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1、,第七章 静电场,第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动,大一轮复习讲义,NEIRONGSUOYIN,内容索引,过好双基关,研透命题点,课时作业,回扣基础知识 训练基础题目,细研考纲和真题 分析突破命题点,限时训练 练规范 练速度,过好双基关,一、电容器及电容,1.电容器 (1)组成：由两个彼此 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 . (3)电容器的充、放电： 充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的 ，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 转化为其他形式的能.,绝缘,绝对值,异种电荷,电场能,2.电容 (1)定义：电容
2、器所带的 与电容器两极板间的 的比值. (2)定义式： . (3)单位：法拉(F)、微法(F)、皮法(pF).1 F F pF. (4)意义：表示电容器 本领的高低. (5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否 及 无关. 3.平行板电容器的电容 (1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离. (2)决定式： .,电荷量,电势差,106,1012,容纳电荷,带电,电压,自测1 对于某一电容器，下列说法正确的是 A.电容器所带的电荷量越多，电容越大 B.电容器两极板间的电势差越大，电容越大 C.电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加
3、一倍 D.电容器两极板间的电势差减小到原来的 ，它的电容也减小到原来的,二、带电粒子在电场中的运动,1.加速,qEd,qU,2.偏转 (1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示.,(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的 运动和沿电场力方向的 运动.根据 的知识解决有关问题.,匀速直线,运动的合成与分解,匀加速直线,图1,三、示波管,1.示波管的构造 电子枪， ，荧光屏(如图2所示),偏转电极,图2,2.示波管的工作原理 (1)YY偏转电极上加的是待显示的 ，XX偏转电极上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做 . (2)观
4、察到的现象 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 ，在那里产生一个亮斑. 若所加扫描电压和 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像.,信号电压,中心,信号电压,扫描电压,自测2 (2018广东省惠州市模拟)如图3所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L.为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量为 )可采用的方法是 A.增大两板间的电势差U2 B.尽可能使板长L短些 C.使加速电压U1升高些 D.尽可能使板间距离d
5、小些,图3,带电粒子偏转时，由类平抛运动规律，得： Lvt,可见，灵敏度与U2无关，要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、加速电压U1降低一些，故A、B、C错误，D正确.,研透命题点,1.两类典型问题 (1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变. (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变. 2.动态分析思路 (1)U不变,命题点一 平行板电容器的动态分析,根据UABEd分析某点电势变化.,(2)Q不变,例1 (2016全国卷14)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
6、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,变式1 (2018北京卷19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图4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，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大,图4,解析 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，A
7、正确；,变式2 (多选)如图5所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为P，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是 A.U变大，E变大 B.U变小，P变小 C.P变小，Ep变大 D.P变大，Ep变小,图5,设P与B板之间的距离为d，P点的电势为P，B板接地，B0，则由题可知0PEd是增大的，则P一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能Ep是增大的，故C正确.,命题点二 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动,1.做直线运动的
8、条件 (1)粒子所受合外力F合0，粒子或静止，或做匀速直线运动. (2)粒子所受合外力F合0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动. 2.用动力学观点分析,3.用功能观点分析,非匀强电场中：WqUEk2Ek1l,例2 (2018河北省邢台市上学期期末)如图6所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P.现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点.若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P点由静止释放，则 A.金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变 B.金属板A、B间的电压减小 C.甲、乙两电子在板间运
9、动时的加速度相同 D.乙电子运动到O点的速率为2v0,图6,根据QCU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；,变式3 (多选)(2018山西省吕梁市第一次模拟)如图7所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为Q、Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA 1 m/s，到B点时速度vB m/s，则 A.微粒从B至C做加速运动，且vC3 m/s B.微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/s C.微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动 D.微粒最终可能返回至B点
