【步步高】（新课标）高考物理大一轮复习 第六章 第4课时 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动（含解析）(1).doc

第4课时电容器与电容带电粒子在电场中的运动考纲解读 1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题1对电容器和电容概念的理解关于电容器及其电容的叙述，正确的是()a任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关b电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和c电容器的电容与电容器所带电荷量成反比d一个电容器的电荷量增加q1.0106 c时，两板间电压升高10 v，则电容器的电容无法确定答案a2带电粒子在电场中的加速问题如图1所示，电子由静止开始从a板向b板运动，当到达b极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()图1a当增大两板间距离时，v增大b当减小两板间距离时，v增大c当改变两板间距离时，v不变d当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间变长答案cd解析电子从静止开始运动，根据动能定理，从a板运动到b板动能的变化量等于电场力做的功因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，而位移(两板间距离)如果增加的话，电子在两板间运动的时间变长，故c、d正确3平行板电容器的动态分析(2012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()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变为原来的一半答案ad解析e，保持u不变，将d变为原来的两倍，e变为原来的一半，a对；保持e不变，则d变为原来的一半，则u变为原来的一半，b错；c，c，保持d不变，c不变，q加倍，u加倍，c错；e，q变为原来的一半，则e变为原来的一半，d对4带电粒子在电场中的偏转问题如图2，一质量为m，带电量为q的带电粒子，以速度v0垂直于电场方向进入电场，关于该带电粒子的运动，下列说法正确的是()图2a粒子在初速度方向做匀加速运动，平行于电场方向做匀加速运动，因而合运动是匀加速直线运动b粒子在初速度方向做匀速运动，平行于电场方向做匀加速运动，其合运动的轨迹是一条抛物线c分析该运动，可以用运动分解的方法，分别分析两个方向的运动规律，然后再确定合运动情况d分析该运动，有时也可用动能定理确定其某时刻速度的大小答案bcd一、电容器的充、放电和电容的理解1电容器的充、放电(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极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3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为静电力常量特别提醒c(或c)适用于任何电容器，但c仅适用于平行板电容器二、带电粒子在电场中的运动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动能的增加量(1)在匀强电场中：wqedqumv2mv或fqeqma.(2)在非匀强电场中：wqumv2mv.2带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场(2)运动性质：匀变速曲线运动(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动(4)运动规律：沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间沿电场力方向，做匀加速直线运动特别提醒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考点一平行板电容器的动态分析运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路(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分析电容器两极板间电场强度的变化例1如图3所示，两块较大的金属板a、b平行放置并与一电源相连，s闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态以下说法中正确的是()图3a若将a板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，g中有ba的电流b若将a板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，g中有ba的电流c若将s断开，则油滴立即做自由落体运动，g中无电流d若将s断开，再将a板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，g中有ba的电流解析根据电路图可知，a板带负电，b板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平衡；当s闭合，若将a板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压u此时不变，故板间场强e变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据c可知，电容c减小，故两板所带电荷量q也减小，因此电容器放电，所以g中有ba的电流，选项a正确；在s闭合的情况下，若将a板向左平移一小段位移，两板间电压u和板间间距d都不变，所以板间场强e不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积s减小了，根据c可知，电容c减小，两板所带电荷量q也减小，电容器放电，所以g中有ba的电流，选项b正确；若将s断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强e也不变，油滴仍然静止，选项c错误；若将s断开，再将a板向下平移一小段位移，两板所带电荷量q仍保持不变，两板间间距d变小，根据c，u和e，可得e，显然，两板间场强e不变，所以油滴仍然静止，g中无电流，选项d错误答案ab 平行板电容器的动态分析问题常见的类型平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时u恒定，则qcuc，而c，两板间场强e；二是电容器充电后与电源断开，此时q恒定，则u，c，场强e.突破训练1在如图4所示的实验装置中，平行板电容器的极板b与一灵敏静电计相接，极板a接地下列操作中可以观察到静电计指针张角变大的是()图4a极板a上移b极板a右移c极板间插入一定厚度的金属片d极板间插入一云母片答案a解析静电计测量的是平行板电容器两极板之间的电压，电容器两极板上的电荷量保持不变，由c可得电压u，根据平行板电容器的电容c可知，通过减小极板正对面积s、增大板间距d和减小板间电介质的介电常数r可以减小电容器的电容，从而增大板间电压u，故只有选项a是正确的考点二带电粒子(或物体)在电场中的直线运动例2如图5所示，质量m2.0104 kg、电荷量q1.0106 c的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为e的匀强电场中取g10 m/s2.