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2014届高考物理一轮复习 电容器 带电粒子在电场中的运动教学案

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电容器

带电粒子在电场中的运动

一.考点整理 基本概念 1.静电现象的解释: ⑴ 静电平衡:导体中(包括表面)没有电荷的 的状态. ⑵ 特点:① 导体内部场强 ;② 导体为 体、表面为 面;③ 导体表面的 场强强 E ≠ 0,且与表面 ;④ 导体的净电荷分布在 导体的 . ⑶ 静电现象的应用:① 静电屏蔽:处于静电平衡的空腔导体,腔外电场对 不产 生影响;② 尖端放电:所带电荷与导体尖端的电荷符号相反的粒子,由于被吸引而奔向尖端,与 尖端上的 的现象. 2.电容器:由两个彼此绝缘又相互靠近的 组成.电容器可以容纳 ,一个极板所带电荷量 的 叫做电容器的带电荷量.使电容器带电的过程叫做充电,充电后电容器两板带上等量的 异种电荷, 电容器中储存 能; 使充电后的电容器失去电荷的过程叫做放电, 放电过程中 能 转化为其他形式的能. 3.电容:电容器所带的电荷量 Q 与电容器两极板间的电势差 U 的 .定义式:C = ,单位: 6 12 法拉(F) F = 10 μ F = 10 pF.电容器的电容表示电容器 ,1 本领大小的物理量. 4.平行板电容器: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,与两板间的距离 成反比,C = ,k 为静电力常量. 5.带电粒子在匀强电场中的运动: ⑴ 带电粒子在电 场中的加速:带电 粒子沿与电场线平行的方向进入电场,带电粒子将做加(减)速 2 2 运动.有两种分析方法:① 用动力学观点分析:a = qE/m、E = U/d,v –v0 = 2ad;② 用功能 2 2 观点分析:粒子只受电场力作用,电场力做的功等于物体动能的变化,qU = mv /2 – mv0 /2. ⑵ 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.沿初速度方向做匀速直线运动,运动时间 t = l/v0;沿 电场力方向,做匀加速直线运动,加速度 a = F/m = qE/m = ; 2 偏转距离 y = at /2 = ___________、离开电场时的偏转角 tanθ = vy/v0 = ;位移方向 tanα = y/x = ;位移方向与速 度偏转角的关系,tanα = 2 tanθ . 二.思考与练习 思维启动 1.下列关于电容器和电容的说法中,错误的是 ( ) A.电容器 A 的体积比 B 大,说明 A 的电容一定比 B 的大 B.对于确定的电容器,其带的电荷与两板间的电压(小于击穿电压且不为零)成正比 C.无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零) ,它所带的电荷与电压比值恒定不变 D.电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领大小的物理量,其大小与加在两板上的电压无关 2.如图所示,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 ( ) A.电场中 A 点的电势高于 B 点的电势 B.微粒在 A 点时的动能大于在 B 点时的动能,在 A 点时的电势能小于在 B 点时的电势能 C.微粒在 A 点时的动能小于在 B 点时的动能,在 A 点时的电势能大于在 B 点时的电势能 D.微粒在 A 点时的动能与电势能之和等于在 B 点时的动能与电势能之和 三.考点分类探讨 典型问题 〖考点 1〗平行板电容器的动态分析 【例 1】 一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、 间距和电荷量不变, 在两极板间插入一电介质, 其电容 C 和两极板间的电势差 U 的变化情况是 ( ) A.C 和 U 均增大 B.C 增大,U 减小 C.C 减小,U 增大 D.C 和 U 均减小

【变式跟踪 1】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 ( ) A.带电油滴将沿竖直方向向上运动 B.P 点的电势将降低 C.带电油滴的电势能将减少 D.若电容器的电容减小,则极板带电荷量将增大 〖考点 2〗带电体在匀强电场中的直线运动问题 【例 2】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 【变式跟踪 2】如图甲所示,在真空中足够大的绝缘水平地面 上,一个质量为 m = 0.2 kg、带电荷量为 q = +2.0×10-6 C 的小物块处于静止状态,小物块与地面间的动摩擦因数 μ = 0.1.从 t = 0 时刻 开始, 在空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电 2 场(取水平向右为正方向,g 取 10 m/s ) .求: ⑴ 在第 15 s 末小物块的速度大小; ⑵ 在 0~15 s 内小物块的位移大小

〖考点 3〗带电粒子在匀强电场中的偏转问题 【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(重力不计) ,以垂直 于电场线方向的初速度 v0 射入电场中,v0 方向的延长线与屏的交点为 O.求: ⑴ 粒子从射入到打到屏上所用的时间; ⑵ 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 tanα ; ⑶ 粒子打到屏上的点 P 到 O 点的距离 x.