10、，其速度大小为 m/s,图7,过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为 m/s，B正确，D错误； 在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误.,变式4 (多选)(2018广东省惠州市第三次调研)如图8，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至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,C.小球从A运动到B电场力可能不做功,图
11、8,1.运动规律 (1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间,命题点三 带电粒子(带电体)在电场中的偏转,(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动,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)粒子经电场偏转后射出，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 .,3.功能关系,例3 (2016北京理综23改编)如图9所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出.已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间
12、电压为U，极板长度为L，板间距为d. (1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y；,图9,(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法.在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因.已知U2.0102 V，d4.0 102 m，m9.11031 kg，e1.61019 C，g10 m/s2.,答案 见解析,解析 只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 Gmg1029 N 电场力F 1015 N 由于FG，因此不需要考虑电子所受的重力.,例4 (多选)(2018河南省南阳市上学期期末)如图10所示，一充电后与电源
13、断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M.一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列结论正确的是(已知重力加速度为g),图10,D.若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上,变式5 (2018广东省茂名市第二次模拟)如图11所示，空间存在电场强度为E、方向水平向右的范围足够大的匀强电场.挡板MN与水平方向的夹角为，质量为m、电荷量为q、带正电的粒子从与M点在同一水平线上的O点以速度v0竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的重力，求： (1)粒子贴近挡板时
14、水平方向速度的大小；,图11,解析 由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时速度方向与挡板恰好平行，设此时粒子水平方向速度大小为vx，则tan ,(2)O、M间的距离.,解析 粒子做类平抛运动，设粒子运动的加速度为a，由牛顿第二定律：qEma,课时作业,1.(2018广东省揭阳市学业水平考试)据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是 A.充电时，电容器的电容变小 B.充电时，电容器存储的电能变小 C.充电时，电容器所带的电荷量可能不变 D.充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零,双基巩固练,1,2,3
15、,4,5,6,7,8,9,10,11,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析 电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电时，电容器的电容不变，充电结束后，电容器的电容不可能为零，故A、D错误； 给手机充电时，电容器所带的电荷量减小，存储的电能变小，故B正确； 给手机充电时，手机电能增加，电容器上的电荷量一定减小，故C错误.,2.(多选)(2019安徽省宿州市质检)如图1为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图.当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变
16、化，若静电计上的指针偏角为，则被测物体 A.向左移动时，增大 B.向右移动时，增大 C.向左移动时，减小 D.向右移动时，减小,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图1,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,3.(多选)(2018广东省揭阳市高三期末)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小、电容和极板所带的电荷量分别用d、U、E、C和Q表示.下列说法正确的是 A.保持U不变，将d变为原来的两倍， 则E变为原来的一半 B.保持E不变，将d变为原来的一半， 则U变为原来的两倍 C.保持C不变，将Q变为原来的两倍， 则U变为原来的两倍 D.保持d、C不变，将Q变为原
17、来的一半， 则E变为原来的一半,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,保持E不变，将d变为原来的一半，根据UEd可得U变为原来的一半，B错误；,4.(2018广东省广州市4月模拟)如图2，带电粒子由静止开始，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U1 B.保持U1和平行板间距不变，增大U2 C.保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板
18、D.保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板,图2,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,保持U1和平行板间距不变，增大U2，则x减小，选项B错误； 保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，选项C错误； 保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板，d变大，则x变大，故选项D正确.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,5.(2018重庆市上学期期末抽测)如图3所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿直线从位置a向上运动到位置b，在这个过程中，带电粒子 A.只受到电场力作用 B.带正电 C.做匀减速直线运动 D.机械能守恒,1,2,3,4,
19、5,6,7,8,9,10,11,图3,解析 带电粒子沿直线从位置a运动到位置b，说明带电粒子受到的合外力方向与速度在一条直线上，对带电粒子受力分析，应该受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，电场力方向与电场线方向相反，所以带电粒子带负电，故A、B错误； 由于带电粒子做直线运动，所以电场力和重力的合力应该和速度在一条直线上且与速度方向相反，故带电粒子做匀减速直线运动，故C正确； 电场力做负功，机械能减小，故D错误.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,6.(多选)(2018陕西省宝鸡市质检二)如图4所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与N点在同一电场线上，两个质量相等的带正电
