高考物理一轮总复习第六章静电场第3节(课时1)电容器带电粒子在电场中的运动：平行板电容器的动态问题分
人教版浙江版高考物理一轮复习测试 第6章 静电场 第3节 电容器与电容带电粒子在电场中的运动
第3节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动1．(2017·4月浙江选考)如图所示,在竖直放置间距为d 的平行板电容器中,存在电场强度为E 的匀强电场．有一质量为m,电荷量为＋q 的点电荷从两极板正中间处静止释放,重力加速度为g.则点电荷运动到负极板的过程,( )A ．加速度大小为a ＝Eqm ＋gB ．所需的时间为t ＝dm EqC ．下降的高度为y ＝d2D ．电场力所做的功为W ＝Eqd 答案：B2．(多选)(2020·台州高三检测)如图所示,平行板电容器充电后形成一个匀强电场,大小保持不变,让质子(11H)流以不同初速度,先、后两次垂直电场射入,分别沿a 、b 轨迹落到极板的中央和边缘,则质子沿b 轨迹运动时( )A ．加速度更大B ．初速度更大C ．动能增量更大D ．两次的电势能增量相同 解析：选BD.加速度为a ＝qEm,加速度相同,故A 错误；质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,则偏转距离y ＝12at 2＝12·qE m ·x 2v 20＝qEx22mv 20,x 是水平位移,由题图看出,y 相同,则知,v 0越大时,x 越大,故质子沿b 轨迹运动时初速度v 0更大,故B 正确；电场力做功为W ＝qEy,可见,电场力做功相同,由能量守恒得知,两次动能的增量相同,电势能的增量相同,故C 错误,D 正确．3.如图所示,A 、B 两金属板平行放置,在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A 、B 两板间加上下列哪种电压时,有可能使电子到不了B 板( )答案：B4．(2016·4月浙江选考)密立根油滴实验原理如图所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接,板间电压为U,形成竖直向下场强为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴,若此悬浮油滴的质量为m,则下列说法正确的是( )A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的电荷量为mgUC ．增大场强,悬浮油滴将向上运动D ．油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍 答案：C[课后达标]一、选择题1．(多选)(2020·温州质检)由电容器电容的定义式C ＝QU 可知( )A ．若电容器不带电,则电容C 为零B ．电容C 与电容器所带电荷量Q 成正比 C ．电容C 与所带电荷量Q 多少无关D ．电容在数值上等于使两板间的电压增加1V 时所需增加的电荷量 答案：CD2.(多选)如图所示,电子由静止开始从A 板向B 板运动,当到达B 板时速度为v,保持两板间电压不变,则( )A ．当增大两板间距离时,v 增大B ．当减小两板间距离时,v 增大C ．当改变两板间距离时,v 不变D ．当增大两板间距离时,电子在两板间运动的时间也增大 答案：CD3．(2020·衢州质检)如图所示,充电的平行板电容器两板间形成匀强电场,以A 点为坐标原点,AB 方向为位移x 的正方向,能正确反映电势φ随位移x 变化的图象是( )答案：C4.如图所示,一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的混合体,经同一加速电场加速后,垂直射入同一偏转电场中,偏转后,打在同一荧光屏上,则它们( )A ．同时到达屏上同一点B ．先后到达屏上同一点C ．同时到达屏上不同点D ．先后到达屏上不同点解析：选B.一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的比荷不同,经过加速电场的末速度不同,因此在加速电场及偏转电场的时间均不同,但在偏转电场中偏转距离相同,所以会先后打在屏上同一点,选B.5.(2020·浙江温岭质检)如图所示,两平行金属板间有一匀强电场,板长为L,板间距离为d,在板右端L 处有一竖直放置的光屏M,一带电荷量为q,质量为m 的质点从两板中央射入板间,最后垂直打在M 屏上,则下列结论正确的是( )A ．板间电场强度大小为mg qB ．板间电场强度大小为mg2qC ．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D ．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间解析：选C.根据质点垂直打在M 屏上可知,质点在两板中央运动时向上偏转,在板右端运动时向下偏转,mg<qE,选项A 、B 错误；根据运动的分解和合成,质点沿水平方向做匀速直线运动,质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等,选项C 正确,D 错误．6．(2020·舟山质检)如图所示,矩形区域ABCD 内存在竖直向下的匀强电场,两个带正电粒子a 和b 以相同的水平速度射入电场,粒子a 由顶点A 射入,从BC 的中点P 射出,粒子b 由AB 的中点O 射入,从顶点C 射出．若不计重力,则a 和b 的比荷(带电荷量和质量比值)之比是( )A ．1∶8B ．8∶1C ．1∶2D ．2∶1解析：选B.粒子水平方向上做匀速直线运动,a 、b 两粒子的水平位移之比为1∶2.根据x ＝v 0t,知时间比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动,根据y ＝12at 2知,y 之比为2∶1,则a 、b 的加速度之比为8∶1,根据牛顿第二定律知,加速度a ＝qEm ,加速度之比等于比荷之比,则两电荷的比荷之比为8∶1,故B 正确,A 、C 、D 错误．7.如图所示,平行金属板A 、B 水平正对放置,分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么( )A ．若微粒带正电荷,则A 板一定带正电荷B ．微粒从M 点运动到N 点电势能一定增加C ．微粒从M 点运动到N 点动能一定增加D ．微粒从M 点运动到N 点机械能一定增加解析：选C.分析微粒的运动轨迹可知,微粒的合力方向一定竖直向下,由于微粒的重力不可忽略,故微粒所受的电场力可能向下,也可能向上,故A 错误．微粒从M 点运动到N 点,电场力可能做正功,也可能做负功,故微粒的电势能可能减小,也可能增大,故B 错误．微粒从M 点运动到N 点的过程中,合力做正功,故微粒的动能一定增加,C 正确．微粒从M 点运动到N 点的过程中,除重力之外的电场力可能做正功,也可能做负功,故机械能不一定增加,D 错误．8．(2020·温州月考)如图,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v 0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v 0等于( )A.s22qEmh B.s 2qE mh C.s 42qEmhD.s 4qE mh解析：选B.带电粒子在电场中做类平抛运动,根据平抛运动的规律解决问题．根据对称性,两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心．则在水平方向有12s ＝v 0t,在竖直方向有12h ＝12qE m t 2,解得v 0＝s2qEmh.故选项B 正确,选项A 、C 、D 错误．9.(2020·丽水高二期中)喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微滴,经带电室带负电后,以速度v 垂直匀强电场飞入极板间,最终打在纸上,则微滴在极板间电场中( )A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与带电荷量无关解析：选C.带负电的墨汁微滴垂直进入电场后,在电场中做类平抛运动,根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动,带负电的墨汁微滴进入电场后受到向上的静电力,故墨汁微滴向正极板偏转,A 选项错误；墨汁微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用,静电力做正功,故墨汁微滴的电势能减小,B 选项错误；根据x ＝v 0t,y ＝12at 2及a ＝qE m ,得墨汁微滴的轨迹方程为y ＝qEx22mv 20,即运动轨迹是抛物线,与带电荷量有关,C 选项正确,D 选项错误．10．有一种静电除尘的方式如图所示,空气中的尘埃进入电离区后带上负电,然后沿平行轴线方向飞入金属圆筒收集区．在圆筒轴线处放有一条直导线,在导线与筒壁间加上电压U,形成沿半径方向的辐射电场,假设每个尘埃的质量和带电量均相同,飞入收集区的速度相同,不计尘埃的重力,不考虑尘埃间的相互作用,则( )A ．大量尘埃将聚集在导线上B ．尘埃在圆筒内都做类似平抛的运动C ．