(新高考)高考物理一轮复习教案第7章第3讲《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》(含详解)

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第3讲　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动
　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　


知识点　　常见电容器　Ⅰ
电容器的电压、电荷量和电容的关系　Ⅰ1.电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。最简单的电容器是平行板电容器。
(2)电容器的充电、放电
①充电：两极板的电荷量增加，极板间的电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中。
②放电：电容器把储存的能量通过电流做功转化为电路中其他形式的能量。
③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比，叫作电容器的电容。其中“电容器所带的电荷量Q”，是指一个极板所带电荷量的绝对值。
(2)定义式：C＝。推论：C＝。
(3)单位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF。
(4)物理意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
(5)决定因素
电容C的大小由电容器本身结构(大小、形状、正负极相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及所带电荷量(或两端所加电压)无关。
3．平行板电容器的电容
(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与两极板间电介质的相对介电常数成正比，与极板间的距离成反比。
(2)决定式：C＝，k为静电力常量。
4．常用电容器
(1)分类：从构造上看，可分为固定电容器和可变电容器。
(2)击穿电压与额定电压：加在电容器极板上的电压不能超过某一限度，超过这个限度，电介质将被击穿，电容器损坏，这个极限电压叫作击穿电压；电容器外壳上标的电压是工作电压，或称额定电压，这个数值比击穿电压低。
知识点　　带电粒子在匀强电场中的运动　Ⅱ
1．加速问题
分析带电粒子加速问题的两种思路：
(1)利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析；适用于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量的情景。
(2)利用静电力做功结合动能定理来分析；适用于涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场的情景。
2．偏转问题
(1)条件分析：带电粒子的初速度方向跟电场方向垂直。
(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。
①沿初速度方向：做匀速直线运动，运动时间t＝。
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。
③运动过程，如图所示：


知识点　　示波管　Ⅰ
1．构造
示波管的构造如图所示，它主要由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。

2．工作原理
(1)如果在偏转电极XX′之间和偏转电极YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。
(2)示波管的YY′偏转电极上加的是待测的信号电压，XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。
知识点　　实验：观察电容器的充、放电现象
1．实验电路及器材
如图所示，把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装成实验电路。

2．实验步骤
(1)把开关S接1，观察电流表及电压表指针的偏转。
(2)把开关S接2，观察电流表及电压表指针的偏转。
3．实验现象
(1)充电现象：把开关S接1时，可以看到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值。通过观察电流表可以知道，充电时电流由电源的正极流向电容器的正极板，充电电流逐渐减小至0。
(2)把开关S接2时，观察电流表可以知道，放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，放电电流减小，最后减小到0。同时可以看到，电压表示数减小，最后减小到0。

一 堵点疏通
1．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。(　　)
2．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。(　　)
3．标有“1.5 μF,9 V”规格的电容器，其所带电荷量定为1.35×10－5 C。(　　)
4．平行板电容器充电后与电源断开，则电荷量Q一定；若一直与稳压电源连接，则电压U不变。(　　)
5．带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(　　)
6．带电粒子在电场中运动时，不加特别说明重力可以忽略不计，带电微粒、带电液滴在电场中运动时，不加特别说明重力不可以忽略不计。(　　)
答案　1.×　2.×　3.×　4.√　5.×　6.√
二 对点激活
1．关于电容器的电容，下列说法中正确的是(　　)
A．电容器所带电荷量越多，电容越大
B．电容器两板间电压越低，其电容越大
C．电容器不带电时，其电容为零
D．电容器的电容只由它本身的特性决定
答案　D
解析　电容器所带电荷量越多，板间电压越大，但电容不变，A错误；电容器所带电荷量越少，其两板间电压越低，但电容不变，B错误；电容表示电容器容纳电荷本领的大小，电容器不带电时，其电容不为零，C错误；电容表示电容器容纳电荷本领的大小，由电容器本身的特性决定，D正确。
2．(多选)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，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
答案　ABD
解析　静电计的原理是电势差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＝知，当d变大时，C变小，再由C＝得U变大，指针张角变大，A正确；当A板上移时，极板正对面积S变小，C也变小，U变大，指针张角变大，B正确；当插入玻璃板时，相对介电常数εr增大，C变大，U变小，指针张角变小，C错误；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，指针张角变小，D正确。
3．(人教版必修第三册·P49·T3)先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。在下列两种情况下，分别求出电子偏转角的正切与氢核偏转角的正切之比。
(1)电子与氢核的初速度相同；
(2)电子与氢核的初动能相同。
答案　(1)　(2)1
解析　设偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极板间距离为d，极板长为l，则粒子在偏转电场中的加速度a＝，在偏转电场中运动的时间为t＝，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vy＝at＝，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tanθ＝＝。
(1)若电子与氢核的初速度相同，则＝。
(2)若电子与氢核的初动能相同，则＝1。


