（山东专用）2021高考物理一轮复习 第7章 静电场 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动课件

静电场第七章第3讲电容器带电粒子在电场中的运动一、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__________.01主干回顾·强化根基绝缘绝对值(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．异种电荷电能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C＝QU1061012容纳电荷带电电压C＝εrS4πkd二、带电粒子在电场中的运动1．加速(1)在匀强电场中，W＝__________＝qU＝12mv2－12mv20.(2)在非匀强电场中，W＝________＝12mv2－12mv20.qEdqU2．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拋运动，如图所示．(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．(3)基本关系式：运动时间t＝lv0，加速度a＝Fm＝qEm＝qUmd，偏转量y＝12at2＝__________，偏转角θ的正切值：tanθ＝vyv0＝atv0＝____________.匀速直线匀加速直线运动的合成与分解qUl22mdv20qUlmdv20三、示波管1．示波管的构造①电子枪，②____________，③荧光屏(如图所示)偏转电极2．示波管的工作原理(1)YY′上加的是待显示的____________，XX′上是仪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运动，打在荧光屏________，在那里产生一个亮斑．②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象．信号电压扫描电压中心信号电压1．下列关于电容器和电容的说法中，正确的是()A．根据C＝QU可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比B．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比C．当电容器的电压变化时(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值变化D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板间的电压有关B解析：由于电容器的电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量，是电容器的一种特性，一个电容器对应唯一的电容值，不能说电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，因此选项A、C、D错误；由于电容是定值，由Q＝CU知，其所带电荷量与两板间的电压成正比，故选项B正确．2．教材VS高考(2018·北京卷·T19题源于人教版3－1P30演示实验)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A解析：A对：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．B错：b板向上平移，正对面积S变小，由C＝εrS4πkd知，电容C变小，由C＝QU知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大．C错：插入有机玻璃板，相对介电常数ε变大，由C＝εrS4πkd知，电容C变大，由C＝QU知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小．D错：由C＝QU，实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的．3．如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两极间电压不变，则()A．当减小两板间的距离时，速度v增大B．当减小两板间的距离时，速度v减小C．当减小两板间的距离时，速度v不变D．当减小两板间的距离时，电子在两极间运动的时间变长答案C4．(人教版3－1P39第3题改编)真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏．今有质子、氚核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氚核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是()A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4B解析：设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝12mv20，解得v0＝2qU1m，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据推论y＝U2L24dU1、tanθ＝U2L2dU1可知，y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误．02核心考点·探究突破考点一平行板电容器的动态分析2．分析思路第一步—确定是电容器两极板间的电压不变，还是所带电荷量不变⇩第二步—用决定式C＝εrS4πkd分析平行板电容器电容的变化⇩第三步—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⇩第四步—用定义式E＝Ud分析电容器极板间场强的变化解析：由C＝εrS4πkd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．[例1](2016·全国卷Ⅰ·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D1．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及板间电场强度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，则由E＝Ud可知，板间电场强度E也将变小．B2．(2016·天津卷·4)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，Ep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，Ep不变C．θ减小，Ep增大D．θ减小，E不变D解析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝εrS4πkd可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝Ud，Q＝CU，C＝εrS4πkd联立可得E＝4πkQεrS，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确．考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＝qEm，E＝Ud，v2－v20＝2ad.3．用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝12mv2－12mv20非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1[例2](2018·全国卷Ⅲ·21)(多选)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BD解析：A错：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xa＞xb，根据x＝12at2，得aa＞ab，又由a＝Fm知，ma＜mb.B对：经时间t到下半区域的同一水平面，则电场力做功Wa＞Wb，由动能定理知，a的动能比b的动能大．C错：a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反．D对：根据动量定理Ft＝p－p0，则经过时间t，a、b的动量大小相等．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法3．(2015·全国卷Ⅱ·14)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D解析：最初带电微粒处于静止状态，受力如图甲，Eq＝mg；当两板绕过a点的轴逆时针转过45°时，带电微粒的受力如图乙，其合力指向左下方，故微粒从静止开始向左下方做匀加速运动，选项D正确．4．如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大？(3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能．答案(1)3mg4q(2)0.3g(3)0.3mgL解析(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有FNsin37°＝qEFNcos37°＝mg解得E＝3mg4q(2)若电场强度减小为原来的12，即E′＝3mg8q由牛顿第二定律得mgsin37°－qE′cos37°＝ma解得a＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，支持力不做功，由动能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0解得Ek＝0.3mgL.考点三带电粒子在电场中的偏转1．带电粒子在匀强电场中偏转的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：qUy＝12mv2－12mv20，其中Uy＝Udy，指初、末位置间的电势差．2．带电粒子在匀强电场中运动的两个结论(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偏转角度总是相同的．(2)带电粒子经电场偏转后，合速度的反