被收集尘埃的电势能减少量都相等D ．飞入时与圆筒轴线距离相同的尘埃到达筒壁所用的时间相同解析：选D.尘埃进入电离区后带上负电,所受电场力指向金属圆筒,A 错误；辐射电场不是匀强电场,尘埃所受电场力是变力,故不是做类似平抛的运动,B 错误；尘埃偏向金属圆筒过程中电场力做功不同,电势能减少量不相等,C 错误；飞入时与圆筒轴线距离相同的尘埃运动情况相同,则到达筒壁所用的时间相同,D 正确．二、非选择题11．(2020·杭州质检)如图所示,在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC,其下端(C 端)距地面高度h ＝0.8m ．有一质量为500g 的带电小环套在直杆上,正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离开杆后正好通过C 端的正下方P 点处．(g 取10m/s 2)求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向； (2)小环从C 运动到P 过程中的动能增量； (3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v 0. 解析：(1)结合题意分析知： qE ＝mg,F 合＝2mg ＝maa ＝2g ＝102m/s 2,方向垂直于杆向下． (2)设小环从C 运动到P 的过程中动能的增量为 ΔE k ＝W 重＋W 电其中W 重＝mgh ＝4J,W 电＝0,所以ΔE k ＝4J.(3)环离开杆做类平抛运动, 平行杆方向匀速运动：22h ＝v 0t 垂直杆方向匀加速运动：22h ＝12at 2 解得v 0＝2m/s.答案：(1)102m/s 2垂直于杆向下 (2)4J (3)2m/s12．(2020·湖州质检)如图所示,喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会被带上一定量的电荷,在电场的作用下使电荷发生偏转到达纸上．已知两偏转极板长度L ＝1.5×10－2m,两极板间电场强度E ＝1.2×106N/C,墨滴的质量m ＝1.0×10－13kg,电荷量q ＝1.0×10－16C,墨滴在进入电场前的速度v 0＝15m/s,方向与两极板平行．不计空气阻力和墨滴重力,假设偏转电场只局限在平行极板内部,忽略边缘电场的影响．(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？ (2)求墨滴在两极板之间运动的时间． (3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移y.(4)假设极板到纸的距离d ＝2.5×10－3m,求墨滴到纸上时的竖直方向上的位移h. 解析：(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动,那么墨滴在两板之间运动的时间t ＝Lv 0代入数据可得：t ＝1.0×10－3s.(3)墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,a ＝Eqm代入数据可得：a ＝1.2×103m/s 2离开偏转电场时在竖直方向的位移y ＝12at 2代入数据可得：y ＝6.0×10－4m.(4)根据电场的推论L 2L 2＋d ＝y h ,可得h ＝8.0×10－4m.答案：(1)负电荷 (2)1.0×10－3s (3)6.0×10－4m (4)8.0×10－4m13.如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接,半圆形轨道的半径R ＝0.4m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E ＝1.0×104N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－4C,质量m ＝0.1kg 的带电体(可视为质点),在水平轨道上的P 点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D 点(图中未画出)．取g ＝10m/s 2.试求：(1)带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小； (2)D 点到B 点的距离x DB ；(3)带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能．解析：(1)设带电体恰好通过C 点时的速度为v C ,依据牛顿第二定律有mg ＝m v 2CR ,解得v C ＝2.0m/s.设带电体通过B 点时的速度为v B ,设轨道对带电体的支持力大小为F B ,带电体在B 点时,根据牛顿第二定律有F B －mg ＝m v 2BR.带电体从B 运动到C 的过程中,依据动能定理有 －mg×2R＝12mv 2C －12mv 2B联立解得F B ＝6.0N,根据牛顿第三定律,带电体对轨道的压力 F ′B ＝6.0N.(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t,根据运动的分解有 2R ＝12gt 2x DB ＝v C t －12Eq m t 2联立解得x DB ＝0.(3)由P 到B 带电体做加速运动,故最大速度一定出现在从B 经C 到D 的过程中,在此过程中只有重力和电场力做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B 点右侧对应圆心角为45°处．设带电体的最大动能为E km ,根据动能定理有qERsin45°－mgR(1－cos45°)＝E km －12mv 2B 代入数据解得E km ≈1.17J. 答案：(1)6.0N (2)0 (3)1.17J14．如图所示,虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场,在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场,在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏,现将一电子(电荷量为e,质量为m)无初速度地放入电场E 1中的A 点,最后电子打在右侧的屏上,AO 连线与屏垂直,垂足为O,求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上P′点到O 点的距离x.解析：(1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a 1,时间为t 1,由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE 1m ＝eE mL 2＝12a 1t 21 v 1＝a 1t 1,t 2＝2Lv 1运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mL eE. (2)设电子射出电场E 2时,沿平行电场线方向的速度为v y ,根据牛顿第二定律得,电子在电场中的加速度为a 2＝eE 2m ＝2eE mt 3＝Lv 1,v y ＝a 2t 3tan θ＝v yv 1联立各式解得tan θ＝2.(3)如图,设电子在电场中的偏转距离为x 1x 1＝12a 2t 23tan θ＝x 2L解得：x ＝x 1＋x 2＝3L. 答案：(1)3mLeE(2)2 (3)3L。
高考物理一轮复习第六章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动教案
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动知识点一 电容器、电容 1．电容器(1)组成：任何两个相互靠近又彼此________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)定义：电容器所带的________与两个极板间的电势差U 的比值． (2)表达式：________.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)，常用单位有皮法(pF)，1 F ＝106μF ＝1012pF. (4)平行板电容器电容的决定式：________，k 为静电力常量．答案：1.(1)绝缘 (2)绝对值 2.(1)电荷量Q (2)C ＝Q U (4)C ＝εr S4πkd知识点二 带电粒子在电场中的加速和偏转 1．带电粒子在电场中的加速(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a ＝________，E ＝________，v 2－v 20＝2ad . (2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足______________________． 2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力． (2)运动性质：________运动． (3)处理方法：运动的分解． ①沿初速度方向：做________运动．