高考物理一轮复习 第7章 第3节　电容器　带电粒子在电场中的运动

这是一份高考物理一轮复习 第7章 第3节　电容器　带电粒子在电场中的运动，共16页。试卷主要包含了电容器，电容，平行板电容器等内容，欢迎下载使用。
知识点1 电容器、电容、平行板电容器
1．电容器
(1)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值．
(2)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＝eq \f(Q,U)＝eq \f(ΔQ,ΔU).
(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＝eq \f(εrS,4πkd)，k为静电力常量．
知识点2 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＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0).
(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＝eq \f(l,v0).
②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．
知识点3 示波管
1．示波管装置
示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如图7­3­1所示．
图7­3­1
2．工作原理
(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束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．
(2)YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．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随时间变化的稳定图象．
1．正误判断
(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)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)
(4)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√)
(5)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的．(√)
(6)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．(×)
2．[带电粒子在电场中的直线运动](多选)电子束焊接机中的电子枪如图7­3­2所示，K为阴极，A为阳极，两极之间的电势差为U.A、K之间的电场线分布如图所示．阴极发出的电子在电场作用下由静止状态从K加速运动到A，设电子的质量为m，则下列说法正确的是( )
图7­3­2
A．阴阳两极的电场为匀强电场
B．电子在运动过程中的加速度变大
C．电子的电势能不断增加
D．电子到达阳极时的速度v＝eq \r(\f(2eU,m))
BD [由图中的电场线分布特点可知A项错误；从电场线的分布特点可看出，电子在加速过程中所受到的电场力逐渐变大，因此电子的加速度在变大，B项正确；由于电子带负电，当它从K极向A极运动时，电场力做正功，电势能减小，C项错误；由动能定理可得eU＝eq \f(1,2)mv2，解得电子的速度为v＝eq \r(\f(2eU,m))，D项正确．]
3．[平行板电容器的电容]电容式加速度传感器的原理结构如图7­3­3所示，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上．质量块可带动电介质移动改变电容．则( )
图7­3­3
A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小
B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流
C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长
D．当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流
D [根据电容器的电容公式C＝eq \f(εrS,4kπd)，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，质量块因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C错误；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q＝CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确．]
5．[示波管的原理](多选)如图7­3­4所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )
【导学号：92492292】
图7­3­4
A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电
C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电
AC [由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．]
1.分析比较的思路
(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＝eq \f(εrS,4πkd)确定电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝eq \f(Q,U)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＝eq \f(U,d)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
[题组通关]
1．(2017·汕头模拟)如图7­3­5所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态，若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，应( )
【导学号：92492293】
图7­3­5
A．给平行板电容器充电，补充电荷量
B．让平行板电容器放电，减少电荷量
C．使两极板相互靠近些
D．使两极板相互远离些
A [根据平行板电容器的电容公式和电容的定义式有：C＝eq \f(Q,U)＝eq \f(εrS,4πkd)，油滴处于静止状态时，电场力与重力等大反向，eq \f(qU,d)＝mg，给电容器充电，电荷量增大，电容不变，电势差增大，油滴电荷量减少，可以使电场力不变，故A正确；让电容器放电，电量减小，电容不变，电势差减小，油滴电荷量减少，电场力一定减小，故B错误；因电容器与电源断开，电荷量不变，两极板间电场强度E＝eq \f(U,d)＝eq \f(4πkQ,εrS)，与板间距离d无关，所以电容器两极板靠近和远离时，电场强度不变，电荷的电量减小，则电场力减小，电荷不能平衡．]
2．(2016·天津高考)如图7­3­6所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
图7­3­6
A．θ增大，E增大
B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大
D．θ减小，E不变
D [由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝eq \f(Q,C)可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小．又因为两板间电场强度E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，Q、S不变，则E不变．因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项D正确．]
电容器动态分析问题的分析技巧
1．抓住不变量，弄清楚是电容器的电荷量不变还是电压不变．
2．根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析电荷量或电压的变化，最后分析电场强度的变化．
1.是否考虑重力的处理方法
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，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，一般都要考虑重力．
2．解决问题的两种思路
(1)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，受到的电场力方向与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动．
(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0).
