高考物理二轮细致复习典范 18.9 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 新人教版选修31(1).doc

电容器与电容、带电粒子在电场中的运动一、电容器与电容1电容器(1)组成：由两个彼此_又相互_的导体组成(2)带电量：每个极板所带电荷量的_(3)电容器的充电和放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的_，电容器中储存_放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中_转化为其他形式的能2电容(1)定义：电容器所带的_与电容器两极板间的电势差u的比值(2)定义式：_(3)物理意义：表示电容器_本领大小的物理量3平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与_成正比，与介质的_成正比，与_成反比(2)决定式：c_，k为静电力常量【答案】1.(1)绝缘靠近(2)绝对值(3)异种电荷电场能电场能2.(1)电荷量q(2)c(3)容纳电荷3(1)正对面积介电常数两板间的距离 (2)二、带电粒子在电场中的加速1.带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子_的增量(1)在匀强电场中：wqedqumv2mv或fqeqma.(2)在非匀强电场中：wqumv2mv.【答案】动能三、带电粒子在电场中的偏转1进入电场的方式：一个质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v0_于电场线方向进入两平行金属板间的匀强电场，两板间的电势差为u.2受力特点：粒子所受电场力大小_，且电场力的方向与初速度v0的方向垂直3运动特点：做_运动，与力学中的平抛运动类似4运动规律(两平行金属板间距离为d，金属板长为l)：运动特点【答案】1.垂直2.不变3.匀变速曲线4.v0v0t四、示波管1构造：(1)_，(2)_2工作原理(如图所示) (1)如果在偏转电极xx和yy之间都没有加电压，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(2)yy上加的是待显示的_xx上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做 _若所加扫描电压和信号电压的周期相同，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象.【答案】1.(1)电子枪(2)偏转电极2.(1)中心(2)信号电压扫描电压【热点难点全析】考点一平行板电容器的动态分析1.平行板电容器动态问题分析的理论依据(1)平行板电容器的电容c与板距d、正对面积s、介质介电常数rr间的关系(2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强(3)电容器所带电荷量q=cu.(4)由以上三式得 该式为平行板电容器极板间匀强电场的场强的决定式,常通过来分析场强的变化. 2.两类动态问题分析比较(1)第一类动态变化：两极板间电压u恒定不变(2)第二类动态变化：电容器所带电荷量q恒定不变【例1】m、n两金属板竖直放置，使其带电，悬挂其中的带电小球p如图所示，偏离竖直方向下列哪一项措施会使op悬线与竖直方向的夹角增大？(p球不与金属极板接触) ()a增大mn两极板间的电势差b减小mn两极板的带电荷量c保持板间间距不变，将m、n板一起向右平移d保持板间间距不变，将m、n板一起向左平移答案a解析小球受向右的电场力处于平衡状态，增大两板间的电势差则电场强度增大，电场力增大，小球向右偏角增大，a对；减小电容器的带电荷量则两板间电势差减小，电场强度减小，电场力减小，偏角减小，b错；c、d中电场强度不会变化，偏角不变，故c、d错考点二带电体在匀强电场中做直线运动问题的分析1.带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，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，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力.【例2】如图所示，板长l=4 cm的平行板电容器，板间距离d=3 cm，板与水平线夹角=37，两板所加电压为u=100 v，有一带负电液滴，带电荷量为q=310-10c，以v0=1 m/s的水平速度自板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从b板边缘水平飞出，取g=10 m/s2.求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度.【答案】(1)m=810-8 kg (2)v=1.32 (m/s)【详解】(1)画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qecos=mg,qesin=ma,e=u/d解之得：m=qucos/dg代入数据得m=810-8 kg(2)对液滴由动能定理得： qu=v=所以v=1.32 (m/s)三、带电粒子在匀强电场中的偏转1.粒子的偏转角(1)以初速度v0进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为u1，若粒子飞出电场时偏转角为，则结论：动能一定时tan与q成正比，电荷量相同时tan与动能成反比.(2)经加速电场加速再进入偏转电场不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压u0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有： 由式得：tan= 结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场.2.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)以初速度v0进入偏转电场.作粒子速度的反向延长线，设交于o点，o点与电场边缘的距离为x，则结论：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.(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压u0加速后进入偏转电场的，可推得偏移量偏转角正切：结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角都是相同的，也就是轨迹完全重合.