②沿电场方向：做初速度为零的____________运动． 答案：1.(1)qE mU d (2)qU ＝12mv 2－12mv 20 2.(2)类平抛 (3)①匀速直线 ②匀加速直线 知识点三 示波器的工作原理1．构造：①________，②偏转极板，③荧光屏．(如图所示)2．工作原理(1)YY ′上加的是待显示的________，XX ′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做________．(2)观察到的现象：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传播，打在荧光屏________，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和信号电压的________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图象．答案：1.①电子枪 2.(1)信号电压 扫描电压 (2)①中心 ②周期(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正比．( ) (3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零． (4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．( )(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)×考点平行板电容器的动态分析1．两个公式的比较C ＝Q U ⎝ ⎛⎭⎪⎫C ＝ΔQ ΔU C ＝εr S4πkd公式 特点定义式，适用于一切电容器 决定式，适用于平行板电容器意义对某电容器Q ∝U ，但QU＝C 不变，反映容纳电荷的本领C ∝εr ，C ∝S ，C ∝1d，反映了影响电容大小的因素2.平行板电容器的动态分析思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(2)根据决定式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)根据定义式C ＝QU分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)根据E ＝U d分析电容器极板间场强的变化．考向1 两极板电势差保持不变[典例1] (多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图所示，平行板电容器两极板M 、N 相距d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极连接，极板M 带正电．现有一质量为m 的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k ，则( )A ．油滴带负电B ．油滴带电荷量为mgUdC ．电容器的电容为kmgdU 2D ．将极板N 向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动[解题指导] (1)分析油滴的受力情况，根据场强方向可判断油滴的带电情况． (2)N 板向下运动，两板间距离增加，场强减小，从而使油滴运动．[解析] 由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q ，则极板带电荷量为Q ＝kq ，由于qE ＝mg ，E ＝Ud ，C ＝Q U ，解得q ＝mgd U ，C ＝kmgd U2，将极板N 向下缓慢移动一小段距离，U 不变，d 增大，则电场强度E 减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，只有选项A 、C 正确．[答案] AC考向2 两极板带电量保持不变[典例2] (2016·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．在两极板间有一固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 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( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变[解析] 平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E 不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U ＝Ed 可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P 点的电势能E p 不变．综上所述，选项D 正确．[答案] D求解电容器问题的两个常用技巧(1)在电荷量保持不变的情况下，由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S知，电场强度与板间距离无关． (2)对平行板电容器的有关物理量Q 、E 、U 、C 进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，利用C ＝εr S 4πkd 、Q ＝CU 和E ＝Ud 进行判定即可．考点带电粒子在电场中的直线运动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．2．两种解题思路(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动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方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动．根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等．(2)用动能定理处理带电粒子在电场中的直线运动对带电粒子进行受力分析，确定有哪几个力做功，做正功还是负功；确定带电粒子的初、末状态的动能，根据动能定理列方程求解．考向1 仅在电场力作用下的直线运动[典例3] (2016·四川卷)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B 时速度为8×106m/s ，进入漂移管E 时速度为1×107m/s ，电源频率为1×107Hz ，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的12.质子的荷质比取1×108C/kg.求：(1)漂移管B 的长度； (2)相邻漂移管间的加速电压．[解题指导] (1)质子在漂移管内做匀速直线运动，可以计算管的长度．(2)每次经过漂移管缝隙都要加速，所以管的长度不同，可以从B 到E 整体分析求解加速电压．[解析] (1)设质子进入漂移管B 的速度为v B ，电源频率、周期分别为f 、T ，漂移管B 的长度为L ，则T ＝1f ① L ＝v B ·T2②联立①②式并代入数据得L ＝0.4 m ． ③(2)设质子进入漂移管E 的速度为v E ，相邻漂移管间的加速电压为U ，电场对质子所做的功为W ，质子从漂移管B 运动到E 电场做功为W ′，质子的电荷量为q ，质量为m ，则W ＝qU ④ W ′＝3W ⑤W ′＝12mv 2E －12mv 2B ⑥联立④⑤⑥式并代入数据得U ＝6×104V ． ⑦[答案] (1)0.4 m (2)6×104V考向2 在重力和电场力作用下的直线运动[典例4] 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间．[解析] (1)由v 2＝2gh 得v ＝2gh .(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mg －qE ＝ma 0－v 2＝2ad 得E ＝mg h ＋dqdU ＝Ed Q ＝CU得Q ＝mgC h ＋dq. (3)由h ＝12gt 210＝v ＋at 2t ＝t 1＋t 2综合可得t ＝h ＋d h2hg.[答案] (1)2gh (2)mg h ＋d qd mgC h ＋d q (3)h ＋dh2h g带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤：考点带电粒子在电场中的偏转设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d (忽略重力影响)，则有(1)加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUdm.(2)在电场中的运动时间：t ＝l v 0.(3)速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ＝qUlmv 0d .(4)偏转角tan θ＝v y v x ＝qUlmv 20d.