图5(1)求匀强电场的电场强度e的大小和方向；(2)在t0时刻，电场强度大小突然变为e04.0103 n/c，方向不变求在t0.20 s时间内电场力做的功；(3)在t0.20 s时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能解析(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有eqmge n/c2.0103 n/c，方向向上(2)在t0时刻，电场强度大小突然变为e04.0103 n/c，设微粒的加速度为a，在t0.20 s时间内上升高度为h，电场力做功为w，则qe0mgma解得：a10 m/s2hat2解得：h0.20 mwqe0h解得：w8.0104 j(3)设在t0.20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点时的动能为ek，则vat由动能定理得mghekmv2解得：ek8.0104 j答案(1)2.0103 n/c方向向上(2)8.0104 j(3)8.0104 j突破训练2电荷量为q1104 c的带正电的小物块置于绝缘粗糙水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度e的大小与时间t的关系和物块的速度v与时间t的关系分别如图6甲、乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是()甲乙图6a物块在4 s内的总位移x6 mb物块的质量m0.5 kgc物块与水平面间的动摩擦因数0.2d物块在4 s内电势能减少14 j答案acd解析由题图乙可知，物块前2 s做匀加速直线运动，在2 s4 s做匀速直线运动，根据vt图象所围面积可求得前2 s位移x12 m,2 s4 s位移x24 m，总位移为x6 m，a正确.02 s内，由牛顿第二定律得qe1mgma，且a1 m/s2，2 s后物块做匀速运动，有qe2mg由题图甲知e13104 n/c、e22104 n/c，联立可得m1 kg，0.2，b错误，c正确又因为电势能的减少量等于电场力所做的功，即epwe1qx1e2qx214 j，d正确考点三带电粒子在电场中的偏转1带电粒子在匀强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，偏移量和偏转角总是相同的证明：由qu0mvyat2()2tan 得：y，tan (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o为粒子水平位移的中点，即o到偏转电场边缘的距离为.2带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：quymv2mv，其中uyy，指初、末位置间的电势差例3如图7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ps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)图7(1)求粒子穿过界面mn时偏离中心线ro的距离多远？到达ps界面时离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解析(1)粒子穿过界面mn时偏离中心线ro的距离(侧向位移)：yat2alv0t则yat2()20.03 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、第二段是直线、第三段是圆弧(图略)(3)粒子到达h点时，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答案(1)12 cm(2)见解析(3)负电1.04108 c 带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路1运动学与动力学观点(1)运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)(2)当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法2功能观点：首先对带电粒子受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算(1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的突破训练3如图8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.试求：图8(1)粒子从射入电场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)粒子打在屏上的点p到o点的距离x.答案(1)(2)(3)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，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t.(2)设粒子刚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)解法一设粒子在电场中的偏转距离为y，则ya()2又xyltan ，解得：x解法二xvyy.解法三由得：x3y.31用等效法处理带电体在电场、重力场中的运动等效思维方法就是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法例如我们学习过的等效电阻、分力与合力、合运动与分运动等都体现了等效思维方法常见的等效法有“分解”、“合成”、“等效类比”、“等效替换”、“等效变换”、“等效简化”等，从而化繁为简，化难为易带电体在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a视为“等效重力加速度”再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可例4如图9所示，绝缘光滑轨道ab部分为倾角为30的斜面，ac部分为竖直平面上半径为r的圆轨道，斜面与圆轨道相切整个装置处于场强为e、方向水平向右的匀强电场中现有一个质量为m的小球，带正电荷量为q，要使小球能安全通过圆轨道，在o点的初速度应满足什么条件？图9审题与关联解析小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg，大小为mg，tan ，得30，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(d点)满足等效重力刚好提供向心力，即有：mg，因30与斜面的倾角相等，由几何关系可知2r，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：2mgrmvmv解得v0 ，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v .答案v 突破训练4如图10所示，一条长为l的细线上端固定，下端拴一个质量为m的电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从a点静止释放，当细线离开竖直位置偏角60时，小球速度为0.图10(1)求：小球带电性质；电场强度e.(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从a点释放小球时应有的初速度va的大小(可含根式)答案见解析解析(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电小球由a点释放到速度等于零，由动能定理有0eqlsin mgl(1cos )解得e(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力g，则gmg，方向与竖直方向成30角偏向右下若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点mmg，mv2mvmgl(1cos 30)联立解得va高考题组1(2013新课标16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)小孔正上方处的p点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回若将下极板向上平移，则从p点开始下落的相同粒子将()a打到下极板上b在下极板处返回c在距上极板处返回d在距上极板d处返回答案d解析粒子两次落到小孔的速度相同，设为v，下极板向上平移后由e知场强变大，故粒子第二次在电场中减速运动的加速度变大，由v22ax得第二次减速到零的位移变小，即粒子在下极板之上某位置返回，设粒子在距上极板h处返回，对粒子两次运动过程应用动能定理得mg(d)qu0，mg(h)qh0.