【例3】如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在xoy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0x l， 0y l)为边界的匀强电场区域；在第二象限存在以x-l、x-2l、y0、yl的匀强电场区域.两个电场大小均为e，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：(1)从电场区域的边界b点处由静止释放电子，电子离开mnpq时的坐标；(2)由电场区域的ab曲线边界由静止释放电子离开mnpq的最小动能；【答案】(1)设电子的质量为m，电子在电场中做匀加速直线运动，出区域时的速度为v0，接着在无电场区域匀速运动，此后进入电场，在电场中做类平抛运动，假设电子从np边射出，出射点纵坐标为y1，由y=对于b点y=l，则x= (2分)所以ee= (2分)解得v0= (1分)设在电场中运动的时间为t1l-y1= (1分)解得y1=0，所以原假设成立，即电子离开mnpq区域的位置坐标为(-2l，0)(2分)(2)设释放点在电场区域中的坐标为(x，y)，在电场中电子被加速，速度为v1时飞离电场，接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场做类平抛运动，并从np边离开，运动时间为t2，偏转位移为y2.eex= (2分)y2= (2分)解得xy2=，所以原假设成立，即在电场区域的b曲线边界由静止释放的所有电子离开mnpq时都从p点离开的. (2分)其中只有从b点释放的电子，离开p点时动能最小，则从b到p由动能定理得： ee(l+)=ek-0 (3分)所以ek= (1分)【2013年】1.（2013新课标）18如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成角度，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 【答案】bd【解析】受力分析如图所示，知重力与电场力的合力与速度方向相反，所以粒子做匀减速直线运动，动能减小，所以、c错误，d正确；因为电场力与速度方向夹角为钝角，所以电场力做负功，电势能增加，即b正确。2.（2013 江苏）2一充电后的平行板电容器保持两板间的正对面积、间距和电荷量不变，在两板间插入一电介质，其电容c和两极板间的电势差u的变化情况是c和u均增大 bc增大，u减小cc减小，u增大 dc和u均减小【解析】根据，电容c增大，根据,u减小，b正确。【答案】b3.（2013海南）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分别用d、u、e和q表示.下列说法正确的是（ ）.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【答案】d【解析】，保持u不变，将d变为原来的两倍，e变为原来的一半，对；保持e不变，将d变为原来的一半，则u变为原来的一半，b错；,保持d不变，c不变，q加倍，u加倍，c错；则q变为原来的一半，e变为原来的一半，d对。4.（2013 大纲卷）24.（16分）（注意：在试题卷上作答无效）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，小球用一绝缘清线悬挂于o点。先给电容器缓慢充电，使两级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/6。再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到/3，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。【详解】第一次充电后，设电容器的电容为c，则第一次充电q后，电容器两极板间电势差，两板间为匀强电场，场强，设电场中小球带电量为q，则所受电场力小球在电容器中受重力，电场力和拉力平衡，由平衡条件有：综合以上各式得：第二次充电后，电容器带电量为q,同理可得：解得：所以【答案】5.(2013四川）24.如图所示，bcd为固定在竖直平面内的轨道，b段光滑水平，bc段位光滑圆弧，对应的圆心角=37，半径r=2.5m，cd段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑链接，倾斜轨道所在区域有场强大小为e=2105n/c、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=510-2kg、电荷量q=+110-4c的小球（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在c点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过c点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体之间的动摩擦因素为=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8。1. 求弹簧枪对小物体做的功；2. 在斜轨上小物体能到达的最高点为p，球cp的长。【详解】(1)设弹簧枪对小物体做功为wf，由动能定理得wf-mgr(l-cos)=mv02代人数据得wf=0.475j说明：式4分，式2分。(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过c点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得mgsin(mgcos+qe)=ma1小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有v1=v0+a1t1由可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有s1=v0t1+a1t12电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin(mgcos-qe)=ma2设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有0=v1+a2t2s2=v1t2+a2t22设cp的长度为s，有s=s1+s2联立相关方程，代人数据解得s=0.57m【2013年-2013年】1.