(5)偏转距离y ＝12at 2＝qUl22mv 20d.[典例5] 如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy 平面的ABCD 区域内，存在两个场强大小均为E 的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L 的正方形(不计电子所受重力)．(1)在该区域AB 边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD 区域的位置；(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD 区域左下角D 处离开，求所有释放点的位置．[解题指导] (1)第(1)问为典型的先加速后偏转问题，用动能定理、运动学公式和分解思想即可解答．(2)第(2)问可假设释放点坐标为(x ，y )，由“恰从D 处离开”分析x 、y 的关系，从而确定释放点的位置．[解析] (1)设电子的质量为m ，电荷量为e ，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，射出区域Ⅰ时的速度为v 0，此后在电场Ⅱ中做类平抛运动．假设电子从CD 边射出，射出点纵坐标为y 1，则有eEL ＝12mv 20，L 2－y 1＝12at 21＝eE 2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02解得y 1＝14L ，所以原假设成立，即电子离开ABCD 区域的位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2L ，14L .(2)设释放点在电场Ⅰ区域内的坐标为(x ，y )，电子在电场Ⅰ中被加速到v 1，然后进入电场Ⅱ中做类平抛运动，并从D 处离开，有eEx ＝12mv 21，y ＝12at 22＝eE 2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 12解得xy ＝L 24，即在电场Ⅰ区域内满足此方程式的点即为所求位置．[答案] (1)⎝⎛⎭⎪⎫－2L ，14L (2)见解析 [变式] (多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2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( )A ．偏转电场E 2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答案：AD 解析：根据动能定理有qE 1d ＝12mv 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝2qE 1d m .在偏转电场中，由l ＝v 1t 2 及y ＝12qE 2mt 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d，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 ＝qE 2y得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确．根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12mv 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝qE 1d ＋qE 2ym，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误．粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 12＋L ′v 1＝2d v 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1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v y ＝qE 2m t 2及tan θ＝v y v 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l 2E 1d，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．粒子垂直于匀强电场进入电场中偏转时的两个结论(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的角度总是相同的．(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为粒子水平位移的中点．1．[平行板电容器动态分析]如图所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U 及板间场强E 的变化情况为( )A ．U 变大，E 变大B ．U 变小，E 变小C ．U 不变，E 不变D ．U 变小，E 不变答案：B 解析：当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q 保持不变，插入电介质后，电容器的电容C 变大，则U ＝QC 将变小，而由E＝U d可知，板间场强E 也将变小．选项B 正确．2．[平行板电容器动态分析]如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于两板中央的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．带电油滴将沿竖直方向向下运动C ．P 点的电势将降低D ．电容器的电容减小，电容器的带电量将减小答案：A 解析：根据电容器的决定式C ＝εr S4πkd ，当上极板向下移动时，d 减小，电容变大，又C ＝Q U ，电压U 不变，因此电容器带电量增多，D 错误；根据电容器内部电场强度E ＝U d可知，d 减小，场强增大，油滴受到向上的电场力增大，将向上运动，A 正确，B 错误；由于场强增大，由U ＝Ed 可知，P 与下极板电势差变大，P 点电势升高，C 错误．3．[带电粒子在电场中加速、偏转]如图所示，一价氢离子(H ＋)和二价氦离子(He 2＋)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )A ．同时到达屏上同一点B ．先后到达屏上同一点C ．同时到达屏上不同点D ．先后到达屏上不同点答案：B 解析：一价氢离子(H ＋)和二价氦离子(He 2＋)的比荷不同，由qU ＝12mv 2可知经过加速电场获得的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离y ＝12at 2＝U 2L 24U 1d相同，所以会打在同一点，B 正确．4．[带电粒子在电场中的直线运动](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( )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：直线运动的条件是垂直于速度方向上受力平衡，本题中是重力和电场力的一个分力平衡．对带电粒子受力分析如图所示，F 合≠0，故A 错误．由图可知电场力与重力的合力应与v 0反向，F 合对粒子做负功，其中mg 不做功，qE 做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B 正确，C 错误．F 合恒定，且F 合与v 0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D 正确．5．[带电粒子在电场中偏转]如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、场强为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(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；(3)粒子打到屏上的点P 到点O 的距离x .答案：(1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL 22mv 20解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2L v 0. (2)粒子在全过程中的运动情况如图所示设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，由牛顿第二定律得粒子在电场中的加速度a ＝qE m所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝at 1v 0＝aL v 20＝qEL mv 20. (3)如(2)中图所示，设粒子在电场中的偏转距离为y ，则y ＝12at 21＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝qEL 22mv 20又x ＝y ＋L tan α解得x ＝3qEL 22mv 20.。
