2020版新一线高考物理（新课标）一轮复习教学案：第7章第3节　电容器　带电粒子在电场中的运动

第3节　电容器　带电粒子在电场中的运动

知识点一| 电容器与电容

1．电容器

(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。

(2)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值。

(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)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。

(2)定义式：C＝＝。

(3)单位：法拉(F)，1 F＝106μF＝1012pF。

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，与电介质的相对介电常数成正比，与两极板间的距离成反比。

(2)决定式：C＝，k为静电力常量．

(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)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。 (×)

(3)放电后电容器的电荷量为零，电容也为零。 (×)

[典例]　(2018·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴(　　)

A．仍然保持静止　　　 B．竖直向下运动

C．向左下方运动 D．向右下方运动

D　[水平金属板间电场沿竖直方向，等势面为一组水平面。带电油滴处于静止状态，说明油滴受到的电场力方向竖直向上且Eq＝mg。B板右端向下移动一小段距离，两极板间电压不变，则两极板间的等势面右端同样向下弯曲。电场线与等势面垂直，同样产生弯曲，且电场强度减小。竖直方向上Eyq<mg，水平方向上Exq向右，故油滴向右下方运动，故D项正确。]

平行板电容器动态分析问题

(1)分析思路

①先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变。

②用决定式C＝确定电容器电容的变化。

③用定义式C＝判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化。

④用E＝分析电容器极板间场强的变化。

(2)两类动态变化问题的比较

考法　电容器的动态变化

1．(2018·北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电

B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小

C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大

D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大

A　[带电玻璃棒接触a板，a板会带上同种电荷，同时b板上会感应出异种电荷，故A正确；静电计指针张角反映电容器两板间电压，将b板上移，正对面积S减小，电容C减小，板间电压U增大，故指针张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr增大，电容C增大，板间电压U减小，指针张角变小，C错误；只增加极板带电量Q，板间电压U增大，但电容保持不变，故D错误。]

2．(2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器(　　)

A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大

B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大

C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变

D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变

D　[平行板电容器电容的表达式为C＝，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E＝，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。]

3.(2019·厦门模拟)如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，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。现将上极板竖直向上移动一小段距离，则(　　)

A．P点的电势将降低

B．极板带电量将增加

C．带电油滴的电势能将增大

D．带电油滴将竖直向上运动

C　[将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E＝得知板间场强减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势低于下极板的电势，则知P点的电势将升高，故A错误。油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故D错误。根据Q＝UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，则带电量减小，故B错误；由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带正电，P点的电势升高，则油滴的电势能将增加，故C正确。]

知识点二| 带电粒子在电场中的运动

1．带电粒子在电场中的加速

(1)处理方法：利用动能定理：qU＝mv2－mv。

(2)适用范围：任何电场。

2．带电粒子在匀强电场中的偏转

(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。

(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法。

①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝。

②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动。

(1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。 (×)

(2)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。 (√)

(3)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计。 (×)

1．带电粒子在电场中的运动规律

(1)平衡(静止或匀速直线运动)

条件：F合＝0或qE＝mg(仅受电场力和重力时)。

(2)加速(不计粒子重力)

以初速度v0射入电场中的带电粒子，经电场力做功加速至v，由qU＝mv2－mv得v＝。

当v0很小或v0＝0时，上式简化为v＝。

即带电粒子被加速后速度的大小跟粒子的质量m、电荷量q、加速过程始末位置的电势差U有关，跟电场是否均匀、粒子运动的路径无关。

2．关于带电粒子在电场中偏转问题的两个常用结论

(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(匀强)电场射出时的偏移量y和偏转角φ总是相同的。

证明：由qU0＝mv及y＝，tan φ＝得y＝，tan φ＝。

(2)带电粒子经(匀强)电场偏转后，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，即交点到电场边缘的距离为。

证明：由tan θ＝，tan φ＝且tan φ＝2tan θ

得：x＝。

[典例]　(2019·洛阳模拟)示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器，其主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示。若已知加速电场的电压为U1，两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d，电子枪发射的质量为m、电荷量为－e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力。若两金属板间存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U2，电子会打在荧光屏上某点，该点距O点距离要为d，求U1和U2的比值。