20、荷的粒子，以相同的速度v0分别从M点和N点同时垂直进入电场，不计两粒子的重力和粒子间的库仑力.已知两粒子都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的 A.从N点进入的粒子先到达P点 B.从M点进入的粒子先到达P点 C.粒子在到达P点的过程中电势能都减小 D.从M点进入的粒子的电荷量小于从N点 进入的粒子的电荷量,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图4,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析 两粒子进入电场后做类平抛运动，因为重力不计，竖直方向匀速运动，水平方向向左匀加速运动，由题图可知两粒子与P点的竖直距离相同，设为y，则运动到P点的时间为t ，即两个粒子同时到达P点，
21、故A、B错误； 两粒子都带正电，电场力向左，且水平方向向左匀加速运动，故电场力做正功，电势能都减小，故C正确； 由题图可知，从M点进入的粒子，其水平方向的位移较小，根据x at2，可知相同的时间t内，从M点进入的粒子的加速度较小，根据a ，两个粒子的质量相同，又在同一电场，即E相同，故从M点进入的粒子的电荷量较小，故D正确.,7.(2018山东省泰安市一模)如图5所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为q、质量为m的滑块(可看做点电荷)从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零.已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g.以下判断正确的是 A.滑块在
22、运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图5,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析 由于一直做减速运动，库仑力在增大，要减速到0，摩擦力应该始终比库仑力大，且由a到b过程中加速度在减小，不是匀变速运动，A、B错误， 由动能定理qUabmgx0 可知，C错误，D正确.,8.(多选)(2018全国卷21)如图6，一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
23、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,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图6,综合提升练,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析 经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xaxb，根据x at2，得aaab，又由a 知，maWb，由动能定理知，a的动能比b的动能大，B项正确； a、b处在同一等势面上，根据Epq知，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误； 根据动量定理Ftpp0，
24、则经过时间t，a、b的动量大小相等，D项正确.,9.(多选)(2018湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图7所示，在竖直平面足够大的区域内有电场强度为E的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的小球，以初速度v0从电场中的O点出发，沿ON方向在竖直面内做匀变速直线运动.ON与水平面的夹角为30，重力加速度为g，且mgqE，不计空气阻力.则 A.小球运动的加速度大小为 B.小球可能一直做匀加速运动,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图7,解析 小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mgqE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平
25、方向的夹角应为30，受力情况如图所示,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，与初速度方向相反，故小球先做匀减速直线运动，当速度减为零时，再反方向做匀加速直线运动，故A、B错误；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,10.(2019陕西省咸阳市质检)如图8所示，将带电荷量均为q、质量分别为m和2m的带电小球A与B用轻质绝缘细线相连，在竖直向上的匀强电场中由静止释放，小球A和B一起以大小为 g的加速度竖直向上运动.运动过程中，连接A与B之间的细线保持竖直方向，小球A和B之间的库仑力忽略不计，重力加速度为g，求：
26、(1)匀强电场的场强E的大小；,图8,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析 由于小球在电场中向上做匀加速运动，对于A、B两球组成的整体，由牛顿第二定律可得：2Eq3mg3ma,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(2)当A、B一起向上运动t0时间时，A、B间的细线突然断开，求从初始的静止状态开始经过2t0时间，B球电势能的变化量.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析 当细线断开时，B球受到竖直向上的电场力：F电Eq2mg 小球B受到的电场力和重力二力平衡，所以小球B接下来向上做匀速直线运动，其速度大小,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11
27、,所以在整个过程中电场力做功为：WEq(h1h2)mg2t02 由于电场力对小球B做了mg2t02的正功，所以小球B电势能减小了mg2t02.,11.(2018陕西省西安一中一模)一质量为m的带电小球以速度v0沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图9所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v0，重力加速度为g，求： (1)小球带电情况；,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,图9,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解析 从A到B过程中，在竖直方向小球做匀减速运动，加速度ayg,水平方向小球在电场力作用下做匀加速运动，可知小球带正电,联立解得：Eqmg,(2)小球由A到B的位移；,解析 在两个方向上的运动互为逆运动，故小球运动的水平位移大小等于竖直位移大小 在竖直方向有2ghv02,其与水平方向的夹角为,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(3)小球速度的最小值.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,解析 设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为,开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90，合力做负功， 动能减小 后来F与速度夹角小于90，合力做正功，动能增加 因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin,11,