高考物理一轮复习 第6章 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动课件
•答案 A
• 3．(单选)如图6－3－3所示， 电子由静止开始从A板向B板 运动，到达B板的速度为v， 保持两板间电压不变，则 • A．当减小两板间的距离时，速度v增大 ( )． v减小 B．当减小两板间的距离时，速度
C．当减小两板间的距离时，速度v不变
图6－3－3
D．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长
6
• 3．平行板电容器 正对面积 • (1)影响因素：平行板电容器的电容与 介电常数 __________ 成正比，与介质的__________成 正比，与两板间的距离成反比．
εrS (2)决定式：C＝ ，k 为静电力常量． 4πkd
• 判断正误，正确的划“√”，错 误的划“×”． •(1)任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体 ，就组成了电容器，跟这两个导体是否带 电无关． ( ) •(2)电容器所带的电荷量是指每个极板所带 电荷量的代数和． ( ) •(3)电容器的电容与电容器所带电荷量成反 比． ( ) •(4)一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－ 6C时，两板间电压升高10 V，则电容器的
答案 C
• 4．(多选)如图6－3－4所示，在 等势面沿竖直方向的匀强电场中 ，一带负电的微粒以一定初速度 射入电场，并沿直线AB运动， 由此可知 ( ) ．
• 第3讲
电容器
带电粒子在电场中的运 动
常见电容器
电容器的电压、电荷量和电容
的关系(考纲要求 Ⅰ)
• 1．常见电容器 绝缘 靠近 • (1)组成：由两个彼此 _____ 又相互_____ 绝对值 的导体组成． • (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的 ________． 异种电荷 电场能 • (3)电容器的充、放电 • 充电：使电容器带电的过程，充电后电 电场能 容器两板带上等量的 __________，电容器 中储存________．
浙江版202x版高考物理一轮复习第6章静电场第3讲电容器的电容带电粒子在电场中的运动
2.[人教版选修3－1·P32·T1改编](多选)如图2所示，用静电计可以测量已充电的平行板 电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断正确的( )
图2 A.增大两极板间的距离，指针张角变大 B.将A板稍微上移，静电计指针张角变大 C.若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大 D.若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小
解析 电势差 U 变大(小)，静电计的指针张角变大(小)。电容器所带电荷量一定， 由公式 C＝4επrkSd知，当 d 变大时，C 变小，再由 C＝QU得 U 变大；当 A 板上移时， 正对面积 S 变小，C 也变小，U 变大；当插入玻璃板时，C 变大，U 变小；当两板 间的距离减小时，C 变大，U 变小，所以选项 A、B、D 正确。
平行板电容器的动态分析
1.平行板电容器动态变化的两种情况 (1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U保持不变。 (2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q保持不变。
2.平行板电容器动态问题的分析思路
【典例】 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
3.带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力。 (2)运动性质：__类__平__抛___运动。 (3)处理方法：运动的分解。 ①沿初速度方向：做__匀__速__直__线___运动。 ②沿电场方向：做初速度为零的_匀__加__速__直__线___运动。
解析 由 C＝4επrkSd可知，当将云母介质移出时，εr 变小，电容器的电容 C 变小；因 为电容器接在恒压直流电源上，故 U 不变，根据 Q＝CU 可知，当 C 减小时，Q 减 小。再由 E＝Ud ，由于 U 与 d 都不变，故电场强度 E 不变，选项 D 正确。 答案 D
高考物理总复习第6章静电场第3课时电容器的电容带电粒子在电场中的运动课件
解析 由于平行板电容器电压保持不变，将上极板竖直向上移动 一小段距离，板间场强减小，油滴所受静电力减小，油滴将沿竖 直方向向下运动，故选项A错误；将上极板竖直向上移动一小段 距离，板间距离增大，电容减小，而电势差不变，由Q＝CU可知， 电荷量Q减小，故选项B正确，C、D错误。 答案 B
5.如图所示，平行板电容器接在电势差恒为U的电源两端，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 将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )
【方法总结】 平行板电容器的动态分析比较的思路 (1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。 (2)用决定式 C＝4επrkSd分析平行板电容器电容的变化。 (3)用定义式 C＝QU分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
3.如图所示，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计 指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若( )
解析 静电计指针偏角反映电容器两板间电压大小。在做选项 所示的操作中，电容器电荷量 Q 保持不变，由 C＝QU＝4επrkSd知， 保持 S 不变，增大 d，则 C 减小，U 增大，偏角 θ 增大，选项 A 正确，B 错误；保持 d 不变，减小 S，则 C 减小，U 增大，偏 角 θ 也增大，故选项 C、D 均错。
的12处返回，则下述措施能满足要求的是(
)
A.使初速度减为原来的12
B.使 M、N 间电压加倍
C.使 M、N 间电压提高到原来的 4 倍
D.使初速度和 M、N 间电压都减为原来的12
A.所受重力与电场力平衡 C.动能逐渐增加
B.电势能逐渐增加 D.做匀变速直线运动
2020版高考物理新增分大一轮复习第六章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动课件
大一轮复习讲义第六章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动NEIRONGSUOYIN 内容索引过好双基关研透命题点随堂测试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随堂检测检测课堂学习效果课时作业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：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，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：电容器所带的与两个极板间的的比值.(2)定义式：.(3)单位：法拉(F)、微法(μF )、皮法(pF).1F ＝μF ＝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106C ＝Q U 1012容纳电荷带电电压C ＝εr S 4πkd自测1关于电容器及其电容，下列说法中正确的是A.平行板电容器一极板带电＋Q ，另一极板带电－Q ，则此电容器不带电B.由公式C ＝可知，电容器的电容随电荷量Q 的增加而增大C.对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比D.如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容√Q U二、带电粒子在电场中的运动1.加速(1)在匀强电场中，W ＝ ＝qU ＝12m v 2－12m v 02. (2)在非匀强电场中，W ＝ ＝12m v 2－12m v 02.qEd qU2.偏转(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v 0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.