（京津鲁琼版）2020版高考物理总复习 第七章 第3节 电容器 带电粒子在电场中的运动课件

第七章静电场第3节电容器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】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．()提示：(1)√(2)×(3)√(4)√(5)√(6)×做一做(人教版选修3－1·P32·T1改编)如图所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是()A．电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大B．电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大C．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板，则静电计指针偏转角增大D．电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大提示：B做一做(鲁科版选修3－1·P44·T4)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a和b，从电容器的P点(如图所示)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a和b与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2.若不计重力，则a和b的比荷之比是()A．1∶2B．1∶8C．2∶1D．4∶1提示：D平行板电容器及其动态分析问题【知识提炼】1．分析思路(1)先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变．(2)用决定式C＝εrS4πkd确定电容器电容的变化．(3)用定义式C＝QU判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化．(4)用E＝Ud分析电容器极板间场强的变化．2．两类动态变化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UQd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εr变大C变大Q变大E不变C变大U变小E变小【题组突破】1．(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：选A.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，故选项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，选项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，选项C错误；实验中，只增加极板带电量，电容C不变，由C＝QU，可知静电计指针的张角变大，故选项D错误．2.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．在两极板间有一个固定在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不变解析：选D.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Ep不变．综上所述，选项D正确．3．(2018·高考江苏卷)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A．仍然保持静止B．竖直向下运动C．向左下方运动D．向右下方运动解析：选D.由于水平金属板A、B分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B板右端向下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方向，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项D正确．电容器动态分析问题的分析技巧(1)抓住不变量，弄清楚是电容器的电荷量不变还是电压不变．(2)根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析电荷量或电压的变化，最后分析电场强度的变化．带电粒子在电场中的直线运动【知识提炼】1．是否考虑重力的处理方法(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，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力．2．解决问题的两种思路(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力方向与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动．(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝12mv2－12mv20.【典题例析】角度一仅在电场力作用下的直线运动(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]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．[答案]BD(2017·高考江苏卷)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＝4πkQεS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项正确，B、C、D项错误．角度二在电场力和重力作用下的直线运动如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则()A．微粒达到B点时动能为12mv20B．微粒的加速度大小等于gsinθC．两极板的电势差UMN＝mgdqcosθD．微粒从A点到B点的过程电势能减少mgdcosθ[解析]微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向．由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B时动能小于12mv20，选项A错误；根据qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝mgdqcosθ，选项C正确；微粒从A点到B点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qUMN＝mgdcosθ，选项D错误．[答案]C(2019·河北定州中学模拟)如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是()A．保持S闭合，将A板适当上移B．保持S闭合，将B板适当下移C．先断开S，再将A板适当上移D．先断开S，再将B板适当下移解析：选B.设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q.由题知质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(h＋d)－qU＝0.若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg(h＋d)－qU＝12mv2，v＝0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误；若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，由动能定理得mg(h＋d＋Δd)－qU＝12mv2，则v＞0，质点能穿过b孔，故B正确；若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A板上移距离为Δd，质点进入电场的深度为d′时速度为零．由动能定理得mg(h－Δd＋d′)－qEd′＝0，又由原来情况有mg(h＋d)－qEd＝0.比较两式得，d′＜d，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回，故C错误；若断开S，再将B板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b孔，故D错误．带电粒子在电场中的偏转问题【知识提炼】1．带电粒子在电场中的偏转问题(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．(2)运动形式：类平抛运动．(3)处理方法：应用运动的合成与分解．(4)运动规律①加速度：a＝Fm＝qEm＝qUmd②在电场中的运动时间：t＝lv0③离开电场时的偏移量：y＝12at2＝qUl22mv20d④离开电场时的偏转角：tanθ＝vyvx＝qUlmv20d2．示波管的构造：①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图所示)【典题例析】角度一电场中的偏转问题分析(多选)如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则()A．M的带电量比N的大B．M带负电荷，N带正电荷C．静止时M受到的合力比N的大D．移动过程中匀强电场对M做负功[解析]两带电小球分别在两球间的库仑力和水平匀强电场的电场力作用下处于平衡状态，因为两小球间的库仑力等大反向，则匀强电场对两带电小球的电场力也等大反向，所以两带电小球的带电量相等，电性相反，静止时，两球所受合力均为零，选项A、C错误；M、N两带电小球受到的匀强电场的电场力分别水平向左和水平向右，即M带负电，N带正电，M、N两球在移动的过程中匀强电场对M、N均做负功，选项B、D正确．[答案]BD(1)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粒子经电场偏转后，末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到电场边缘的距离为l2.(2)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．(多选)如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平