【变式跟踪 3】如图所示,水平放置的平行板电容器,原来 AB 两板不带电,B 极板接地,它的极板长 l -6 = 0.1 m,两板间距离 d = 0.4 cm, 现有一微粒质量 m = 2.0×10 kg,带电 -8 荷量 q = +1.0×10 C,以一定初速度从两板中央平行于极板射入,由于重力 2 作用微粒恰好能落到 A 板的中点 O 处,取 g = 10 m/s .试求: ⑴ 带电粒子入射初速度 v0 的大小: ⑵ 现使电容器带上电荷, 使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出, 则带电后 A 板的电势为多少?

1

〖考点 4〗带电粒子在交变电场中的运动问题 【例 4】如图(a)所示,两平行正对的金属板 A、B 间加有如图(b)所示 的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P 处. 若在 t0 时刻释放该粒子, 粒子会时而向 A 板运动, 时而向 B 板运动, 并最终打在 A 板上.则 t0 可能属于的时间段是 ( ) A.0 < t0 < T/4 B.T/2 < t0 < 3T/4 C.3T/4< t0 < T D.T< t0 < 9T/8 【变式跟踪 4】如图甲所示,热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计,电子发 射装置的加速电压为 U0,电 容器板长和板间距离均为 L = 10 cm,下极板接地,电容器右端到荧光屏的距离也是 L = 10 cm,在 电容器两极板间接一交变电压,上极板的电势随时间变化的图象如图乙所 示(每个电子穿过平行板的 时间都极短,可以认为电压是不变的) .求: ⑴ 在 t = 0.06 s 时刻,电子打在荧光屏上的何处. ⑵ 荧光屏上有电子打到的区间有多长.

【预测 2】静电场方向平行于 x 轴,其电势 φ 随 x 的分布可简化为如图所示的折线,图中 φ 0 和 d 为已 知量.一个带负电的粒子在电场中以 x = 0 为中心,沿 x 轴方向做周期性运动.已知该粒子质量为 m,电荷量为– q,其动能与电势能之和为– A(0 < A < qφ 0) .忽略重力.求: ⑴ 粒子所受电场力的大小; ⑵ 粒子的运动区间

四.考题再练 高考试题 1. 【2011·天津卷】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 0.5d,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 ( ) A.U2 = U1,E2 = E1 B.U2 = 2U1,E2 = 4E1 C.U2 = U1,E2 = 2E1 D.U2 = 2U1,E2 = 2E1 【预测 1】如图所示,在平行板电容器正中有一个带电微粒.S 闭合时,该微粒恰好能保 持静止.在以下两种情况下:① 保持 S 闭合,② 充电后将 S 断开.下列说法能实现 使该带电微粒向上运动打到上极板的是 ( ) A.① 情况下,可以通过上移极板 M 实现 B.① 情况下,可以通过上移极板 N 实现 C.② 情况下,可以通过上移极板 M 实现 D.② 情况下,可以通过上移极板 N 实现 2. 【2011·福建卷】反射式速调管是常用的微波器件之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其 振荡原理与下述过程类似.如图所示,在虚线 MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场,一带电 微粒从 A 点由静止开始,在电场力作用下沿直线在 A、B 两点间往返运动.已知电场强度的大小分别 3 3 -20 是 E1 省= 2.0×10 N/C 和 E2 = 4.0×1 0 N/C,方向如图所示.带电微粒质量 m = 1.0×10 kg,带 -9 电荷量 q = – 1.0×10 C,A 点距虚线 MN 的距离 d1 = 1.0 cm,不计带电微粒的重力,忽略相对论 效应.求: ⑴ B 点距虚线 MN 的距离 d2; ⑵ 带电微粒从 A 点运动到 B 点所经历的时间 t.