(3)基本关系式：运动时间t ＝l v 0，加速度a ＝F m ＝qE m ＝qU md ，偏转量y ＝12at 2＝ ，偏转角θ的正切值：tan θ＝v y v 0＝at v 0＝ . (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1qUl md v 02 qUl 22md v 02自测2(多选)(2018·泰州中学模拟)如图2所示，质量相同的两个带电粒子M 、N 以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M 从两极板正中央射入，N 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点.不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中A.它们运动的时间t N ＝t MB.它们的电势能减少量之比ΔE M ∶ΔE N ＝1∶2C.它们的动能增加量之比ΔE k M ∶ΔE k N ＝1∶2D.它们所带的电荷量之比q M ∶q N ＝1∶2√图3√研透命题点命题点一平行板电容器的动态分析1.电容器充放电(1)外加电压大于两极板间电势差时对电容器充电.随两极板间电势差增大，充电电流减小，当两极板间电势差等于外加电压时充电停止.(2)当电容器两极板有电路连通时，电容器放电，随两极板间电压减小，放电电流减小.2.两类典型问题(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.3.动态分析思路(1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S 4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化.②根据E ＝U d 分析场强的变化.①根据C ＝Q U ＝εr S 4πkd 先分析电容的变化，再分析U 的变化.③根据U AB ＝E ·d 分析某点电势变化.(2)Q 不变②根据E ＝U d ＝4k πQ εr S 分析场强变化.例1(多选)(2018·江苏单科·8)如图3所示，电源E 对电容器C 充电，当C 两端电压达到80V 时，闪光灯瞬间导通并发光，C 放电.放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C 充电.这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光.该电路A.充电时，通过R 的电流不变B.若R 增大，则充电时间变长C.若C 增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D.若E 减小为85V ，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变√图3√√变式1(多选)(2018·徐州市期中)如图4所示，电容器由平行金属板M 、N 和电介质D 构成.电容器通过开关S 及电阻与电源E 相连接.则A.M 上移电容器的电容变大B.将D 从电容器抽出，电容器的电容变小C.断开开关S ，M 上移，MN 间电压将增大D.闭合开关S ，M 上移，流过电阻的电流方向从B 到A √图4√命题点二带电粒子在电场中的直线运动1.做直线运动的条件(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a ＝qE m ，E ＝U d ，v 2－v 02＝2ax .3.用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 02非匀强电场中：W ＝qU ＝12－12例2(2017·江苏单科·4)如图5所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点.由O点静止释放的电子恰好能运动到P点.现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子√A.运动到P点返回B.运动到P和P′点之间返回C.运动到P′点返回D.穿过P′点图6变式2(多选)(2018·扬州中学5月模拟)如图6，水平放置的三块带孔的平行等距金属板与一个直流电源相连，一个带正电的液滴从A板上方M点处由静止释放，不计空气阻力，设液滴电荷量不变，在AB板之间运动为过程Ⅰ，在BC之间运动为过程Ⅱ，则A.过程Ⅰ中运动时间可能比过程Ⅱ短B.过程Ⅰ和过程Ⅱ系统机械能变化量大小相等C.仅将C板上移，液滴经过C板小孔时速度变小D.先断开三板与电源的连接，再下移B板，则液滴经过C板小孔时速度变大图6√√√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在电场中的偏转⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ a.能飞出电容器：t ＝l v 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2md t 2，t ＝2mdy qU . (2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧ 加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qU md .离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22md v 02.v y qUl2.两个结论(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.证明：由qU 0＝12m v 02y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1l md v 02 得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l 2U 0d (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，若粒子射出偏转电场，O 到偏转电场边缘的距离为.l3.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：qU y ＝12m v2－12m v 02，其中U y ＝U d y ，指初、末位置间的电势差.例3(2018·无锡市高三期末)如图7所示，真空中竖直放置的两块平行金属板，一质量为m、电荷量为q的正点电荷A从左板处由静止释间加上恒定电压U放，从右板的小孔水平射出后，进入一个水平放置的平行板电容器，进入时点电荷贴着上极板，经偏转后从下极板边缘飞出.已知电容器的电容为C，极板的间距为d，长度为kd，两板间电压恒定.不计点电荷的重力，求：(1)点电荷进入水平放置电容器时的速度大小；答案2qU0m解析在加速电场中，由动能定理：qU0＝12，2m v0得v0＝2qU0m图5(2)水平放置的电容器极板所带电荷量大小；答案4k2CU0解析在偏转电场中，由运动学知识得：kd＝v0t，d＝122at＝ma由牛顿第二定律得：q Ud联立可解得两极板间电势差U＝4k2U0极板带电荷量Q＝CU＝4k2CU0(3)A穿过水平放置电容器的过程中电势能的增量.答案－4k2qU0解析A穿过电容器的过程中电场力做功W＝qU＝4k2qU0由功能关系得，电势能的增量ΔE p＝－W＝－4k2qU0.命题点四带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等.2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解).(2)粒子做往返运动(一般分段研究).(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究).3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和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、做功或确定与物理过程相关的边界条件.(2)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)注意对称性和周期性变化关系的应用.例4如图8甲所示，平行金属板M 、N 水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直荧光屏到板右端的距离均为l ，M 板左下方紧贴M 板有一粒子源，以初速度v 0水平向右持续发射质量为m 、电荷量为＋q 的粒子.已知板间电压U MN 随时间变化关系如图乙所示，其中U 0＝.忽略粒子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大.(1)计算说明，t ＝0时刻射入板间的粒子打在屏上或N 板上的位置；图88m v 02q 答案打在N 极板中点(2)求荧光屏上发光的长度.答案5l随堂测试1.(2018·盐城市三模)如图9所示，平行板电容器两极板接在直流电源两端.下列操作能使电容器电容减小的是A.增大电源电压B.减小电源电压C.在两极板间插入陶瓷√图9D.增大两极板间的距离2.