[多维探究]
●考向1 仅在电场力作用下的直线运动
1. (多选)如图7­3­7所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
图7­3­7
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度为零
D．0～3 s内，电场力做的总功为零
CD [设第1 s内粒子的加速度为a1，第2 s内的加速度为a2，由a＝eq \f(qE,m)可知，a2＝2a1，可见，粒子第1 s内向负方向运动，1.5 s末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C、D正确．]
●考向2 在电场力和重力作用下的直线运动
2.如图7­3­8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( )
图7­3­8
A．微粒达到B点时动能为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．两极板的电势差UMN＝eq \f(mgd,qcs θ)
D．微粒从A点到B点的过程电势能减少eq \f(mgd,cs θ)
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eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcs θ＝mg，解得a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝eq \f(mgd,qcs θ)，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＝eq \f(mgd,cs θ)，选项D错误．]
3．(2017·汕头模拟)如图7­3­9所示，M和N是两个带等量异种电荷的平行正对金属板，两板与水平方向的夹角为60°.将一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从靠近N板的位置由静止释放，释放后，小球开始做匀加速直线运动，运动方向与竖直方向成30°角．已知两金属板间的距离为d，重力加速度为g，则( )
【导学号：92492294】
图7­3­9
A．N板带负电
B．M、N板之间的场强大小为eq \f(\r(3)mg,q)
C．小球从静止到与M板接触前的瞬间，合力对小球做的功为eq \r(3)mgd
D．M、N板之间的电势差为－eq \f(mgd,q)
D [小球带正电，受到的电场力方向与电场方向相同，所以N板带正电，A错误；小球的运动方向就是小球所受合力方向，而小球的运动方向恰好在小球所受重力方向和电场力方向夹角的平分线上，所以电场力等于mg，M、N板之间的场强大小为E＝eq \f(mg,q)，B错误；M、N板之间的电势差为U＝－Ed＝－eq \f(mgd,q)，D正确；小球从静止到与M板接触前的瞬间，重力和电场力做的功都是mgd，合力对小球做的功为2mgd，C错误．]
解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法
1．用牛顿运动定律和运动学规律求解．
2．用动能定理或能量守恒定律求解．
3．选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时．这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力．
1.偏转问题
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动形式：类平抛运动．
(3)处理方法：应用运动的合成与分解．
(4)运动规律：
①加速度：a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md)
②在电场中的运动时间：t＝eq \f(l,v0)
③离开电场时的偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUl2,2mv\\al(2,0)d)＝eq \f(U1l2,4U0d)
④离开电场时的偏转角tan θ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(qUl,mv\\al(2,0)d)＝eq \f(U1l,2U0d)
2．两个结论
(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．
(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eq \f(l,2).
3．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：qUy＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．
[母题] (多选)(2015·天津高考)如图7­3­10所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
图7­3­10
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
【自主思考】
(1)氕核、氘核、氚核三种粒子有什么不同点和相同点？
提示：三种粒子的符号分别为：eq \\al(1,1)H、eq \\al(2,1)H、eq \\al(3,1)H，相同点是均带有一个单位的正电荷，q＝＋e.不同点是质量数不同，分别是1、2、3，即质量之比为1∶2∶3.
(2)如何分析在E2中电场力对三种粒子的做功多少？
提示：因电场力qE2为恒力，故由W＝qE2·y分析，而y是在E2中的偏转位移，可由y＝eq \f(E2l2,4E1d)分析．
AD [根据动能定理有qE1d＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝eq \r(\f(2qE1d,m)).在偏转电场中，由l＝v1t2及y＝eq \f(1,2)eq \f(qE2,m)teq \\al(2,2)得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝eq \f(E2l2,4E1d)，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确；
根据动能定理，qE1d＋qE2y＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝eq \r(\f(2qE1d＋qE2y,m))，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误；粒子打在屏上所用的时间t＝eq \f(d,\f(v1,2))＋eq \f(L′,v1)＝eq \f(2d,v1)＋eq \f(L′,v1)(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误；根据vy＝eq \f(qE2,m)t2及tan θ＝eq \f(vy,v1)得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝eq \f(E2l,2E1d)，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确．]
[母题迁移]
(2017·山西运城一模)真空中的某装置如图7­3­11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( )
图7­3­11
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＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝eq \r(\f(2qU1,m))，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＝eq \f(U2L2,4dU1)、tan θ＝eq \f(U2L,2dU1)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，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误．]
带电粒子在电场中偏转问题求解通法
(1)解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：
加速电场中的运动一般运用动能定理qU＝eq \f(1,2)mv2进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运动的分解进行计算；二者靠速度相等联系在一起．
(2)计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法：
①Y＝y＋dtan θ(d为屏到偏转电场的水平距离)；
②Y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)＋d))tan θ(L为电场宽度)；
③Y＝y＋vy·eq \f(d,v0)；
④根据三角形相似eq \f(Y,y)＝eq \f(\f(L,2)＋d,\f(L,2)).
