状元之路2016届高三物理一轮复习课件开卷速查第6章静电场3讲电容器带电粒子在中运动

选修必考部分第六章静

电

场特色一角提技能回扣教材抓基础第3讲

电容器

带电粒子在电场中的运动题型分类学方法夯实基础厚积薄发回扣教材

抓基础知识梳理一、电容器及电容1．电容器(1)组成：两个彼此□1

绝缘

且又□2

相互靠近的导体组成电容器，电容器可以容纳□3电荷(2)所带电荷量：一个极板所带电荷量的□4

绝对值

，两极板所带电荷量□5相等(3)充、放电．①充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带上等量异号电荷的过程，充电后两极间存在□6

电场

，电容器储存了□7电能②放电：用导线将充电后电容器的两极板接通，极板上电荷□8

中和的过程，放电后的两极板间不再有□9，同时电场能转化为其他形式的能．电场2．电容(1)定义：电容器所带的□10

电荷量

与两极板间□11

电势差的比值．QΔQ(2)公式：C＝U＝□12

ΔU

.(3)物理意义：电容是描述电容器容纳电荷□13

本领大小

的物理量，在数值上等于把电容器两极板的电势差增加1

V

所需充加的电荷量，电容C

由电容器本身的构造因素决定，与U、Q

无关．(4)单位：□14

法拉，符号□15

F

，与其他单位间的换算关系为：1

F＝□16

106

μF＝□17

1012

pF.3．平行板电容器的电容平行板电容器的电容与平行板正对面积S、电介质的介电常数rε

成正比，与极板间距离d

成反比，即C＝rε

S4πkd.二、带电粒子在电场中的加速和偏转1．带电粒子在电场中的加速运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做□18

匀变速直线运动用功能观点分析：电场力对带电粒子做的功等于□19

带电粒子动能的增量，即□2021

122

20＝

mv

－

mv

.qU2．带电粒子的偏转(1)运动状态：带电粒子受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做类平抛运动．(2)处理方法：类似于平抛运动的处理方法．①沿初速度方向为匀速运动，运动时间t＝

l/v0.FqE＝

qUmd.②沿电场力方向为□21

匀加速

运动，a＝m＝

m③离开电场时的偏移量y22＝

at

＝1

ql2U202mv

d.④离开电场时的偏转角tanθ＝v⊥v0＝□22.

qlU

0mv2d三、示波管1．构造①□23

电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图6－3－1)图6－3－12．工作原理(1)YY′上加的是待显示的□24

信号电压

，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做□25扫描电压(2)观察到的现象．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□26

中心

，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和□27

信号电压

的周期相等，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象．考点自测考点一

电容器和电容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(

)A．C

和U

均增大C．C

减小，U

增大B．C

增大，U

减小D．C

和U

均减小4πkd解析：根据平行板电容器电容公式

C＝

εrS

，在两板间插入Q电介质后，电容C

增大，因电容器所带电荷量Q

不变，由C＝U可Q知，U＝C减小，B

正确．答案：BA．保持S不变，增大d，则θ

变大B．保持S不变，增大d，则θ

变小C．保持d

不变，减小S，则θ

变小D．保持d

不变，减小S，则θ

不变解析：本题考查平行板电容器、静电计．静电计是测量4πkd电容器两端电压的仪器，指针偏角

θ∝U，根据

C＝

εS

和

CQ＝U得选项A

正确．答案：A两板间距越大，运动时间就越长，则获得的速率越大两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大

C．与两板间的距离无关，仅与加速电压U

有关D．以上解释都不正确解析：带电粒子的末速度取决于电场力对粒子做功的情况．由W＝qU知电场力做的功由两极间电势差决定，而与板间距无关，故C

正确．答案：C解析：由y＝1EqL22

mv20k01220和

E

＝

mv

，得

y＝EL2q4Ek0，可知y

与q成正比，B

正确．答案：B考点分类点点击破题型分类

学方法题型一电容器的动态分析1.电容器的两种情况电容器始终与电源相连时，电容器两极板电势差

U

保持不变；电容器充电后与电源断开时，电容器所带电荷量

Q

保持不变．2．平行板电容器动态问题的分析思路3．关于平行板电容器的一个常用结论电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关．【例

1】

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1d，其他条件不变，这时两极板间电势差为2U2，板间场强为

E2，下列说法正确的是(

)A．U2＝U1，E2＝E1C．U2＝U1，E2＝2E1B．U2＝2U1，E2＝4E1D．U2＝2U1，E2＝2E1解析：本题考查平行板电容器极板间电势差、场强与所带电U

C

Q

εS荷量及板间距的关系，意在考查考生应用E＝

d

、＝U和C∝d

分析问题的能力．由以上三公式可得E∝Q

，所以Q

加倍，E

也加εS倍，再由U＝Ed

可得U

相等．C

正确．答案：C使A、B

两板靠近一些使A、B

两板正对面积错开一些断开S

后，使B

板向右平移拉开一些断开S

后，使A、B

两板正对面积错开一些解析：图中静电计的金属杆接A

板，外壳和B

板均接地，静电计显示的是A、B

两板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S后，A、B两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S