(2018·南京市学情调研)“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图10所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是A.平板正对面积减小时，静电计指针偏角减小B.静电计可以用电压表替代√C.静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不相等D.静电计测量的是平行板电容器所带电荷量图103.(2018·如皋市调研)如图11所示，在正方形ABCD区域内有场强方向平行于AB 边的匀强电场，E、F、H是对应边的中点，P点是EH的中点.一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出.以下说法正确的是A.粒子的运动轨迹经过P点B.粒子的运动轨迹经过PH之间某点C.若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿过EH√D.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从BC边射出图114.(多选)(2017·如皋市第二次质检)如图12甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是图12√√课时作业1.(2018·苏州市调研卷)某一平行板电容器，其一个极板带＋5.4×10－3C 电荷量，另一极板带－5.4×10－3C 电荷量，电容器两极板间电压为450V ，则该电容器的电容值为A.2.4×10－5FB.1.2×10－5FC.8.3×104FD.4.2×104F 双基巩固练√解析 根据C ＝Q U ，则C ＝5.4×10－3450 F ＝1.2×10－5 F ，故选B.2.(2018·泰州中学等综合评估)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图1所示.现保持B 板不动，适当移动A 板，发现静电计指针张角减小，则A 板可能是A.右移B.左移C.上移D.下移图1√3.(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图2所示，平行板电容器两极板M 、N 间距为d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极相连，则下列能使电容器的电容减小的措施是A.减小dB.增大UC.将M 板向左平移D.在板间插入电介质图2解析据电容的决定式C ＝可知，减小d ，则C 变大，选项A 错误；增大U ，电容器的电容不变，选项B 错误；将M 板向左平移，则S 减小，C 减小，选项C 正确；在板间插入电介质，则C 变大，选项D 错误.εr S 4πkd √4.(2018·南京市、盐城市质检)如图3所示的可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合.则电容器的电容将√A.逐渐增大B.逐渐减小C.保持不变D.先增大后减小图35.(多选)如图4所示，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子刚好能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M 、N 两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是A.使初速度减为原来的B.使M 、N 间电压提高到原来的2倍C.使M 、N 间电压提高到原来的4倍D.使初速度和M 、N 间电压都减为原来的√图4√12 12126.在真空中上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图5所示.有一带负电的粒子，从上边区域沿平行电场线方向以速度v匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在下列选项的速度－时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是(以v0方向为正方向)图5√7.(2017·如皋市第二次质检)三个α粒子由同一位置同时水平飞入偏转电场，轨迹如图6所示，下列判断不正确的是A.进电场时c 的速度最大，a 的速度最小B.在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上C.b 和c 同时飞离电场D.动能的增加量c 最小，a 和b 一样大√图68.(2018·泰州中学期中)如图7所示，两块较大的金属板A 、B 相距为d ，平行放置(可视为电容器)并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为m 、带电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态.以下说法正确的是A.若将S 断开，则油滴将做自由落体运动，G 表中无电流图7B.若保持S 闭合，将A 向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 表中有a →b 的电流C.若保持S 闭合，将A 向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 表中有b →a 的电流D.若保持S 闭合，将A 向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 表中有b →a 的电流√9.如图8所示，两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a 点由静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点由静止释放一同样的微粒，该微粒将A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动综合提升练√图510.(多选)(2019·铜山中学期中)如图9所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U 1，偏转电压为U 2.仅仅改变加速电压后，电子在电场中的侧移量y 增大为原来的2倍，下列说法中正确的是A.加速电压U 1减小到了原来的B.偏转电场对电子做的功变为原来的2倍C.电子飞出偏转电场时的速度变为原来的2倍D.电子飞出偏转电场时的偏转角变为原来的2倍图9√√1211.(多选)(2018·南京市期中)如图10所示，A 、B 为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M 、N ，D 为理想二极管，R 为滑动变阻器.闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电荷的带电小球从M 、N 的正上方的P 点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N 处.下列说法正确的是A.若仅将A 板上移，小球将无法运动至N 处B.若仅将B 板上移，小球将从小孔N 穿出C.若仅将滑动变阻器的滑片上移，带电小球将无法运动至N 处D.断开开关S ，从P 处将小球由静止释放，小球恰好能运动至小孔N 处√√图10√12.(2018·南京市、盐城市二模)如图11所示，在铅板A 上有小孔S ，放射源C 可通过S 在纸面内向各个方向射出速率v 0＝2.0×106m/s 的某种带正电粒子，B 为金属网状栅极，M 为荧光屏，A 、B 、M 三者平行正对，且面积足够大，A 、B 间距离d 1＝1.0cm ，电压U ＝1.5×104V 且恒定不变，B 、M 间距离d 2＝4.0cm.该种带电粒子的比荷＝4.0×108C/kg ，忽略带电粒子与栅极的碰撞及粒子间的相互作用，不计带电粒子的重力.求：(1)该带电粒子运动到荧光屏M 的速度大小；图11q m 答案 4.0×106m/s(2)该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度.答案4 3 cm13.(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图12甲所示，A 和B 是真空中正对面积很大的平行金属板，位于两平行金属板正中间的O 点有一个可以连续产生粒子的粒子源，A 、B 间的距离为L .现在A 、B 之间加上电压U AB ，电压随时间变化的规律如图乙所示，粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生N 个相同粒子，这种粒子产生后，在电场力作用下由静止开始运动，粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A 、B 板电势.已图12知粒子质量为m ＝5.0×10－10kg ，电荷量q ＝＋1.0×10－7C ，L ＝1.2m ，U 0＝1.2×103V ，T ＝1.2×10－2s ，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相互作用力，求：(1)t ＝0时刻产生的粒子，运动到B 极板所经历的时间t 0；答案 6×10－3 s解析 t ＝0时刻产生的粒子由O 到B ：L 2＝12at 02加速度：a ＝U 0q mL ＝2.0×105 m/s 2得：t 0＝6×10－3 s<T 2＝6×10－3 s所以t 0＝6×10－3 s(2)在0～T 2时间内，产生的粒子不能到达B 板的时间间隔Δt ；答案2×10－3s答案2解析设刚好不能到达B 极板的粒子，反向加速到A 极板的时间为t 0′，(3)在0～T 2时间内，产生的粒子能到达B 板的粒子数与到达A 板的粒子数之比k . 由L ＝12a ′t 0′2得t 0′＝2L a ′＝6×10－3 s<⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫T 2－Δt ′＝5×10－3 s 即在0～T 2时间内，不能到达B 板的粒子都能打到A 极板上所以k ＝N B N A＝T 2－Δt Δt ＝2.。
