2021版一轮复习名师导学物理文档：第7章　第3节　电容器　带电粒子在电场中的运动 WORD版含解析.docx

1、第3节电容器带电粒子在电场中的运动考点一电容器对应学生用书p1341电容器(1)组成：由两个彼此_绝缘_又相互_靠近_的导体组成(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的_绝对值_(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的_异种电荷_，电容器中储存_电场能_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_本领的物理量(4)单位：法拉(F)1 F_106_F1012 pF(5)决定因素：一个电容器电容的大小是由

2、电容器_结构_决定的，与电容器是否带电、_带电量的多少_及_两极板间的电势差_无关3平行板电容器(1)决定电容大小的因素：平行板电容器的电容与两极板的_正对面积S_成正比，与介质的_介电常数r_成正比，与_两极板的距离d_成反比(2)决定式：C_，k为静电力常量4对电容器两个公式的理解(1)公式C是电容的定义式，对_任何_电容器都适用对一个确定的电容器，其电容已确定，不会随其_电荷量_的改变而改变(2)公式_C_是_电容_的决定式，只对_平行板电容器_适用【理解巩固1】平行板电容器和电源、电阻、开关串联，组成如图所示的电路接通开关S，电源即给电容器充电，则()A保持S接通，减小两极板间的距离，

3、则两极板间的电场强度减小B保持S接通，在两极板间插入一块铝板，则两极板间的电场强度增大C充电结束后断开S，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差增大D充电结束后断开S，在两极板间插入一块介质，则极板间的电势差增大解析 保持S接通时，电容器两极板间的电势差不变，减小两极板间的距离，根据E可知，两极板间的电场强度增大，选项A错误；保持S接通，在两极板间插入一块铝板，根据静电平衡的特点可知，有电场存在的板间距离减小，根据E可知，两极板间的电场强度增大，选项B正确；充电结束后断开S，电容器两极板上的电荷量不变，减小两极板间的距离，电容器的电容增大，U，则两极板间的电势差减小，选项C错误；充电结束后断开

4、S，在两极板间插入一块介质时，电荷量不变，电容器的电容增大，两极板间的电势差减小，选项D错误答案 B对应学生用书p134例1如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是()A电容器的电容增大B固定在P点的电子的电势能增大CA、B两板间的电场强度增大DP点电势升高解析 根据C，当A板向上平移一小段距离，间距d增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A错误；根据E，由于U不变，d增大，故电场强度变小，故C错误；因电场强度变小，导致P点与B板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，故D错误，B正

5、确答案 B,当电容器始终与恒压电源相连时，U不变依C，先分析C的变化，再分析Q的变化；依E分析电场强度的变化；依ABUABEdAB分析某点的电势变化，再依Epq分析电势能Ep的变化)例2(多选)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，把b板向右移动少许，静电计指针的张角变小，表明电容增大解析 a板与玻璃棒接触带上电后，由于静电感应，使b板带上等量异种电荷，A对；b板上移后，电容减小，电量不变，

6、两板间电压增大，静电计指针的张角变大，B错；插入有机玻璃片后，电容变大，两板间电压减小，指针张角变小，C错；b板右移少许，电容增大，两板间电压减小，指针张角变小，D对答案 AD,当电容器充电后与电源断开，Q不变根据C，先分析C的变化，再分析U的变化根据E，分析电场强度的变化)考点二带电粒子在电场中的运动对应学生用书p1351带电粒子在电场中运动时重力的处理基本粒子：如电子、质子、离子等，除有说明或有明确暗示以外，一般可忽略不计带电颗粒：如尘埃、液滴、油滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示以外，一般情况都不能忽略平衡问题一般要考虑重力根据题意进行分析，有些问题中隐含着忽略重力，或考虑重力后造成题目

7、无法解答，这时也应忽略重力2带电粒子在电场中运动的几种情况(1)平衡带电粒子在匀强电场中静止时，如果只受重力和电场力，则电场力的方向为_竖直向上_；若带电粒子的质量为m，电场强度为E，则粒子的带电荷量为_，若粒子带负电，场强方向为_竖直向下_，粒子带正电，场强方向为_竖直向上_带电粒子在匀强电场中做匀速直线运动，且只受重力和电场力，必有_电场力_等于_重力_；设匀强电场两极板电压为U，板间距离为d，带电粒子的电荷量为q，则电容器的_下极板_带正电荷；带电粒子的质量为_(2)加速运动状态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_速度_在同一直线上，做_匀变速直线_运动两种分析方法