五.课堂演练 自我提升 1.如图所示,A、B 为平行板电容器的金属板,G 为静电计.开始时开关 S 闭合,静电计指针张开一定 角度.为了使指针张开角度增大一些,应该采取的措施是 ( ) A.断开开关 S 后,将 A、B 两极板靠近一些 B.断开开关 S 后,将 A、B 两极板分开一些 C.保持开关 S 闭合,将 A、B 两极板靠近一些 D.保持开关 S 闭合,将 A、B 两极板分开一些 2.将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量 分别用 d、U、E 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 d 不变,将 Q 变为原来的两倍, 则 U 变为原来的一半 D.保持 d 不变,将 Q 变为原来的一半, 则 E 变为原来的一半 3.如图所示,在绝缘光滑水平面上固定两个等量同种电荷 A、B,在 AB 连线上的 P 点由静止释放一带 电滑块,则滑块会在 A、B 之间往复运动,则以下判断正确的是 ( ) A.滑块一定带的是与 A、B 异种的电荷 B.滑块一定带的是与 A、B 同种的电荷 C.滑块在由 P 向 B 运动过程中,电势能一定是先减小 后增大 D.滑块的动能与电势能之和一定减小 4.如图所示,一质量为 m、电荷量为 q 的小球在电场强度为 E、区域足够大的匀 强电场中,以初速度 v0 沿 ON 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 mg = qE,则 ( ) A.电场方向竖直向上 B.小球运动的加速度大小为 g 2 C.小球上升的最大高度为 v0 /2g 2 D.若小球在初始位置的电势能为零,则小球电势能的最大值为 mv0 /4 5. 示波器的示意图如图所示, 金属丝发射出来的电子被加速后从金属板上的小孔穿出, 进入偏转电场. 电 子在穿出偏转电场后沿直线前进,最后打在荧光屏上.设加速电压 U1 = 1 640 V,偏转极板长 l = 4 cm,偏转极板间距 d = 1 cm,当电子加速后从两偏转极板的中央沿板平行方向进入偏转电场. ⑴ 偏转电压为多大 时,电子束打在荧光屏上偏转距离最大?
2

⑵ 如果偏转极板右端到荧光屏的距离 L=20 cm,则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为多少? 参考答案: 一.考点整理 基本概念 1.定向移动 处处为零 等势 等势 垂直 外表面 腔内空间 电荷中和 2.导体 电荷 绝对值 电场 电场 3.比值 Q/U 容纳电荷 4.ε rS/(4π kd) 2 2 2 2 5.qU/md qUl /2mdv0 qUl/mdv0 qUl/2mdv0 二.思考与练习 思维启动 1.A;电容器的电容与电容器的体积、电容器所带的电荷量、电容器两极板间的电压均无关. 2.AB;一带负电的微粒以一定初速度射入电场,并沿直线 AB 运动,其受到的电场力 F 只能垂直于等势面水平向左,则电场方向水平向右,如图所示,所以电场中 A 点的 电势高于 B 点的电势,A 对;微粒从 A 向 B 运动,则合外力做负功,动能减小,电 场力做负功,电势能增加,C 错、B 对;微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的 总和保持不变,所以 D 错. 三.考点分类探讨 典型问题 例 1 B;由平行板电容器电容决定式 C =ε rS/(4π kd) 知,当插入电介质后,ε r 变大,则在 S、d 不变的 情况下 C 增大;由电容定义式 C = Q/U 得 U = Q/C,又电荷量 Q 不变,故两极板间的电势差 U 减小, 选项 B 正确. 变式 1 B;因为电容器两板电压不变,当两板间距离 d 增大,电场强度 E 减小,φ P = ExP 减小,P 点的电 势降低,故选项 A 错 B 对;又根据带电油滴平衡 可判断其带负电,它在 P 点的电势能增大,选项 C 错误;电容器的电容减小,则极板带电荷量将减小,选项 D 错,故答案为 B. 例 2 BD;带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用,一是重力 mg,方向竖直向下;二是电场力 F = Eq,方向垂直于极板向上.因二力均为恒力,已知带电粒子做直线运动,所以此二力的合力一定在粒 子运动的直线轨迹上,根据牛顿第二定律可知,该粒子做匀减速直线运动,选项 D 正确,选项 A、C 错误;从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出,电场力对粒子做负功,粒子的电势能增加,选项 B 正确. 2 变式 2 ⑴ 在 0~2 s 内小物块的加速度为 E1q – μ mg = ma1 ,即 a1 = (qE1– μ mg )/m = 2 m/s ,位移 x1 = a1t12/2 = 4 m;在第 2 s 末小物块的速度为 v2 = a1t1 = 4 m/s;在 2~4 s 内小物块的加速 2 度为:E2q + μ mg = ma2,a2 = (qE2+ μ mg )/m = 2 m/s ,位移 x2 = x1 = 4 m,在第 4 s 末小物 块的速度为 v4 = 0,因此小物块做周期为 4 s 的运动,在第 14 s 末的速度为 v14 = 4 m/s,在第 15 s 末小物块的速度为 v15 = v14 - a2t = 2 m/s,方向向右(t = 1 s) . ⑵ 在 0~15 s 内小物块的位移大小可以看做是上述 3 个周期加上 x1 和第 15 s 内的位移,则:x15 = v14t - a2t2/2 = 3 m,故在 0~15 s 内小物块的位移为:x = 3(x1 + x2) + x1 + x15 = 31 m.. 例 3 ⑴ 根据题意,粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动,所以粒子从射入到打到屏上所用的时 间 t = 2L/v0. ⑵ 设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为 vy, 根据牛顿第二定律, 粒子在电场中的加速度为: a = qE/m,所以 vy = aL/v0 = qEL/mv0,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 tanα = vy/v0 = qEL/mv0. 2 2 2 ⑶ 法 1:设粒子在电场中的偏转距离为 y,则 y = (1/2)a(L/v0) = qEL /(2mv0 ),又 x = y + Ltanα , 2 2 解得:x = 3qEL /(2mv0 ). 2 2 法 2:x = vyL/v0 y = 3qEL / (2m v0 ). 2 2 法 3:由 x/y = (L + L/2)/(L/2) 得:x = 3y = 3qEL / (2mv0 ). 变 式 3 ⑴ 电容器不带电时,微粒做平抛运动,则有 l/2 = v0t,d/2 = gt /2,联立两式得 v0 =
2

