动的时间；(2)粒子出射点的位置坐标；(3)粒子射出时具有的动能答案 (1)1 s(2)(1 m，1 m)(3)2.5105 J解析 (1)粒子沿x轴负方向做匀加速运动，设加速度大小为a，则有：Eqma，xat2沿y轴正方向做匀速运动，有yv0tx2y2R2解得t1 s.(2)设粒子射出电场边界的位置坐标为(x1，y1)，则有x1at21 m，y1v0t1 m，即出射点的位置坐标为(1 m，1 m)(3)射出时由动能定理得Eqx1Ekmv代入数据解得Ek2.5105 J.高考资源网版权所有，侵权必究！