8、用动力学观点分析：加速度a，v2v2ad用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于粒子动能的变化，故粒子动能变化量等于_电势能_的变化量.适用于一切静电场qUmv2mv(式中U为加速电场的电势差)只适用匀强电场qEdmv2mv(式中d为沿电场线方向的位移)(3)偏转初始条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场运动性质：_匀变速曲线_运动处理方法：类似于平抛运动，应用运动的_分解_的方法运动规律：质量为m、带电量为q的带电粒子以初速度v0沿_垂直于_电场方向，进入长为l、间距为d、电压为U的两平行金属板间，在穿越电场时发生偏转(不计粒子重力)两个结论：【理解巩固2】如图，带电粒子由静止

9、开始，经电压为U1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是(粒子重力不计)()A保持U2和平行板间距不变，减小U1B保持U1和平行板间距不变，增大U2C保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板D保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板解析 设粒子带电量为q，质量为m，电容器板长为L，两板间距离d，依qU1mv2，v，yt2，xvt，保持U2、d不变，减小U1，则v减小，而x要增大，则t要增大，又要使y不变，不可能实现，A错误；保持U1、d不变，增大U2，则v

10、不变，而x要增大，则t要增大，又要使y不变，不可能实现，B错；保持U1、U2不变，向下平移上板，则v不变，x要增大，t要增大，又要使y不变，不可能实现，C错；保持U1、U2下板位置不变，向上平移上板，则v不变，t要增大，x增大，可能实现，D对答案D 对应学生用书p136例3(多选)如图，在竖直平面内有一匀强电场，一带电荷量为q、质量为m的小球在力F(大小可以变化)的作用下沿图中虚线由A到B做竖直向上的匀速运动已知力F和AB间夹角为，A、B间距离为d，重力加速度为g, 则()A力F大小的取值范围只能在0B电场强度E的最小值为C小球从A运动到B电场力可能不做功D若电场强度E，小球从A运动到B电势能

11、变化量大小可能为2mgdsin2 审题指导 “带电小球”，必须考虑重力，“匀速运动”，即受力平衡，合外力为零小球受力情况是：重力大小方向均不变；外力F，大小可变，方向不变；电场力Eq，大小方向均可变依题意，可画出三个力的矢量三角形，再依几何知识求解解析 小球受到重力mg、力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图所示，可知，当电场力qE沿水平方向时，F，电场力qE可以继续增大，F也能继续增大，F可以大于，A错误；当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时电场强度也最小，则得：qEminmgsin ，所以电场强度的最小值为

12、：Emin，B正确；若电场强度E，电场力qE可能与AB方向垂直，如图位置1，小球从A运动到B电场力不做功，电势能变化量为0，也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为2mgdsin2，C、D正确答案 BCD例4如图所示，电子在电势差为U0的加速电场中，从左极板由静止开始运动，经加速电场加速后从右板中央垂直射入电势差为U的偏转电场中，经偏转电场偏转后打在竖直放置的荧光屏M上，整个装置处在真空中，已知电子的质量为m，电量为e，偏转电场的板长为L1，板间距离为d，光屏M到偏转电场极板右端的距离L2，求：(1)电子从加速电场射入偏转电场的速度v0；(2)电子飞出偏转电场时的偏转距离y；(3)电子飞出偏

13、转电场时偏转角的正切值；(4)电子打在荧光屏上时到中心O的距离Y.解析 (1)电子在加速电场中直线加速过程，根据动能定理得eU0mv0解得电子从加速电场进入偏转电场的速度v0(2)根据牛顿第二定律得a电子在偏转电场中的运动时间t则偏转位移yat2(3)电子离开偏转电场时偏转角的正切值为tan (4)电子离开偏转电场时速度的反向延长线经过中轴线的中点，根据相似三角形得解得Y,带电粒子在电场中偏转问题求解通法垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动(1)解决带

14、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qUmv2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；进入偏转电场的初速度就是经过加速电场后的末速度(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：Yydtan (d为屏到偏转电场的水平距离)；Ytan (L为电场宽度)；Yyvy；根据三角形相似.)例5如图所示，一个绝缘光滑圆环竖直放在水平向右的匀强电场中，圆环半径大小为R1.0 m，电场强度大小为E6.0106 V/m，现将一小物块由与圆心O等高的位置A点静止释放，已知小物块质量为m1.6 kg，电荷量为q2.0106 C，释放后滑块将沿着圆环滑动