代入数据得 v0 = 2.5 m/s. ⑵ 若使微粒能从电容器右侧射出, 则要求 A 板的电势大于 0, B 板接地电势等于 0, 且 则有 UAB = φ A 2 – φ B = φ A,A 板电势最小时,微粒刚好从 A 板右侧边缘射出,则有 l = v0t1,d/2 = a1t1 /2, 且 mg – qφ Amin/d = ma1,联立以上各式得 φ Amin = 6 V,A 板电势最大时,微粒刚好从 B 板右 侧边缘射出,则有 qφ Amax/d – mg = ma2,且有 a2 = a1,代入数据解得 φ Am ax = 10 V,综合可 得 6 V ≤ φ A ≤ 10 V. 例 4 B;设粒子的速度方向、位移方向向右为正.依题意得,粒子的速度方 向时而为正,时而为负,最 终打在 A 板上时位移为负,速度方向为 负.作出 t0 =0、T/4、T/2、3T/4 时粒子运动的速度图象如图所示 .由 于 速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象可知 0 < t0 < T/4,3T/4 < t0 < T 时粒子在一个周期内的总位移大于零;T/4 < t0 < 3T/4 时粒子在一个周期内的总位移小于零;当 t0 > T 时情况类 似.因粒子最终打在 A 板上,则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零,对照各选项可知只有 B 正确. 2 2 2 2 变式 4 ⑴ 电子经电场加速满足 qU0 = mv /2,经电场偏转后侧移量 y = at /2 = qU 偏 L /(2mv ),所以 y = U 偏 L/4U0,由图知 t = 0.06 s 时刻 U 偏 = 1.8U0,所以 y = 4.5 cm.设打在屏上的点距 O 点距 离为 Y,满足 Y/y = (L + 0.5L)/0.5L 所以 Y = 13.5 cm. ⑵ 由题知电子侧移量 y 的最大值为 L/2,所以当偏转电压超过 2U0,电子就打不到荧光屏上了,所 以荧光屏上电子能打到的区间长为 3L = 30 cm. 四.考题再练 高考试题 1.C 预测 1 B;保持 S 闭合的分析:因为第①种情况下两板间电压 U 不变,所以电场强度 E = U/d,只有 d 减小,E 增大,电场力增大,带电微粒才向上运动打到上极板 M 上,故可以通过下移极板 M 或者上 移极板 N 来实现,选项 A 错,B 正确;充电后将 S 断开的分析:因为第②种情况下两极板带电荷量 ε rS U 4π kQ Q 不变,根据 Q = CU,C = 及 E = 可得,E = ,可以看出 E 与两板间距离 d 无关,所 4π kd d ε rS 以无论怎样移动 M、N 两极板改变两板间的距离,场强 E、电场力 F 都不变,带电微粒都处于静止 状态,选项 C、D 错误,B 正确. 2. 带电微粒由 A 运动到 B 的过程中, ⑴ 由动能定理有 |q|E1d1 –|q|E2d2 = 0 ① 由 ① 式得 d2 = E1d1/E2 = 0.50 cm ② ⑵ 设微粒在虚线 MN 两侧的加速度大小分别为 a1、a2,由牛顿第二定律有|q|E1 = ma1 ③ |q|E2 = ma2 2 2 ④设微粒在虚线 MN 两侧运动的时间分别为 t1、t2,由运动学公式有 d1 = a1t1 /2 ⑤ d2 = a2t2 /2 -8 ⑥ 又 t = t1 + t2 ⑦ 由②③④⑤⑥⑦式解得 t = 1.5×10 s. 预测 2 ⑴ 由题图可知,0 与 d(或 – d))两点间的电势差为 φ 0,电场强度的大小 E =φ 0/d,电场力 的大小 F = qE = qφ 0/d. 2 ⑵ 设粒子在[– x0,x0]区间内运动,速率为 v,由题意得 mv /2 – qφ = – A ① |x| 由题图可知 φ = φ 0(1– )