后，板间距离增大，正对面积减小，都将使电容器的电容变小，而电容器电荷量不变，由U＝Q/C

可知，板间电压U

增大，从而静电计指针张角增大．综上所述，答案为C、D.答案：CD教师备选1－1如图6－3－6

所示，整个电路在竖直平面内，平行板电容器两极板水平放置，当开关

S闭合时，一带电微粒恰好在两板间处于静止状态，下列说法正确的是(

)图6－3－6保持S闭合，使滑动片P

向左滑动，微粒将向上运动断开S

后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止断开S

后，使两极板靠近，则微粒将向上运动断开S

后，使两极板左右错开一定距离，微粒仍静止解析：保持S

闭合时，电容器两极板间电压始终不变，移动滑片时，电场力跟重力始终平衡，微粒仍静止，选项A

错误；断开S后，电容器极板上电荷量不变，使两极板靠近，由EU

Q

4πkQ＝d

＝Cd＝

εrS

，知板间场强不变，电场力跟重力平衡，微粒仍保持静止，选项B

正确，选项C

错误；断开S后，使两极板左右错开一定距离，场强E变大，电场力大于重力，微粒向上运动，选项D

错误．答案：B题型二带电体在电场中的直线运动与力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速；是直线还是曲线)；然后选用恰当的规律解题．也可以从功和能的角度分析：带电体的加速(含偏转过程中速度大小的变化)过程是其他形式的能和动能之间的转化过程．解决这类问题，可以用动能定理或能量守恒定律．【例

2】

(多选题)如图

6－3－7，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(

)图6－3－7所受重力与电场力平衡电势能逐渐增加

C．动能逐渐增加D．做匀变速直线运动答案：BD小球到达小孔处的速度；极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；

(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．解析：(1)由v2＝2gh得v＝

2gh(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mg－qE＝ma0－v2＝2ad得E＝mg(h＋d)qdU＝EdQ＝CU得Q＝Cmg(h＋d)q12(3)由h＝

gt210＝v＋at2t＝t1＋t2综合可得t＝h＋dh2h

g答案：(1)

2gh

(2)mg(h＋d)qdCmg(h＋d)q(3)h＋dh2h

g教师备选2－1如图6－3－9

所示，一带电荷量为＋q、质量为m

的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图6－3－9(1)水平向右电场的电场强度；1(2)若将电场强度减小为原来的2，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L

时的动能．解析：图6－3－10(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力图如图

6－3－10

所示，则有

FNsin37°＝qE

①FNcos37°＝mg

②由①②可得E＝

4q3mg.1(2)若电场强度减小为原来的2，即3mgE′＝

8q由牛顿第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma可得a＝0.3g.(3)电场强度变化后物块下滑距离L

时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0可得Ek＝0.3mgL.3mg答案：(1)4q(2)0.3g(3)0.3mgL教师备选

2－2

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d影响可忽略不计)．小孔正上方2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)d返回．若将下极板向上平移3，则从

P

点开始下落的相同粒子将(

)打到下极板上在下极板处返回dC．在距上极板2处返回2dD．在距上极板5

处返回解析：带电粒子运动过程中只有重力和电场力做功，设电容器3

两极板间电压为

U，粒子下落的全程由动能定理有：mg

d－qU＝2

0，当下极板向上平移后，设粒子能下落到距离上极板

x

处，由动能定理有：d

2

23d

x

25mg

＋x－

qU＝0，解得x＝

d，选项D

正确．答案：D题型三带电粒子在电场中的偏转求解电偏转问题的两种思路以示波管模型为例，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6－3－11

所示．图6－3－11(1)确定最终偏移距离OP

的两种方法方法1：方法2：确定加速后的v0*确定偏移量y用结论确定*

相似三角形⇒(2)确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法【例3】如图6－3－12

所示，真空室中速度v0＝1.6×107

m/s的电子束，连续地沿两水平金属板中心线

OO′射入，已知极板长l＝4

cm，极板间距离

d＝1

cm，极板右端距离荧光屏

PQ

为

L＝18

cm.电子电荷量q＝1.6×10－19

C，质量m＝0.91×10－30

kg.若在电极

ab

上加

u＝220

2sin100πt

V

的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴

y

上能观测到多长的线段？(设极板间的电场是均匀的，两极板外无电场，荧光屏足够大)