浙江专版高考物理一轮复习第六章静电场第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动课件
浙江专版高考物理一轮复习第六章静电场第3讲电容器与电容带电粒子在 电场中的运动课件
2021/4/17
浙江专版高考物理一轮复习第六章静电场第3讲电容器与
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电容带电粒子在电场中的运动课件
第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
【知识梳理】 知识点1 电容器的电容(c) 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__。
结束 语 同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成
功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，
考试加油。
(3)电容器的充电、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)公式。
Q
①定义式:C=__U __。 ②推论:C= Q 。
2.偏转问题: (1)条件分析:不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场 线方向飞入匀强电场。 (2)运动性质:_类__平__抛__运动。 (3)处理方法:利用运动的合成与分解。 ①沿初速度方向:做_匀__速__直__线__运动。 ②沿电场力方向:做初速度为零的_匀__加__速__运动。
3.示波管的构造: ①_电__子__枪__,②_偏__转__电__极__,③_荧__光__屏__。(如图所示)
U
(2)单位:法拉(F),1 F=_1_0_6 μF=_1_0_1_2 pF。 (3)电容与电压、电荷量的关系:电容C的大小由电容器 本身结构决定,与电压、电荷量_无__关__。不随Q变化,也 不随电压变化。
高考物理一轮 第6单元第3讲 电容 带电粒子在电场中的运课件
【名师点金】处理平行板电容器相关问题时，要弄清是否与
电源始终相连．若始终相连，则两极板间的电压U不变；若充电后 又断开,则极板所带的电荷量Q不变.电容器两极板间是匀强电场，
要注意相关公式的选择． 【规范全解】电容器两端电压U不变，由公式E＝ 可知，场
强变小，电场力变小，带电油滴将沿竖直方向向下运动，A错； P 到下极板的距离d不变,而强场E减小,由公式U＝Ed知P与下极板的 电势差变小,又因为下极板电势不变，所以P点的电势变小，B对； 由于电场力方向向上,而电场方向向下,可以推断油滴带负电，又P 点的电势降低,所以油滴的电势能增大,C错;图中电容器两端电压U 不变,电容C减小时,由公式Q＝CU可知极板带电荷量将减少，D错．
3．如图所示，一束带电粒子(不计重力)沿垂直电场线的方
向进入一偏转电场．若要得到相同的偏转距离y和偏转角φ，则粒 子应具备的条件是(U、d、l均保持不变)( )
A．进入偏转电场的速度相同 B．进入偏转电场的动能相同 C．进入偏转电场的加速度相同 D．先从静止由同一加速电场加速后，再进入偏转电场
【解析】设粒子所带电荷量为 q，质量为 m，两平行金属板 间的电压为 U，板长为 l，板间距离为 d.当粒子以初速度 v0 平行 于两板进入电场时，有：E＝Ud ，a＝qmE＝mqUd，t＝vl0
2．会分析带电粒子在电场中的加速和偏转问题，并能熟练 运用其求解相关问题．
3．了解示波器的基本原理．
一、电容器 1．电容器的组成：两个彼此绝缘又①互相靠近的导体可构成 一个电容器．
2．电容C (1)定义：电容器所带的电荷量Q(任一个极板所带的电荷量的 绝对值)与两个极板间的电势差U的比值叫做电容器的②电容．电
则θ变小
C．已知丙图中两极间的电压不变，若极板的带电荷量增加，
(新课标)高考物理一轮总复习-必修部分 第6章 静电场 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动课件
2．[带电粒子在电场中的加速]如图所示，在 P 板附近有一电子由静止开始向 Q 板运动，则关于电子到 达 Q 板时的速度，下列说法正确的是( )
A．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大 B．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大 C．与两板间距离无关，仅与加速电压有关 D．以上说法均不正确
2．常见的电容器 (1)分类：从构造上可分为_固__定___电容器和_可__变___电容器。 (2)击穿电压：加在电容器极板上的_极__限___电压，电容器外壳上标的电压是_额__定___电压，这个电压比 击穿电压_低___ (选填“高”或“低”)。
3．电容
Q
(1)定义式：C＝_U____。
(2)单位：法拉(F)，1 F＝__1_0_6 ___ μF＝__1_0_1_2 __ pF。
E＝Ud＝CQd＝4επrk·QS，即对于介质介电常数为 εr 的平行板电容器而言，两极板间场强只与极板上单位面积的 带电量成正比。带电量 Q 不变，两极板间场强 E 保持不变，由于板间距 d 减小，据 U＝Ed 可知，电容器的 电压 U 变小。由于场强 E 保持不变，因此，P 点与接地的负极板即与地的电势差保持不变，即点 P 的电势 保持不变，因此电荷在 P 点的电势能 W 保持不变。故正确答案为 AC。
பைடு நூலகம்
3．电容器两类问题的比较
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
高三物理一轮复习精品课件第6章-第3节电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30° . 设场强的大小为 E，有
qEdcos 30° ＝ΔEpA 由④⑦⑪式得 3mg E＝ 6q
【答案】 3mg (2) 6q 7 (1) 3
⑪
⑫
与竖直方向的夹角为 30° ；斜向右下方
[考向分析] (1)带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ 1.考纲展示 (2)示波管、常见电容器、电容器的电压、电 荷量和电容的关系 Ⅰ 以带电粒子(或带电体)在电场中的平衡或运 动情景， 侧重考查电场力、 电势能等重要概念 牛顿运动定律、 功能关系等重 2.命题趋势 和运动学公式、 要规律．可以是选择题，也可以是计算题，以 综合考查为主． 以考查知识和能力为主， 以平衡和加速、 偏转 3.选材特点 为情景，有时与生活、生产、科技相联系.
3．(2014· 新课标全国卷Ⅰ)如图 632，O、A、B 为同一 竖直平面内的三个点， OB 沿竖直方向，∠BOA＝60° ，OB 3 ＝ OA， 将一质量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平向 2 右抛出，小球在运动过程中恰好通过 A 点．使此小球带电， 电荷量为 q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所 在平面平行．现从 O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带 电小球，该小球通过了 A 点，到达 A 点时的动能是初动能的 3 倍；若该小球从 O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰 好通过 B 点，且到达 B 点时的动能为初动能的 6 倍，重力加 速度大小为 g.求：
A．打到下极板上 B．在下极板处返回 d C．在距上极板 处返回 2 2 D．在距上极板 d 处返回 5
【解析】
本题应从动能定理的角度解决问题．
带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当 带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功， d 若带电粒子在下极板处返回， 由动能定理得 mg( ＋d)－qU＝ 2 0；