高考物理一轮复习 电容器 带电粒子在电场中的运动教学案.doc

电容器带电粒子在电场中的运动 一考点整理 基本概念 1静电现象的解释： 静电平衡：导体中（包括表面）没有电荷的 的状态 特点： 导体内部场强 ； 导体为 体、表面为 面； 导体表面的场强强e 0，且与表面 ； 导体的净电荷分布在导体的 静电现象的应用： 静电屏蔽：处于静电平衡的空腔导体，腔外电场对 不产生影响； 尖端放电：所带电荷与导体尖端的电荷符号相反的粒子，由于被吸引而奔向尖端，与尖端上的 的现象2电容器：由两个彼此绝缘又相互靠近的 组成电容器可以容纳 ，一个极板所带电荷量的 叫做电容器的带电荷量使电容器带电的过程叫做充电，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存 能；使充电后的电容器失去电荷的过程叫做放电，放电过程中 能转化为其他形式的能3电容：电容器所带的电荷量q与电容器两极板间的电势差u的 定义式：c = ，单位：法拉（f），1 f = 106 f = 1012 pf电容器的电容表示电容器 本领大小的物理量4平行板电容器：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，c = ，k为静电力常量5带电粒子在匀强电场中的运动： 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： 用动力学观点分析：a = qe/m、e = u/d，v2v02 = 2ad； 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，qu = mv2/2 mv02/2 带电粒子在匀强电场中的偏转： 研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场； 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 = l/v0；沿电场力方向，做匀加速直线运动，加速度a = f/m = qe/m = ；偏转距离y = at2/2 = _、离开电场时的偏转角tan = vy/v0 = ；位移方向tan= y/x = ；位移方向与速度偏转角的关系，tan = 2 tan 二思考与练习 思维启动 1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2如图所示，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 三考点分类探讨 典型问题 考点1平行板电容器的动态分析【例1】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【变式跟踪1】如图所示，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 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考点2带电体在匀强电场中的直线运动问题【例2】如图所示，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【变式跟踪2】如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m = 0.2 kg、带电荷量为q = +2.0106 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t = 0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： 在第15 s末小物块的速度大小； 在015 s内小物块的位移大小考点3带电粒子在匀强电场中的偏转问题【例3】如图所示，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），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求： 粒子从射入到打到屏上所用的时间； 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； 粒子打到屏上的点p到o点的距离x【变式跟踪3】如图所示，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l = 0.1 m，两板间距离d = 0.4 cm，现有一微粒质量m = 2.0106 kg，带电荷量q = +1.0108c，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到a板的中点o处，取g = 10 m/s2试求： 带电粒子入射初速度v0的大小： 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？考点4带电粒子在交变电场中的运动问题【例4】如图（a）所示，两平行正对的金属板a、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 （ ）a0 t0 t/4 bt/2 t0 3t/4c3t/4 t0 t dt t0 9t/8【变式跟踪4】如图甲所示，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l = 10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是l = 10 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： 在t = 0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处 荧光屏上有电子打到的区间有多长 四考题再练 高考试题 1【2011天津卷】板间距为d的平行板电容器所带电荷量为q时，两极板间电势差为u1，板间场强为e1现将电容器所带电荷量变为2q，板间距变为0.5d，其他条件不变，这时两极板间电势差为u2，板间场强为e2，下列说法正确的是 （ ）au2 = u1，e2 = e1 bu2 = 2u1，e2 = 4e1cu2 = u1，e2 = 2e1 du2 = 2u1，e2 = 2e1【预测1】如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒s闭合时，该微粒恰好能保持静止在以下两种情况下： 保持s闭合， 充电后将s断开下列说法能实现使该带电微粒向上运动打到上极板的是 （ ）a 情况下，可以通过上移极板m实现 b 情况下，可以通过上移极板n实现c 情况下，可以通过上移极板m实现 d 情况下，可以通过上移极板n实现2【2011福建卷】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mn两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从a点由静止开始，在电场力作用下沿直线在a、b两点间往返运动已知电场强度的大小分别是e1省= 2.0103 n/c和e2 = 4.0103 n/c，方向如图所示带电微粒质量m = 1.01020 kg，带电荷量q = 1.0109 c，a点距虚线mn的距离d1 = 1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应求： b点距虚线mn的距离d2； 带电微粒从a点运动到b点所经历的时间t【预测2】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0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，电荷量为 q，其动能与电势能之和为 a（0 a q0）忽略重力求： 粒子所受电场力的大小； 粒子的运动区间 五课堂演练 自我提升 1如图所示，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，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2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3如图所示，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4如图所示，一质量为m、电荷量为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mg = qe，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v02/2gd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mv02/45示波器的示意图如图所示，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u1 = 1 640 v，偏转极板长l = 4 cm，偏转极板间距d = 1 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 偏转电压为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？ 