解析：在加速电场U1中，由动能定理得：

qU1＝mv2

以v的速度进入偏转电场U2中做类平抛运动，在离开偏转电场时偏移距离：

y1＝at2

其中t＝

速度方向与水平方向成θ角，则有：

vy＝at

tan θ＝

离开偏转电场后偏移的距离y2＝dtan θ

根据牛顿第二定律有加速度a＝

而总的偏移距离y＝y1＋y2＝d

联立以上几式解得＝。

答案：

考法1　带电粒子在电场中的直线运动

1.(多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图所示，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是(　　)

A．a的质量比b的大

B．在t时刻，a的动能比b的大

C．在t时刻，a和b的电势能相等

D．在t时刻，a和b的动量大小相等

BD　[两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x＝a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的质量小，A错误。由动能定理qEx＝Ek得，位移x大的动能大，B正确。在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误。由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。]

2.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则(　　)

A．微粒达到B点时动能为mv

B．微粒的加速度大小等于gsin θ

C．两极板的电势差UMN＝

D．微粒从A点到B点的过程电势能减少

C　[微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B时动能小于mv，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝，选项C正确；微粒从A点到B点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qUMN＝，选项D错误。]

3．(多选)(2019·泰安模拟)如图甲所示，在两平行的金属板间加上如图乙所示的电压。在0～1 s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，t＝2 s时电荷仍运动且未与极板接触，则在1～2 s内，点电荷(g取10 m/s2)(　　)

甲　　　　　　　　乙

A．做匀加速直线运动，加速度大小为10 m/s2

B．做变加速直线运动，平均加速度大小为5 m/s2

C．做变加速直线运动，2 s末加速度大小为10 m/s2

D．2 s末速度大小为10 m/s

BC　[第1 s内电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力向上，与重力平衡，第2 s内电压一直变大，故电场强度变大，电场力变大，且第2 s内合力随时间均匀增加，加速度随时间均匀增加，是变加速直线运动，故A错误；第2 s内加速度随时间均匀增加，第2 s末电场强度增加为第1 s末的2倍，故电场力变为2倍，合力向上，大小为mg，其加速度大小为g＝10 m/s2，故平均加速度为＝ m/s2＝5  m/s2，故B、C正确；2 s末速度大小为v2＝t＝5×1 m/s＝5 m/s，故D错误。]

4．如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t＝时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板。则(　　)

甲　　　　　　　　乙

A．A、B两板间的距离为

B．粒子在两板间的最大速度为

C．粒子在两板间做匀加速直线运动

D．若粒子在t＝时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板

B　[粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；粒子在t＝时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在时刻到达B板，则··＝，解得d＝，选项A错误；粒子在时刻速度最大，则vm＝·＝，选项B正确；若粒子在t＝时刻进入两极板间，在～时间内，粒子做匀加速运动，位移x＝·＝，所以粒子在时刻之前已经到达B板，选项D错误。]

考法2　带电粒子在电场中的偏转

5.如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电荷量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)，不计重力。若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于(　　)

A．　　 B．

C．   D．

B　[由于两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，可知两粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运动，根据运动的独立性和等时性，可得在切点位置粒子在水平方向上有＝v0t，在竖直方向上有＝at2＝t2，联立以上两式可求得v0＝，由此可知，选项B正确，A、C、D错误。]

6.(2019·运城检测)真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是(　　)

A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同

B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同

C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2

D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4

B　[设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝mv，解得v0＝，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据推论y＝、tan θ＝可知，y与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶ 2，则电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误。]

考法3　带电粒子在电场、重力场中的运动

7.如图所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为(　　)

A．mv　   B．　　　C．2mv　　　D．

D　[由题可知：小球到P点时，水平位移和竖直位移相等，即v0t＝t，合速度vP＝＝v0，则EkP＝mv＝mv，故选D。]

8．如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动。已知小球所受电场力是其重力的，圆环半径为R，斜面倾角为θ＝60°，sBC＝2R。若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

解析：小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F，如图所示，可知F＝1.25mg，方向与竖直方向成37°角。由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D点，设小球恰好能通过D点，即达到D点时圆环对小球的弹力恰好为零。

由圆周运动知识得：

F＝m，即：1.25mg＝m

小球由A运动到D点，由动能定理得：

mg(h－R－Rcos 37°)－mg×(hcot θ＋2R＋Rsin 37°)＝mv

联立解得h＝7.7R。

答案：7.7R