2018届高三物理高考总复习课件：专题7 第3讲电容、带电粒子在电场中的运动 精品

• 练1 (多选)如图所示的电路，闭合开关，水 平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正 好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动， 下列操作可行的是( )
• A．断开开关，将两板间的距离拉大一些
• B．断开开关，将两板水平地向相反方向移 开一些
• C．保持开关闭合，将两板间的距离减小一 些
• D．保持开关闭合，以两板各自的左侧板沿 为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小
• 例1 (2016年天津卷)如图所示，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 板间有一个固定在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( )
• 始(1)以B脱恒离定板的时加的速动度能a(；a＜g)竖直下落h时，B与 • 绝(2)缘B在板脱脱离离绝．缘若板静前电的力运常动量过为程k，中求，：
电场力和板的支持力对B做功的代 数和W；
• (3)B脱离绝缘板时距A的高度x.
【答案】(1)mah (2)m(a－g)h (3)q
k mg－a
【解析】(1)B 球向下匀加速运动，由运动学公式得 v2＝2ah
②沿电场力方向，做__匀__加___速___直___线_运动．
加速度：a＝mF＝qmE＝mqUd.
Uql2
离开电场时的偏移量：y＝12at2＝__2_m_d_v_20____.
Uql
离开电场时的偏转角：tan θ＝vv0y＝___m_d_v_20_____.
• 1．[对电容器计算式的考查](多选)对于给定 的电容器，描述其电容C，电荷量Q，电压U 之间的相应关系的图象正确的是( )
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＝4επrkSd确定电容器电容的变化． 3．用定义式 C＝QU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＝Ud分析电容器极板间电场强度的变化．
•考点2 带电粒子在电场中的直线运动
• 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
• 子度(所1)(v用粒重0射的子力入时从不电间射计场；入)，中电以，场垂v到0直方打于向到电的屏场延上线长方线向与的屏初的速交 • 点(2)为粒O子.试刚求射：出电场时的速度方
A．使 U2 加倍
B．使 U2 变为原来的 4 倍
C．使 U2 变为原来的 2倍
D．使 U2 变为原来的12
【答案】A
【解析】若想使粒子的运动轨迹不发生变化，则粒子离开电场时的偏转距离 y 不变，由12mv20＝qU1，y＝12at2＝12·qmUd2vl02＝4UU21l2d 可得，当 U1 加倍时，U2 加倍即可， 选项 A 正确．
(2)虚射点和速度偏转角：如(1)的情况，在下图中作粒子速度的反向延长线，设 交于 O 点，O 点与电场边缘的距离为 x，速度偏转角 tan θ＝vat0＝vat02t＝2Ly＝2Ud1UL0＝2tan α，与 q，m 无关，x＝tany θ＝L2.
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 qUy＝12mv2－12mv20， 其中 Uy＝Udy，指初、末位置间的电势差．
________的平行板导体绝组对成值 ．
• (_2_)_带__电__荷_．量：一个极板所带电荷量的异种电荷
• (3)电容电器场的能 充、放电
电场能
• 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__________，电容器中储
2(1．)定电义容式：_C__＝__UQ_____.
(2)单位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF.
第3讲 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
三类动态分析；2.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线
运动问题；3.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问
题．
•考点O 讲堂梳理自查
• 一、电容器、电容
• 1．电容器 • (1)组成：由两绝个缘彼此__靠_近_____又相互
• 1．带电粒子在电场中运动时重力的处理 • (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， 除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽 略重力． • 2．带电粒子在电场中的变速直线运动
• 例2 如图所示，A和B是两个相同的带电小 球，视为质点，质量均为m，电荷量均为q.A 固定在绝缘地面上，B放在它的正上方的一 块绝缘板上．当手持绝缘板，使B从静止开
• A．θ增大，E增大 • C．θ减小，Ep增大
B．θ增大，Ep不变 D．θ减小，E不变
• 【答案】D
【解析】保持下极板不动，上极板向下移动一小段距离后，由 C＝4επrkSd可知电 容器的电容变大，由于 Q 不变，由 C＝UQ可知 U 减小，故静电计的指针偏角变小； 电场强度 E＝Ud＝CQd＝4πεrkSQ不变；由于下极板不动，电场强度 E 不变，所以 P 点的 电势没有发生改变，故点电荷在 P 点的电势能不变，A、B、C 错误，D 正确．
() A．U2＝U1，E2＝E1 C．U2＝U1，E2＝2E1
B．U2＝2U1，E2＝4E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1
【答案】C
【解析】根据题意可知，平行板电容器的间距 d 和电荷量 Q 发生变化，要求讨 论电势差 U 和场强 E 的变化．设平行板电容器的电容为 C，则有 C＝UQ＝4επrkSd，又 因为 U＝Ed，所以解得 U＝4πεkrSdQ，E＝4πεrkSQ.当带电量变为 2Q、板间距变为d2时， U2＝U1，E2＝2E1，C 正确．