l

4×10－2解析：

因为经过偏转电场的时间为

t

＝

v0

＝

1.6×107

s＝2.5×10－9s，而

T＝2π＝

2π

s＝0.02

s≫t.ω

100π故可以认为进入偏转电场的电子均在当时所加电压形成的匀强电场中运动．2d

1

EqUmaxq纵向位移2＝2at

，a＝

m

＝

dm

，所以电子能够打在荧光屏上最大竖直偏转电压maxU

＝md2md2v2qt

ql2

＝

2

0＝91

V.当U＝91

V

时，E＝Umax，y＝1at2.d

2y＝

dm因为

v

＝at

qUmaxt＝4×106

m/s，vy0tanθ＝v

＝0.25.偏转量yd＝2＋Ltanθ＝5

cm，d2

y

或l

＝

l22＋L得y＝5

cm.y

轴上观测到的线段长度为2y＝10

cm.答案：10

cm变式训练

3

如图

6－3－13

所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E＝1.0×102

V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h＝0.80

m

的a

处有一粒子源，盒内粒子以v0＝2.0×102

m/s

的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m＝2.0×10－15

kg、电荷量为q＝＋10－12

C

的带电粒子，粒子最终落在金属板b

上．若不计粒子重力，求(结果保留两位有效数字)：图6－3－13粒子源所在a

点的电势；带电粒子打在金属板上时的动能；(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)；若使带电粒子打在金属板上的范围减小，可以通过改变哪些物理量来实现？解析：(1)题中匀强电场竖直向下，b

板接地；因此φa＝Uab＝Eh＝1.0×102×0.8

V＝80

V.(2)不计重力，只有电场力做功；对粒子由动能定理qUab＝Ek1220—mv

可得带电粒子打在金属板上时的动能为—101.2×10

J.(3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平抛出为落点边界，由平抛运动知识可得x＝v0t

①12h＝2at

②qEa＝

m

③S＝πx2

④联立以上各式得所形成的面积为

4.0

m2，可以通过减小

h或增大

E

来实现答案：(1)80

V (2)1.2×10－10

J(3)4.0

m2

可通过减小h

或增大E

实现教师备选3－1图6－3－14(多选题)如图

6－3－14所示，在

O

点固定一点电荷

Q，一带电粒子

P

从很远处以初速度

v0射入电场，MN

为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹．虚线是以

O为中心，R1、R2、R3

为半径画出的三个圆，且

R2－R1＝R3－R2，a、b、c

为轨迹

MN与三个圆的

3

个交点，则下列判断正确的是(

)A．P、Q

两电荷可能为同种电荷，也可能为异种电荷B．a点电势一定高于b

点电势C．P

在a

点的电势能小于在c

点的电势能D．P

由a点到b点的动能变化的绝对值大于由a

点到c点的动能变化的绝对值解析：从图示中粒子的运动轨迹可以看出，P、Q

两电荷是异种电荷，因为它们之间产生的是引力，A

错误；如果Q

是负电荷，则a

点电势一定高于b

点电势，但如果Q

是正电荷，则a

点电势就会低于b

点电势，故B

错误；由于P

经过第一个圆后朝a

点运动时其速度逐渐增大，即其动能变大，故其电势能减小，所以P在a

点的电势能小于在c

点的电势能，C

正确；由于a

点、b

点分别位于第二与第三个圆上，a

点、c

点分别位于第二与第一个圆上，三个圆之间的距离是相同的，但三个圆间的电压差并不相同，第二与第三个圆间的电压差的绝对值要大于第二与第一个圆间的电压差的绝对值，故a

点与b

点间电势能变化的绝对值大于a

点与c

点间电势能变化的绝对值，故a

点到b

点的动能变化的绝对值大于a

点到c点的动能变化的绝对值，D

正确．答案：CD教师备选3－2图6－3－15(多选题)有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从左上同一点以相同的水平速度先后射入匀强电场中，A、B、C三个小球的运动轨迹如图

6－3－15

所示，A、B

小球运动轨迹的末端处于同一竖直线上，则如图运动轨迹对应的过程(

)小球A

带负电，B

不带电，C

带正电三小球运动的时间tA＝tB<tC小球B

和小球C

末动能可能相等小球A

和小球C

的电势能变化绝对值可能相等解析：小球水平方向不受力，做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，由水平位移公式x＝v0t，因初速度相同，xA＝xB>xC，知tA1B

C

A

B＝t

>t

，则选项

B

错误；由竖直位移公式

y＝2at2，而

y

<y

，得：aA<aB；又yA<yC，tA>tC，得：aA<aC，同理aB<aC，因场强方向向下，可以判定小球A

带负电，B

不带电，C

带正电，则选项A

正确；因aB<aC，得：合力maB<maC，由动能定理有：F

合y＝ΔEk＝Ekt－Ek0，k012而初动能

E

＝

m0

A

B

B

C

kC

kBv2相同，y

<y

，ma

<ma

，得：末动能

E

>E

，则选项C

错误；又电场力做功为qEy，yA<yC，电荷量q

未知，有可能qA>qC，使qEy

有可能相等，即电势能变化绝对值有可能相等，故选项D

正确．答案：AD思想方法盲点误区特色一角

提技能甲乙图6－3－16A．0