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？参考答案： 一考点整理 基本概念 1定向移动 处处为零 等势 等势 垂直 外表面 腔内空间 电荷中和2导体 电荷 绝对值 电场 电场3比值 q/u 容纳电荷4rs/(4kd)5qu/md qul2/2mdv02 qul/mdv02 qul/2mdv02 二思考与练习 思维启动 1a；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2ab；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 三考点分类探讨 典型问题 例1 b；由平行板电容器电容决定式c =rs/(4kd) 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 = q/u得u = q/c，又电荷量q不变，故两极板间的电势差u减小，选项b正确变式1 b；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，p = exp减小，p点的电势降低，故选项a错b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例2 bd；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f = eq，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正确变式2 在02 s内小物块的加速度为e1q mg = ma1，即a1 = (qe1 mg )/m = 2 m/s2，位移x1 = a1t12/2 = 4 m；在第2 s末小物块的速度为v2 = a1t1 = 4 m/s；在24 s内小物块的加速度为：e2q + mg = ma2，a2 = (qe2+ mg )/m = 2 m/s2，位移x2 = x1 = 4 m，在第4 s末小物块的速度为v4 = 0，因此小物块做周期为4 s的运动，在第14 s末的速度为v14 = 4 m/s，在第15 s末小物块的速度为v15 = v14 - a2t = 2 m/s，方向向右（t = 1 s） 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：x15 = v14t - a2t2/2 = 3 m，故在015 s内小物块的位移为：x = 3(x1 + x2) + x1 + x15 = 31 m.例3 根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t = 2l/v0 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 = qe/m，所以vy = al/v0 = qel/mv0，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 = vy/v0 = qel/mv0 法1：设粒子在电场中的偏转距离为y，则y = (1/2)a(l/v0)2 = qel2/(2mv02)，又x = y + ltan，解得：x = 3qel2/(2mv02)法2：x = vyl/v0 y = 3qel2/ (2mv02)法3：由x/y = (l + l/2)/(l/2) 得：x = 3y = 3qel2/ (2mv02)变式3 电容器不带电时，微粒做平抛运动，则有l/2 = v0t，d/2 = gt2/2，联立两式得v0 = ，代入数据得v0 = 2.5 m/s 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uab = a b = a，a板电势最小时，微粒刚好从a板右侧边缘射出，则有l = v0t1，d/2 = a1t12/2，且mg qamin/d = ma1，联立以上各式得amin = 6 v，a板电势最大时，微粒刚好从b板右侧边缘射出，则有qamax/d mg = ma2，且有a2 = a1，代入数据解得amax = 10 v，综合可得6 v a 10 v例4 b；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t0 =0、t/4、t/2、3t/4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0 t0 t/4，3t/4 t0 t时粒子在一个周期内的总位移大于零；t/4 t0 t时情况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正确变式4 电子经电场加速满足qu0 = mv2/2，经电场偏转后侧移量y = at2/2 = qu偏l2/(2mv2)，所以y = u偏l/4u0，由图知t = 0.06 s时刻u偏 = 1.8u0，所以y = 4.5 cm设打在屏上的点距o点距离为y，满足y/y = (l + 0.5l)/0.5l所以y = 13.5 cm 由题知电子侧移量y的最大值为 l/2，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3l = 30 cm 四考题再练 高考试题 1c预测1 b；保持s闭合的分析：因为第种情况下两板间电压u不变，所以电场强度e = u/d，只有d减小，e增大，电场力增大，带电微粒才向上运动打到上极板m上，故可以通过下移极板m或者上移极板n来实现，选项a错，b正确；充电后将s断开的分析：因为第种情况下两极板带电荷量q不变，根据q = cu，c = 及e = 可得，e = ，可以看出e与两板间距离d无关，所以无论怎样移动m、n两极板改变两板间的距离，场强e、电场力f都不变，带电微粒都处于静止状态，选项c、d错误，b正确2 带电微粒由a运动到b的过程中，由动能定理有 |q|e1d1 |q|e2d2 = 0 由 式得d2 = e1d1/e2 = 0.50 cm 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|q|e1 = ma1 |q|e2 = ma2 设微粒在虚线mn两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有 d1 = a1t12/2 d2 = a2t22/2 又t = t1 + t2 由式解得t = 1.5108 s预测2 由题图可知，0与d（或 d）)两点间的电势差为0，电场强度的大小e =0/d，电场力的大小f = qe = q0/d 设粒子在 x0，x0区间内运动，速率为v，由题意得mv2/2 q = a由题图可知 = 0(1) 由得 mv2 = q0(1 ) a因动能非负，有q0(1 ) a 0 得|x| d(1)，即x0 = d(1 )粒子的运动区间满足d(1 ) x d(1 ) 五课堂演练 自我提升 1b；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c = q/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2ad；由e = u/d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 = q/u知，当q变为原来的两倍时，u变为原来的两倍