[母题] (2017·太原模拟)如图7­3­12所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m、电荷量为－q(－q＜0)的带电绝缘小球，从y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C(L,0)点．该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球外径．不计一切阻力，重力加速度为g.求：
图7­3­12
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球运动到B点时对细管的压力的大小和方向；
(3)小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置．
【解析】 (1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入细管，则速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°
则tan 45°＝eq \f(mg,Eq)
解得匀强电场的电场强度E＝eq \f(mg,q).
(2)根据几何关系可知，圆弧形细管的半径r＝eq \r(2)L，圆心的坐标为O1(0，－L)
设小球运动到B点时速度为vB，此时受到重力和细管的支持力FN，从P点到B点的过程中
根据动能定理得：eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)－0＝mg(2L＋eq \r(2)L)＋EqL
小球运动到B点时，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝meq \f(v\\al(2,B),r)
联立解得：FN＝3(eq \r(2)＋1)mg
根据牛顿第三定律可知，小球运动到B点时对细管的压力大小为3(eq \r(2)＋1)mg，方向竖直向下．
(3)设小球运动到A点的速度为vA，运动到C点的速度为vC，从P点到A点的过程中，根据动能定理得：eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＝mgL＋EqL
解得：vA＝2eq \r(gL)
小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度
vC＝vA＝2eq \r(gL)
小球的加速度g′＝eq \r(2)g
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴
则有：vCt＝eq \f(1,2)g′t2
解得：t＝2eq \r(\f(2L,g))
则沿x轴方向运动的位移
x＝eq \r(2)vCt＝eq \r(2)×2eq \r(gL)×2eq \r(\f(2L,g))＝8L
则小球从C点飞出后落在x轴上的横坐标：
x′＝L－8L＝－7L.
【答案】 (1)eq \f(mg,q) (2)3(eq \r(2)＋1)mg 方向竖直向下 (3)－7L
[母题迁移]
(多选)如图7­3­13所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动．AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度E＝eq \f(mg,q).下列说法正确的是( )
【导学号：92492295】
图7­3­13
A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为eq \r(gL)
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大
C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动
D．若将小球在A点以大小为eq \r(gL)的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点
BD [因为电场强度E＝eq \f(mg,q)，所以小球所受电场力大小也为mg，故小球所受合力大小为eq \r(2)mg，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为45°，故小球通过圆弧AD的中点时速度最小，此时满足eq \r(2)mg＝meq \f(v\\al(2,min),L)，因此小球在竖直面内圆周运动的最小速度vmin＝eq \r(\r(2)gL)，A项错误；由功能关系知，物体机械能的变化等于除重力、弹簧的弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，电场力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，B项正确；
小球在A点由静止开始释放后，将沿合外力方向做匀加速直线运动，C项错误；若将小球以eq \r(gL)的速度竖直向上抛出，经时间t＝eq \f(2\r(gL),g)回到相同高度，其水平位移s＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)t2＝2L，故小球刚好运动到B点，D项正确．]
“等效法”的关键
带电体在匀强电场和重力场组成的复合场中的运动问题，是高中物理中一类重要而典型的问题．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＝eq \f(F合,m)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．

平行板电容器及其动态分析问题
分类
充电后与电池两极相连
充电后与电池两极断开
不变量
U
Q
d变大
C变小Q变小E变小
C变小U变大E不变
S变大
C变大Q变大E不变
C变大U变小E变小
εr变大
C变大Q变大E不变
C变大U变小E变小
带电粒子在电场中的直线运动
带电粒子在匀强电场中的偏转
等效法处理带电粒子在电场、重力场中的运动