2021版高考物理一轮复习 第七章 静电场 3 第三节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动课件

第七章静电场第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动【基础梳理】提示：异种中和容纳电荷QUεrS4πkd12mv2－12mv20qU类平抛运动合成分解匀速直线匀加速直线电子枪【自我诊断】1．判一判(1)电容是表示电容器储存电荷本领的物理量．()(2)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．()(3)一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6C时，两板间电压升高10V，则电容器的电容C＝1.0×10－7F．()(4)带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动．()(5)示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的．()(6)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计．()√×√√√×2．做一做(1)(多选)(人教版选修3－1·P32，T1改编)如图所示，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，则下列判断正确的是()A．增大两极板间的距离，静电计指针张角变大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提示：选ABD.电势差U变大(小)，指针张角变大(小)．电容器所带电荷量一定，由公式C＝εrS4πkd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，A、B、D正确．(2)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均减小提示：选B.由公式C＝εrS4πkd知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式C＝QU知，电荷量不变时，U减小，B正确．平行板电容器的动态分析【知识提炼】1．平行板电容器的动态分析思路2．平行板电容器动态分析模板【典题例析】(2018·高考北京卷)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，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大[解析]实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，则a板带电，由静电感应，在b板上感应出与a板电性相反的电荷，A正确；实验中，只将电容器b板向上平移，正对面积S变小，由C＝εrS4πkd，可知电容C变小，由C＝QU可知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，B错误；实验中，只将极板间插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝εrS4πkd，可知电容C变大，由C＝QU可知，Q不变，U变小，静电计指针的张角变小，C错误；实验中，只增加极板带电荷量，电容C不变，由C＝QU，可知静电计指针的张角变大，D错误．[答案]A【迁移题组】迁移1Q不变时电容器的动态分析1.(2020·甘肃西北师大附中模拟)如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P点．静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地．以E表示两板间的场强，φ表示P点的电势，Ep表示该试探电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计所带电荷量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是()A．E增大，φ降低，Ep减小，θ增大B．E不变，φ降低，Ep增大，θ减小C．E不变，φ升高，Ep减小，θ减小D．E减小，φ升高，Ep减小，θ减小解析：选C.将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，根据电容的决定式C＝εrS4πkd可知，电容C增大，因平行板电容器充电后与电源断开，则电容器的电荷量Q不变，由C＝QU得知，板间电压U减小，因此夹角θ减小，再依据板间场强E＝Ud＝QCd＝4πkQεrS，可见E不变；P点到正极板距离减小，且正极接地，由公式U＝Ed得知，P点的电势升高；负电荷在P点的电势能减小，故A、B、D错误，C正确．迁移2U不变时电容器的动态分析2.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．电容器的电容增加B．在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流C．A、B两板间的电场强度增大D．P点电势升高解析：选B.根据C＝εrS4πkd，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；在A板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电荷量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R中有向上的电流，故B正确；根据E＝Ud与C＝εrS4πkd相结合可得E＝4πkQεrS，由于电荷量减小，场强大小变小，故C错误；因场强变小，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．迁移3平行板电容器中带电粒子的问题分析3．(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，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的动量大小相等解析：选BD.两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x＝12a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qEx＝Ek得，位移x大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确．带电粒子(体)在电场中的直线运动【知识提炼】1．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、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)带电颗粒如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力2.带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法(1)做直线运动的条件①粒子所受合外力F合＝0，粒子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)解题步骤【典题例析】如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从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点从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[解析]两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力情况如图所示，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．D正确．[答案]D【迁移题组】迁移1带电粒子在匀强电场中的直线运动1．如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板．质量为m、电荷量为q的带负电的粒子(不计重力)以初速度v0由小孔水平射入电场，当M、N间的电压为U时，粒子刚好能到达N板．如果要使这个带电粒子到达M、N两板中线位置处即返回，则下述措施能满足要求的是()A．使初速度减小为原来的12B．使M、N间的电压提高到原来的4倍C．使M、N间的电压加倍D．使初速度减小为原来的12，同时M、N间的电压加倍解析：选C.粒子从进入到到达N板的过程中，板间的电场强度为：E＝Ud，由动能定理得：－qEd＝0－12mv20，解得：d＝mv202qE，设带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的12，根据动能定理有：－qEx＝0－12mv022，解得：x＝d4，故A错误；若电压提高到原来的4倍，则场强也变为原来的4倍，设带电粒子离开M板的最远距离为x1，根据动能定理有：－4qEx1＝0－12mv20，解得：x1＝d4，故B错误；同理，若电压提高到原来的2倍，则场强也变为原来的2倍，设带电粒子离开M板的最远距离为x2，根据动能定理有：－2qEx2＝0－12mv20，解得：x2＝d2，故C正确；若初速度减少一半，电压加倍，则场强加倍，设带电粒子离开M板的最远距离为x3，根据动能定理有：－2qEx3＝0－12mv022，解得：x3＝d8，故D错误．迁移2带电粒子在电场中的单向直线运动2.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略．不计重力，则M∶m为()A．3∶2B．2∶1C．5∶2D．3∶1解析：选A.设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M有：aM＝EqM，25l＝12EqMt2；对m有：am＝Eqm，35l＝12Eqmt2，联立解得Mm＝32，A正确．迁移3带电粒子在电场中的往返直线运动3．如图所示，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′点解析：选A.电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝Ud＝QC0d＝4πkQεrS可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A正确，B、C、D错误．迁移4带电粒子在交变电场中的直线运动4．如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t＝T4时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板．则()A．A、B两板间的距离为qU0T28mB．粒子在两板间的最大速度为qU0mC．粒子在两板间做匀加速直线运动D．若粒子在t＝T8时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板解析：选B.粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，C错误；粒子在t＝T4时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在3T4时刻到达B板，则12·qU0md·T42＝d2，解得d＝qU0T216m，A错误；粒子在T2时刻速度最大，则vm＝qU0md·T4＝qU0m，B正确；若粒子在t＝T8时刻进入两极板间，在T8～T2时间内，粒子做匀加速运动，位移x＝12·qU0md3T82＝9d8，所以粒子在T2时刻之前已经到达B板，D错误．带电粒子在电场中的偏转【知识提炼】1．带电粒子在电场中的偏转规律2．确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法3．分析带电粒子在匀强电场中偏转的两个关键条件分析不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动运动分析一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动【典题例析】如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不