d



1 2 |x| 由①②得 mv = qφ 0(1 – ) – A 2 d 得|x| ≤ d(1-

因动能非负,有 qφ 0(1 – 粒子的运动区间满足–d(1 –

|x| ) – A ≥ 0

d

A A ),即 x0 = d(1 – ) qφ 0 qφ 0

A qφ

) ≤ x ≤ d(1 –
0

A qφ

).
0

五.课堂演练 自我提升 1.B;使指针张开角度增大一些,就是增大静电计两端的电压,当开关 S 闭合时,电压一定,则 C、D 错误;断开开关 S 后,电容器带电荷量一定,由 C = Q/U 可知增大电容器两极板之间电压,需减小 电容 C,由平行板电容器电容的决定式 C = ε rS 知,保持 S 不变,增大 d,电容 C 减小,则 A 错 4π kd
3

l 2

g , d

误、B 正确. 2.AD;由 E = U/d 知,当 U 不变,d 变为原来的两倍时,E 变为原来的一半,A 项正确;当 E 不变,d 变 为原来的一半时,U 变为原来的一半,B 项错误;当电容器中 d 不变时,C 不变,由 C = Q/U 知,当 Q 变为原来的两倍时,U 变为原来的两倍,C 项错误;Q 变为原来的一半,U 变为原来的一半时,则 E 变为原来的一半,D 项正确. 3.BC;根据从 P 点由静止释放的带电滑块在 A、B 之间往复运动可以判断,开始时 A 对滑块向右的作用力 大于 B 向左的作用力,所以滑块一定带与 A、B 相同的电荷,选项 A 错 B 对;由于 A、B 带等量同种电 荷,所以其连线中点场强为零,滑块在由 P 向 B 运动过程中,电场力先做正功后做负功,电势能一定 是先减小后增大,选项 C 正确;在整个运动过程中只有电场力做功,所以滑块的动能与电势能之和一 定不变,D 选项错. 4.BD;由于带电小球在竖直面内做匀变速直线运动,其合力沿 ON 方向,而 mg = qE,由三角形定则,可 知电场方向与 ON 方向成 120°角,A 错误;由图中几何关系,可知其合力为 mg,由牛顿第二定律可 知 a = g,方向与初速度相反,B 正确;设带电小球上升的最大高度为 h,由动能定理可得:–mg×2h 2 2 = 0 – mv0 /2,解得:h = v0 /4g,C 错;电场力做负功,带电小球的电势能变大,当带电小球速度 2 2 为零时,其电势能最大,则 Ep = –qE×2hcos 120° = qEh = mgv0 /4g = mv0 /4,D 正确. 5.⑴ 电子在加速电场中,由动能定理得 eU1 = mv0 /2

2eU1 ,电 m 子在偏转电场中的飞行时间 t1 = l/ v0,电子在偏转电场中的加速度:a = eE/m = eU2/md,要使 2 2 2 2 电子从下极板边缘射出,应有:d/2 = at /2 = eU2l /2mdv0 = U2l /4dU1,解得偏转电压 U2 = 205 V. ⑵ 电子束打在荧光屏上最大偏转距离 y = d/2 + y2 由于电子离开偏转电场时垂直极板方向的速度 vy = at1 = eU2l/mdv0,电子离开偏转电场到荧光屏的时间:t2 = L/v0,y2 = vyt2 = eU2lL/mdv02 = dL/l = 0.05 m,电子打在荧光屏上最大偏转距离:y = d/2 + y2 = 0.055 m.
2

电子进入偏转电场时的初速度 v0 =

4


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