（2013安徽高考t18） 图（a）为示管的原理图。如果在电极yy之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极xx之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是【答案】选b.【详解】示波管yy间为信号电压，xx为扫描电压，0t1，y板电势高电子向y板偏转，x电势高电子向x板偏转，由此知cd错；又根据偏移量公式，偏移量与偏转电压成正比，0、t1、2t1时刻偏转电压为0，偏移量也为0，、时刻偏转电压最大，偏移量也最大，所以b对。2.（2013安徽高考t20）如图（a）所示，两平行正对的金属板、b间加有如图（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，粒子会时而向板运动，时而向b板运动，并最终打在板上。则t0可能属于的时间段是a. b. c. d. 【答案】选b.【详解】画出带电粒子速度-时间图像，根据v-t图像中的“面积”研究各时刻开始的带电粒子的运动情况，选项可画出t/8时刻开始的运动图像，如图a由图知在一个周期内粒子运动的总面积为正，即粒子向b板靠近，最终会打到b板上, a选项错；b选项可画出5t/8时刻进入的运动图像，如图b由图知在一个周期内粒子运动的总面积为负，即粒子向板靠近，最终会打到板上,b选项对；c选项可画出7t/8时刻进入的运动图像，由图知在一个周期内粒子运动的总面积为正，即粒子向b板靠近，最终会打到b板上，c选项错；同理d选项错。3.（2013天津理综t5）板间距为的平行板电容器所带电荷量为时，两极板间电势差为，板间场强为.现将电容器所带电荷量变为，板间距变为，其他条件不变，这时两极板间电势差，板间场强为，下列说法正确的是a. b. c. d. 【答案】选c【详解】当平行板电容器的其他条件不变，板间距离变为时，电容器的电容为，又知电容器的带电量为2q，则得知，即，根据匀强电场中电势差与场强之间的关系式得，因此选项c正确，其它选项都错误。4.（2013浙江理综t25）如图甲所示，静电除尘装置中有一长为l、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料。图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连。质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集。通过调整两板间距d可以改变收集效率。当d=d0时，为81%（即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。（1） 求收集效率为100%时，两板间距的最大值为dm；（2） 求收集效率与两板间距d的函数关系；（3） 若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量与两板间距d的函数关系，并绘出图线【详解】（1）收集效率为81% ，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为u，则在水平方向有 在竖直方向有 其中 当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率.收集效率恰好为100%，两板间距即为dm.如果进一步减小d，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有 在竖直方向有 其中 联立各式可得 （2）通过前面的求解可知，当时，收集效率均为100%.党d0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有 根据题意，收集效率为 联立、及式可得（3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为当时，因此当d0.9d0时，因此绘出的图线如下答案:：(1) (2) =100%（时）， （d0.9d0时）(3) （时），（d0.9d0时） 图线见解析.5.（2013福建理综t20）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从点由静止开始，在电场力作用下沿直线在、b两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是n/c和n/c，方向如图所示，带电微粒质量，带电量,点距虚线的距离，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：（1） b点距虚线的距离；（2） 带电微粒从点运动到b点所经历的时间。【答案】（1）0.50cm (2) 1.510-8s【详解】（1）带电微粒由运动到b的过程中，由动能定理有 得 (2)设微粒在虚线mn两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有设微粒在虚线mn两侧运动的时间分t1和t2：，由运动学公式有t= t1+t2联立方程解得t=1.510-8s6.（2013北京高考t24）静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中和d为已知量。一个带负电的粒子在电场中以x=0为中心，沿x轴方向做周期性运动。已知该粒子质量为m、电量为-q，其动能与电势能之和为-（00)不同，有的粒子将在电场中直接通过y轴，有的将穿出电场后再通过y轴.设粒子通过y轴时,离坐标原点的距离为h,从p到y轴所需的时间为t0，则( )a由题中条件可以判断出粒子的带电性质b.对hd的粒子,h越大,t0越大c.对hd的粒子,在时间t0内,电场力对粒子做的功不相等d.对hd的粒子,h越大的粒子,电场力对粒子做的功越大【答案】选a【详解】因粒子重力不计,粒子沿竖直方向做匀速直线运动,沿水平方向,在电场中向左偏转,说明粒子带正电,正确.对hd的粒子,由可知,粒子射入电场后到y轴的时间t0均相同,电场力做功w电=eqxp也相同，故b、c均错误；对hd的粒子，h越大的粒子，其初速度越大，在电场区域偏转的位移越小，电场力做功也越小，故d错误.11.(2013临沂模拟)(14分)如图所示,空间存在着电场强度为e=2.5102 n/c、方向竖直向上的匀强电场,一长为l=0.5 m的绝缘细线,一端固定在o点,一端拴着质量m=0.5 kg、电荷量q=410-2 c的小球.现将细线拉直到水平位置,使小球由静止释放,则小球能运动到最高点.不计阻力,取g=10 m/s2,求:(1)小