两方程联立得hd，选项d正确2(2013新课标24)如图11，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行一电荷量为q(q0)的质点沿轨道内侧运动经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为na和nb.不计重力，求电场强度的大小e、质点经过a点和b点时的动能图11答案(nbna)(nb5na)(5nbna)解析质点所受电场力的大小为fqe设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有fnamnbfm设质点经过a点和b点时的动能分别为eka和ekb，有ekamvekbmv根据动能定理有ekbekaf2r联立式得e(nbna)eka(nb5na)ekb(5nbna)模拟题组3如图12所示，一带负电的油滴，从坐标原点o以速率v0射入水平向右的匀强电场，v0的方向与电场方向成角，已知油滴质量为m，测得它在电场中运动到最高点p时的速率恰为v0，设p点的坐标为(xp，yp)，则应有()图12axp0 bxp0cxp0 dxp的正负与v0有关答案b解析因为电场为水平向右的匀强电场，所以油滴所受的水平方向上的力为恒力且水平向左，所以油滴在水平方向上的分运动为匀变速运动，所以水平平均速度方向与末速度同向，所以xpt应在o点左边，所以xpu，则电容器c2又开始给c1充电，直到两电容器电压再次相等，此时两者两端的电压比原来的电压都增大，故a错误，b正确；电容器c1所带电荷量增大，故d正确；电容器c1两端的电压增大，根据eu/d可知，c1两板间电场强度增大，则带电微粒受到的电场力增大，带电微粒将加速向上运动，故c正确题组2带电粒子在电场中的直线运动3如图2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()图2a电场中a点的电势低于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答案b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，对其受力分析知其受到的电场力f只能垂直等势面水平向左，电场强度则水平向右，如图所示所以电场中a点的电势高于b点的电势，a错；微粒从a向b运动，合外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，b对，c错；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4如图3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mgeq，则()图3a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答案bd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，方向与初速度方向相反，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错误；电场力做负功，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5如图4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、带电荷量为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4a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答案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b、d选项正确6如图5所示，板长l4 cm的平行板电容器，板间距离d3 cm，板与水平线夹角37，两板所加电压为u100 v有一带负电液滴，带电荷量为q31010 c，以v01 m/s的水平速度自a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g10 m/s2，sin 0.6，cos 0.8)求：图5(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度答案(1)8108 kg(2) m/s解析(1)根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qecos mge解得：m代入数据得m8108 kg(2)对液滴由动能定理得：qumv2mvv 所以v m/s.题组3带电粒子在电场中的偏转7如图6所示，一价氢离子(h)和二价氦离子(he)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们()图6a同时到达屏上同一点b先后到达屏上同一点c同时到达屏上不同点d先后到达屏上不同点答案b解析一价氢离子(h)和二价氦离子(he)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选b.8如图7所示，六面体真空盒置于水平面上，它的abcd面与efgh面为金属板，其他面为绝缘材料abcd面带正电，efgh面带负电从小孔p沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴a、b、c，最后分别落在1、2、3三点则下列说法正确的是()图7a三个液滴在真空盒中都做平抛运动b三个液滴的运动时间不一定相同c三个液滴落到底板时的速率相同d液滴c所带电荷量最多答案d解析三个液滴具有水平速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项a错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，故运动时间必相同，选项b错误；在相同的运动时间内，液滴c水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，电荷量也最大，选项d正确；因为重力做功相同，而电场力对液滴c做功最多，所以它落到底板时的速率最大，选项c错误9如图8所示，在正方形abcd区域内有平行于ab边的匀强电场，e、f、g、h是各边中点，其连线构成正方形，其中p点是eh的中点一个带正电的粒子(不计重力)从f点沿fh方向射入电场后恰好从d点射出以下说法正确的是()图8a粒子的运动轨迹一定经过p点b粒子的运动轨迹一定经过pe之间某点c若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ed之间某点射出正方形abcd区域d若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由e点射出正方形abcd区域答案bd解析粒子从f点沿fh方向射入电场后恰好从d点射出，其轨迹是抛物线，则过d点做速度的反向延长线一定与水平位移交于fh的中点，而延长线又经过p点，所以粒子轨迹一定经过pe之间某点，选项a错误，b正确；由平抛运动知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，所以选项c错误，d正确10在空间中水平面mn的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由mn上方的a点以一定的初速度水平抛出，从b点进入电场，到达c点时速度方向恰好水平，a、b、c三点在同一直线上，且ab2bc，如图9所示由此可见()图9a电场力为3mgb小球带正电c小球