　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点1　　平行板电容器的动态分析
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．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路
(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。
3．电容器两类问题的比较
(1)U不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化。
②根据E＝分析场强的变化。
③根据UAB＝E·d＝φA－φB分析某点电势变化。
(2)Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化。
②根据E＝＝分析场强变化。
结论：
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
U
Q
d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
特别提醒：在平行板电容器两板间插入电介质，例如云母片，相当于εr增大；加入与极板等大的导体板，相当于d减小。
例1　如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是(　　)

A．开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大
B．开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大
C．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压不变
D．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变
(1)静电计张角增大，表示什么含义？
提示：表示平行板电容器两极板间电压增大。
(2)平行板电容器充电完毕后与电源断开后，不变量是什么？
提示：电荷量。
尝试解答　选D。
保持开关S闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，静电计指针张角都不变，A、B错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将两极板间距增大，即d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，板间电压增大，C错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，若紧贴下极板插入金属板，则d减小，根据E＝＝知，极板间的电场强度不变，D正确。

解决电容器板间场强的技巧
(1)在电压不变的情况下，由E＝来判断场强变化，场强E只随板间距离而变。
(2)在电荷量保持不变的情况下，由E＝＝＝知，电场强度与板间距离无关。
[变式1－1]　(2020·天津市耀华中学一模)(多选)如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一个电源相连，其中A板接地(取大地电势φ＝0)。S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是(　　)

A．保持S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流
B．保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移(油滴仍处于两极板之间)，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流
C．若将S断开，则油滴立即向下做匀加速直线运动
D．若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，则油滴仍然保持静止，但油滴的电势能减小
答案　AB
解析　开始时，油滴所受重力和静电力平衡，即mg＝qE，保持S闭合，则两板间电压不变，将A板上移一小段位移，两板间距离d增大，由E＝可知，E变小，油滴所受静电力变小，故油滴应向下加速运动；根据C＝、C＝，知Q＝，故电容器所储存的电量减小，向外放电，故G中有b→a的电流，A正确。保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移，由E＝可知，E不变，油滴仍静止；根据Q＝，知电容器所储存的电量减小，向外放电，故G中有b→a的电流，B正确。若将S断开，电容器所储存的电量Q不变，则两板间场强不变，油滴仍静止，故C错误。若将S断开，Q不变，再将B板向下平移一小段位移，根据C＝、C＝、E＝，可得E＝，可知场强E不变，则油滴仍静止；油滴所在位置与A板的距离不变，则根据U＝Ed可知油滴所在位置与A板间的电势差不变，又因为A板接地，则油滴所在位置的电势不变，油滴的电势能不变，故D错误。
[变式1－2]　一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势、Ep表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是(　　)


答案　C
解析　电容器的电容C＝，两板间距随负极板向右平移而逐渐减小，电容C与d成反比，故C­x图像为曲线，A错误；电容器与电源断开后，电荷量不变，根据E＝，U＝，C＝，可知E＝，保持不变，B错误；负极板接地，电势为零，P点的电势φ等于P点到负极板的电势差，即φ＝El，E不变，l线性减小，φ线性减小，C正确；由Ep＝qφ可知，Ep随l的变化而变化，D错误。
考点2　带电粒子(体)在电场中的直线运动
1.带电粒子(体)在电场中运动时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，除有说明或有明确的暗示以外，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．做直线运动的条件
(1)粒子所受合力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。
(2)粒子所受合力F合≠0，且合力与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做变速直线运动。
3．解题思路
(1)用动力学观点分析
Eq＋F其他＝ma，E＝(匀强电场)，v2－v＝2ad(匀变速直线运动)。
(2)用功能观点分析
①匀强电场中：W电＝Eqd＝qU，W电＋W其他＝mv2－mv。
②非匀强电场中：W电＝qU，W电＋W其他＝Ek2－Ek1。
例2　(2020·河南省洛阳市高三下第三次统考)(多选)如图所示，一中央开有正对小孔的平行板电容器，水平放置并与电源连接，电源电压恒为U，开关闭合时，将一带电液滴从两小孔的正上方P点静止释放，液滴穿过A板的小孔a恰好能够到达B板的小孔b处，然后沿原路返回(不计一切阻力，且液滴运动过程中电荷量保持不变)。现欲使液滴能从小孔b处穿出，下列可行的办法是(　　)

A．保持开关闭合，将A板下移一段距离
B．保持开关闭合，将B板下移一段距离
C．将开关断开，将A板上移一段距离
D．将开关断开，将B板上移一段距离
(1)静电力对小球做什么功？
提示：负功。
(2)断开开关，移动A板，板间场强如何变化？
提示：不变。
尝试解答　选BD。
带电液滴从P点运动到小孔b处的过程中，根据动能定理有：mghPb－qU＝Ekb－0，开关闭合时，电容器两板之间的电压U不变，将A板下移一段距离，hPb不变，液滴仍恰好能够达到B板的小孔b处；将B板下移一段距离，hPb增大，根据动能定理知，液滴能够从小孔b处穿出，A错误，B正确。带电液滴从P点运动到小孔b处的过程中，根据动能定理有：mghPb－qEd＝Ekb－0，开关断开时，极板所带电荷量不变，极板间电场强度E＝＝＝＝，可知改变两极板间距离，场强不变，将A板上移一段距离，d增大，hPb不变，根据动能定理知，液滴不可能从小孔b处穿出；将B板上移一段距离，d减小，hPb减小，且减小量相同，根据动能定理知，液滴能够从小孔b处穿出，C错误，D正确。

