步步高版高考物理全国专用大二轮配套文档专题12电容器带电粒子在电场中的运动Word文档格式.docx

1、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）公式定义式：C.推论：（2）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3平行板电容器及其电容（1）影响因素：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（2）决定式：，k为静电力常量r为相对介电常数，与电介质的性质有关二、带电粒子在电场中的运动1加速问题：若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的动能的增量（1）在匀强电场中：

2、WqEdqUmv2mv（2）在非匀强电场中：WqU2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沿初速度方向：做匀速直线运动沿电场力方向：做初速度为零的匀加速运动3示波管的构造：电子枪，偏转电极，荧光屏（如图1所示）图11电容器是一种常用的电子元件下列对电容器认识正确的是（）A电容器的电容表示其储存电荷的能力B电容器的电容与它所带的电量成正比C电容器的电容与它两极板间的电压成正比D电容器的常用单位有F和pF,1 F103 pF答案A解析由电容的物理意义知A正确电容定义式为C，但C跟Q和U无关，仅

3、跟电容器本身特征量有关；1 F106 pF.B、C、D都错2（2015浙江学考模拟）如图2为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入得越多，则（）图2A正对面积越大，电容越大B正对面积越大，电容越小C动片、定片间距离越小，电容越大D动片、定片间距离越小，电容越小解析可变电容器动片旋入得越多，正对面积越大由平行板电容器的电容决定式C知，电容器的正对面积越大，电容越大，A项正确3一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3104 C，则其电压减少为原来的，则（）A电容器原来的电荷量为9104 CB电容器原来的电荷量为4.5C电容器原来的电压为1 VD电容器的电容变为

4、原来的答案B解析由C得QCUC（UU）CUQ，QC4.5104 C，选项A错，B对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D错4电场中，初速度为零的带正电粒子在匀强电场中仅在电场力作用下，运动方向正确的是（）答案D5如图3所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的（）图3A2倍 B4倍 C.倍 D.倍答案C解析第一次d（）2，第二次d

5、）2，两式相比可得d，所以选项C正确.电容器的动态分析1对公式C的理解电容C，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关2两种类型的动态分析思路（1）确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变（2）用决定式C分析平行板电容器电容的变化（3）用定义式C分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化（4）用E分析电容器两极板间电场强度的变化例1如图4所示，先接通S使电容器充电，然后断开S，增大两极板间的距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U及场强E的变化情况是（）图4AQ变小，C不变，U不变，E变大BQ变小，C变

6、小，U不变，E变小CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变小，E无法确定解析由充电后断开电源知，电容器的电荷量不变，选项A、B错；由C知增大两极板间的距离时，电容C减小，由C知，U增大；两极板间电场强度E，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项C对，D错电容器动态问题的分析技巧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变式题组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（）AC和U均增大

7、BC增大，U减小CC减小，U增大 DC和U均减小知，S和d不变，插入电介质时，r增大，电容增大，由C可知：Q不变时，C增大，则两板间的电势差U一定减小，故选B.2用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图5）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.实验中，极板所带电荷量不变，若（）图5A保持S不变，增大d, 则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则不变解析静电计指针偏角体现电容器两极板间电压大小在做选项所示的操作中，电容器上电荷量Q保持不变，C.保持S不变，增大d，则C减小，U增大，偏角增大，选项A正确，B错误；保持d

8、不变，减小S，则C减小，偏角也增大，故选项C、D均错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，E，v2v2ad.3用功能观点分析匀强电场中：WEqdqU非匀强电场中：WqUEk2Ek1.例2（2014海南高考）如图6所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动重力加速度

9、为g.粒子运动的加速度为（）图6A. g B. g C. g D. g解析带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mgq；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电压不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律mamgq，两式联立可得ag.故A正确解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法1用牛顿运动定律和运动学规律2用动能定理或能量守恒定律3选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的

10、问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力3如图7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（）图7A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做匀速直线运动解析分析带电粒子的受力情况，画出其受力图如图所示可以看出其合力方向与其速度方向相反所以，带电粒子在电场中做匀减速直线运动电场力做负功，重力不做功，动能减少，电势能增加，故选项A、C、D错误，选项B正确4（2016舟山市调研）两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A

11、点，然后返回如图8所示，h，此电子具有的初动能是（）图8A. BedUhC. D. 解析电子受到的静电力做负功，有eUOA0Ek，UOAh，Ek，由此知选项D正确带电粒子在电场中偏转1基本运动规律（1）沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间（2）沿电场力方向，做匀加速直线运动2带电粒子在匀强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，偏移量和偏转角总是相同的证明：由qU0yat2）2tan 得：，tan （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，即O到偏转电场边缘的距离为3带电粒子在匀强电场中偏转的功能

12、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，其中Uyy，指初、末位置间的电势差例3如图9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.试求：图9（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夹角的正切值tan ；（3）粒子打在屏上的点P到O点的距离x.答案（1）（2）（3） 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，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t（2）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：所以vya所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值为tan （3）解法一设粒子在电场中的偏转距离为y，则a（）2又xyLtan ，解得：x解法二xyvy解法三由y，x3y