• 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
• 【答案】BD
• 【解析】粒子做直线运动，其重力和电场力 的合力应与速度共线，如图所示．重力与电
• 带电粒子在匀强电场中做直线运动问题主要 用力的观点求解，即运用牛顿第二定律并结 合运动学规律求解．其思路是认真分析带电 粒子的受力情况和运动情况，建立清晰的物 理情景，然后由力的观点列方程．若带电粒 子在匀强电场中做匀速直线运动，由平衡条 件列式；若做匀变速直线运动，可以用牛顿 第二定律与匀变速直线运动规律求解；对于 多过程的往复运动也可以由能的观点求解．
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___极__板___间___距_成离反比．
(2)决定式：C＝4επrkSd，k 为静电力常量． ①保持两极板与电源相连，则电容器两极板间__电__压____不变． ②充电后断开电源，则电容器所带的__电___荷__量___不变．
•考点1 平行板电容器的动态分析
1．主要的理论依据 (1)平行板电容器的电容 C 与板间距 d，正对面积 S，电介质的介电常数 εr 间的 关系为 C＝4επrkSd. (2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强 E＝Ud. (3)电容器所带电荷量 Q＝CU. (4)由以上三式得 E＝4πεrkSQ∝S，该式常用于 Q 保持不变的情况中．
•考点3 带电粒子在电场中偏转
1．两个结论 (1)偏转位移和位移偏转角：若不同的带电粒子从静止经过同一电场(或同一电压 U0)加速后进入偏转电场，则由动能定理有 qU0＝12mv20，粒子从偏转电场 U1 中射出时， 偏转位移 y＝12at2＝2qmUd1Lv220，联立可得 y＝4Ud1UL20.显然偏转位移 y、位移偏转角 tan α＝Ly ＝4Ud1UL0与偏转电压 U1 成正比，与加速电压 U0 成反比，而与粒子的 q，m 无关．即不 同的带电粒子从静止经过同一电场加速进入同一偏转电场后，它们在电场中的偏转 位移、位移偏转角总是相同的．
【解析】带电液滴受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力正好处于静止状态， 有 qE＝mg.两板间的电场强度 E＝Ud，保持开关闭合时，U 不变，当两板间的距离 d 减小时，E 变大，此时 qE＞mg，液滴竖直向上运动，C 项正确；保持开关闭合，以 两板各自的左侧板沿为轴，同时向上(即逆时针方向)转过一个小角度，E 方向变了， 此时液滴不会沿竖直方向运动，所以 D 项错误；断开开关，电容器的电荷量 Q 不变， E 与 d 无关，所以断开开关，将两板间的距离拉大一些，仍有 qE＝mg，液滴仍保持 静止状态，A 项错误；断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些，此时两板的 正对面积 S 变小，E 变大，此时 Eq＞mg，所以液滴竖直向上运动，B 项正确．
• (2)运动性质： ____________运动．
• (3)处理方法：分解成__________的两个分运
(4)运动规律：
①沿初速度方向做__匀___速__直___线_运动，运动时间如下分析． l
a．能飞出电容器时：t＝_____v_0_____. b．不能飞出电容器时：y＝12at2＝_____2qm_U_d_t_2 ___，t＝_______2_mq_Ud_y____.
2．电容器的动态分析方法 (1)平行板电容器充电后，继续与电源的两极相连，电路达到稳定后两极板间的 电压不变，当电容器的 d、S、εr 变化时，将引起电容器的 C、Q、E 的变化. 即 C＝4επrkSd∝εdrS，Q＝UC∝εdrS，E＝Ud∝1d. (2)平行板电容器充电后，切断与电源的连接，因此电容器带电荷量 Q 不变，当 电容器的 d、S、εr 变化时，将引起电容器的 C、U、E 变化. 即 C＝4επrkSd∝εdrS，U＝QC∝εdrS，E＝4πεrkSQ∝ε1rS. (3)两电容器的极板分别用导线连接起来，两电容器的电荷量之和为定值，两电 容器的电势差相等．
故粒子的初动能为 Ek＝eUdh，选项 D 正确．
4．[对带电粒子在电场中偏转的考查]如图所示，静止的电子在加速电压为 U1 的
电场作用下从 O 经 P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压
为 U2 的电场作用下偏转一段距离．现使 U1 加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，
应该( )
A
B
C
D
【答案】BC
【解析】电容器的电容 C 与两板间的电压 U、极板所带的电荷量无关，而 C＝QU，
故选项 B、C 正确．
2．[对电容器动态问题的考查]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12
d，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
• 二、带电粒子在电场中的运动
• •
1(1．)处带理电方粒法子：在利电用场动中12能m的v2定－加12m理v速20 qU＝
________________.
• (2)适用范围：任何电场．
• 2．带电粒匀子变在速曲电线场中的偏转
• (1)条件分析：相带互垂电直粒子垂直于电场平线抛运方动向进 入匀强电场．
B 脱离板前的动能 Ek＝12mv2＝mah.
(2)由动能定理得 mgh＋W＝mah，得 W＝m(a－g)h. (3)由牛顿第二定律，有 mg－kxq22＝ma
得 x＝q
k mg－a.
• 练2 (多选)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 ()
3．[对带电粒子在电场中做直线运动的考查]两平行金属板相距为 d，电势差为 U，
一电子质量为 m，电荷量为 e，从 O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达 A 点，
然后返回，如图所示，OA＝h.此电子具有的初动能是( )
A．eUdhຫໍສະໝຸດ B．edUhC．edUhD．eUd h
【答案】D 【解析】由题意可知粒子到达 A 点速度为零，根据动能定理可知－eUdh＝0－Ek ，