带电体在电场中运动的分析方法
解决此类问题的关键是灵活利用动力学方法分析，可以采用受力分析和运动学公式相结合的方法进行解决，也可以采用功能的观点进行解决，往往优先采用动能定理。
[变式2－1]　(2020·湖北省武汉市高三下五月质量检测)(多选)如图所示，两个相同的平行板电容器均与水平方向成θ角放置，两极板与直流电源相连。若带电小球分别以速度v0沿边缘水平射入电容器，均能沿图中所示水平直线恰好穿出电容器，穿出时的速度分别为v1和v2。下列说法正确的是(　　)

A．两种情形下带电小球的运动时间相等
B．两种情形下电容器所加电压相等
C．小球的速度满足关系v0＝v1＝v2
D．小球的速度满足关系2v＝v＋v
答案　BD
解析　静电力的方向垂直于极板，由于两种情况下小球均沿着水平方向运动，竖直方向所受合力均为零，因此两种情况下带电小球所受静电力大小均为F＝，又因两电容器相同，根据F＝Eq＝知两种情形下电容器所加电压相等，B正确；分析知第一种情况小球做匀减速直线运动，第二种情况小球做匀加速直线运动，初速度相同，运动位移相同，由匀变速直线运动规律知，两种情况带电小球的运动时间不同，末速度也不同，A、C错误；第一种情况，水平方向上有：v－v＝2ax，第二种情况，水平方向上有：v－v＝2ax，两式联立，可得2v＝v＋v，D正确。
[变式2－2]　(2017·江苏高考)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
答案　A
解析　设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得：
eE1d1－eE2d2＝0①
当C板向右平移后，BC板间的电场强度
E2′＝＝＝＝，
BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变。
第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则
eE1d1－eE2x＝0－0②
比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，A正确。
考点3　　带电粒子在匀强电场中的偏转
1.基本规律
设粒子所带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响)，粒子能以平行金属板的初速度v0进入两金属板间且能从两金属板之间穿过，则有
(1)加速度：a＝＝＝。
(2)在电场中的运动时间：t＝。
(3)速度
v＝，tanθ＝＝。
(4)位移
2．两个结论
(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和偏移量y总是相同的。
证明：由qU0＝mv及tanθ＝，得tanθ＝。由qU0＝mv及y＝，得y＝。
(2)粒子经电场偏转射出后，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到极板边缘的水平距离为。
3．在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。

(1)确定最终偏移距离
思路一：

思路二：
→
(2)确定偏转后的动能(或速度)
思路一：

思路二：

例3　如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端到荧光屏的距离为l，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。

(1)求电子穿过A板时的速度大小v0；
(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y；
(3)求OP的距离Y；
(4)电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫作示波器的灵敏度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。
(1)如何求出电子穿过A板时的速度大小？
提示：在加速电场中依据动能定理求速度大小。
(2)在偏转电场中，电子做什么运动？
提示：类平抛运动。
尝试解答　(1)　(2)　(3)
(4)增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度
(1)粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：
eU1＝mv
解得：v0＝。
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，
垂直电场方向：L＝v0t

则沿电场方向：e＝ma
侧移量：y＝at2
联立解得：y＝。
(3)由几何关系可知：＝
得：Y＝。
(4)该示波器的灵敏度D＝
解得：D＝
则增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度。

带电粒子在匀强电场中偏转问题的两种求解思路
(1)运动学与动力学观点
运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：
①带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动。
②带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。
当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法。
(2)功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算。
①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中动能的增量。
②若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。
[变式3]　 (2020·浙江省宁波市十校高三下学期3月联考)(多选)如图所示，三个同样的带电粒子a、b、c(不计重力)同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹如图，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是(　　)

A．当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．在电场中运动过程中，c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同
答案　ACD
解析　三个粒子相同，故进入电场后，受到的静电力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量y＝at2，所以ta＝tb＞tc，故B错误，A正确；粒子在水平方向上做匀速直线运动，故有v0＝，因为xb＝xc＞xa，ta＝tb＞tc，所以有vc＞vb＞va，故C正确；根据动能定理有qU＝Eqy＝ΔEk，知c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同，故D正确。
考点4　　带电粒子在交变电场中的运动
1.常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波等。
2．常见的运动形式
(1)粒子做单向直线运动(一般用直线运动规律结合牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3．带电粒子在交变电场中运动的分析要点
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
(2)注意从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
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