15、小物块可视为质点，g取10 m/s2.(1)求当物块滑到圆环最低点B时对轨道的压力大小；(2)若在圆环最低点B点给小物块一个水平向左的初速度vB9 m/s，物块能否紧贴圆环在竖直平面内做圆周运动？(写出详细分析、判定过程)(已知：sin 370.6，cos 370.8)审题指导 本题的情景是带电物体在电场和重力场的叠加场中的圆周运动，通常用等效法处理1等效重力将重力和电场力合成，其合力F合为等效重力场中的“重力”，F合mg，g即为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向即为“等效重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向2等效重力场中的最高点、最低点在等效重力场中做圆周运动的物体速度最小

16、的位置(临界速度位置)就是等效重力场中的最高点，连结等效最高点与圆心的连线跟圆周的交点就是速度最大的位置即等效重力场中的最低点，它们都位于等效重力的作用线上且关于圆心对称解析 (1)物块由A运动到B的过程中，重力做正功，电场力做负功设物块运动到B点速度为v.由动能定理可得mgR(qER)mv2可得v m/s在B点由FNmgm可得支持力FN24 N由牛顿第三定律可得物块对轨道的压力大小为FN24 N(2)设在C位置时重力与电场力的合力恰好指向圆心提供物块做圆周运动向心力时，物块刚好不脱离圆环而又不受圆环的作用力，如图所示此时有F合m，解得v0 m/s，tan ，37，OC与竖直方向夹角为37若在

17、圆环最低点B点给小物块一个水平向左的初速度vB9 m/s，在由B到C的运动过程中由动能定理可得F合R(1cos 37)mvmv可解得vC6 m/sv0 m/s.因此物块能够紧贴圆环在竖直平面内做圆周运动,各种性质的场(特殊物质)与实际物体的根本区别之一是几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场对于带电体在重力场和电场的叠加场中的运动，有如下两种处理方法：其一是根据各种场力的独立作用原理，分别研究每一种场力对物体的作用效果，用运动学规律和能量观点(动能定理，能量守恒)求解；其二是用一个“等效重力场”来替代叠加场，只研究“等效重力”对物体的作用效果，通过类比，用运动学规律和能量观点(动能定理，能

18、量守恒)求解)考点三示波管带电粒子在交变电场中的运动对应学生用书p1371示波管的构造(如图所示)：_电子枪_ _偏转电极_ _荧光屏_2示波管的工作原理(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变化的稳定图象扫描电压周期是信号电压周期的n倍，就出现n个信号电压波形3带电粒子(或带电体)在交变电场中的运动(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的

19、运动具有周期性或在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移等并确定与物理过程相关的边界条件(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系(3)此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)，二是粒子做往返运动(一般分段研究)，三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)【理解巩固3】示波管的内部结构如图所示，如果在电极YY之间加上如图(a)所示的电压，在XX之间加上如图(b)所示电压，荧光屏上会出现的波形是()解析 电极YY之间加上图(a)所示的电压，则粒子的偏转位移在上下进行变化，而在XX之间加上图

20、(b)所示电压时，粒子将分别打在左右各一个固定的位置，因此只能打出图C所示的图象，故C正确答案 C对应学生用书p138例6(多选)如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，下列说法正确的是()A从t0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B从t0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C从t时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D从t时刻释放电子，电子必将从左极板射出审题指导 带电粒子在交变电场中的直线运动借助vt图象可以很方便地解答解析 若t0时刻释放电子，在前内，电子受到的

21、电场力向右，向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的相同大小的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动直到速度为0；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上即电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，故A正确，B错误；若从tT时刻释放电子，电子先加速T，再减速T，电子有可能已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，故C正确；若从T时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，故D错误答案 AC例7图甲为两水平金属板，在两极间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示质量为m、重力不计的带电粒

22、子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出，下列关于粒子运动的描述错误的是()At0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大BtT时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大C无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平D无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等解析 粒子在电场中运动的时间是相同的；t0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故t0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，选项A正确；tT时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时偏离中线距离为零，选项B错误；因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期T，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时的竖直方向分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小等于初速度，选项C、D正确答案 B,对于带电粒子在交变电场中运动的问题，要依电场随时间变化的情况分时间段分析粒子的受力情况和运动情况，找出段与段之间的联系，依牛顿第二定律和运动学公式得出粒子运动过程中的速度、位移规律，注意分析粒子的运动是否具有往复性、周期性和对称性)