【新步步高】2016年高考物理大一轮总复习(江苏专版)题库第六章静电场第3课时

-1-第3课时电容器与电容带电粒子在电场中的运动考纲解读1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．考点一平行板电容器的动态分析1．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异种电荷，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，放电过程中电场能转化为其他形式的能．2．对公式C＝QU的理解电容C＝QU，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．3．两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＝εrS4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)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．(4)用E＝Ud分析电容器两极板间电场强度的变化．例1如图1所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，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．以下说法中正确的是()图1A．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．若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流C．若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流解析根据电路图可知，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与竖直向下的重力平衡；当S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则板间间距d变大，而两板间电压U此时不变，故板间场强E＝Ud变小，油滴所受合力方-2-向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C＝εrS4πkd可知，电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项A正确；在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C＝εrS4πkd可知，电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，选项B正确；若将S断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，选项C错误；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q仍保持不变，两板间间距d变小，根据C＝εrS4πkd，U＝QC和E＝Ud，可得E＝4πkQεrS，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，选项D错误．答案AB变式题组1．[平行板电容器的动态分析]用控制变量法，可以研究影响平等板电容器的因素(如图2)，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θ.实验中，极板所带电荷量不变，若()图2A．保持S不变，增大d，则θ变大B．保持S不变，增大d，则θ变小C．保持d不变，增大S，则θ变小D．保持d不变，增大S，则θ不变答案AC2．[平行板电容器的动态分析]将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示，下列说法正确的是()A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半答案AD-3-解析由C＝QU，C＝εrS4πkd，E＝Ud可知，A、D正确．两种类型平行板电容器的动态分析问题平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时U恒定，则Q＝CU∝C，而C＝εrS4πkd∝εrSd，两板间场强E＝Ud∝1d；二是电容器充电后与电源断开，此时Q恒定，则U＝QC，C∝εrSd，场强E＝Ud＝QCd∝1εrS.考点二带电粒子(或带电体)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．用功能观点分析a＝F合m，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(2013·新课标Ⅰ·16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P点开始下落的相同粒子将()A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板d2处返回D．在距上极板25d处返回解析带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg(d2＋d)－qU＝0；若电容器下极板上移d3，设带电粒子在距上极板d′处返回，则重力做功WG＝mg(d2＋d′)，电场力做功W电＝－qU′＝－qd′d－d3U＝－q3d′2dU，由动能定理得WG＋W电＝0，联立各式解得d′＝25d，选项D正确．答案D-4-递进题组3．[带电粒子在电场中直线运动分析]如图3，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3A．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．做匀变速直线运动答案BD解析要使粒子在电场中做直线运动，必须使合力与运动方向在同一直线上，由题意做受力分析可知，重力竖直向下，电场力垂直极板向上，合力水平向左，故A错误；因电场力做负功，故电势能增加，B正确；合力做负功，故动能减少，C错误；因合力为定值且与运动方向在同一直线上，故D正确．4．[带电体在电场中的直线运动]如图4所示，一电荷量为＋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，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图4(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)-5-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°＝qE①FNcos37°＝mg②由①②可得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可得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，由动能定理得mgLsin37°－qE′Lcos37°＝Ek－0可得Ek＝0.3mgL处理带电粒子在电场中运动的常用技巧(1)微观粒子(如电子、质子、α粒子等)在电场中的运动，通常不必考虑其重力及运动中重力势能的变化．(2)普通的带电体(如油滴、尘埃、小球等)在电场中的运动，除题中说明外，必须考虑其重力及运动中重力势能的变化．考点三带电粒子在电场中的偏转1．带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．(2)运动性质：匀变速曲线运动．(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．(4)运动规律：①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间a.能飞出电容器：t＝lv0.b.不能飞出电容器：y＝12at2＝qU2mdt2，t＝2mdyqU②沿电场力方向，做匀加速直线运动-6-加速度：a＝Fm＝qEm＝qUmd离开电场时的偏移量：y＝12at2＝qUl22mdv20离开电场时的偏转角：tanθ＝vyv0＝qUlmdv202．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qU0＝12mv20y＝12at2＝12·qU1md·(lv0)2tanθ＝qU1lmdv20得：y＝U1l24U0d，tanθ＝U1l2U0d(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l2.3．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．例3如图5所示，两平行金属板A、B长为L＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量为q＝1.0×10－10C、质量为m＝1.0×10－20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2.0×106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．(静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，粒子的重力不计)图5(1)求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；-7-(2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；(3)确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．解析(1)粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离(偏移位移)：y＝12at2a＝Fm＝qUdmL＝v0t则y＝12at2＝qU2md(Lv0)2＝0.03m＝3cm粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS交于H，设H到中心线的距离为Y，则有12L12L＋12cm＝yY，解得Y＝4y＝12cm(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧(3)粒子到达H点时，其水平速度vx＝v0＝2.0×106m/s竖直速度vy＝at＝1.5×106m/s则v合＝2.5×106m/s该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电根据几何关系可知半径r＝15cmkqQr2＝mv2合r解得Q≈1.04×10－8C答案(1)3cm12cm(2)见解析(3)负电1.04×10－8C变式题组5．[带电粒子在电场中的偏转]如图6所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距为d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．求：-8-图6(1)两板间所加偏转电压U的范围；(2)粒子可能到达屏上区域的长度．答案(1)－md2v20qL2～md2v20qL2(2)dL＋2bL解析(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，偏转角为θ，则有：y＝12at2①L＝v0t②a＝Eqm③E＝Ud④由①②③④式解得y＝qUL22dmv20当y＝d2时，U＝md2v20qL2则两板间所加电压的范围为－md2v20qL2～md2v20qL2(2)当y＝d2时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大(设为y0)，则y0＝(L2＋b)tanθ而tanθ＝dL，解得y0＝dL＋2b2L则粒子可能到达屏上区域的长度为dL＋2bL6．[带电粒子在交变电场中运动]如图7甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：-9-图7(1)交变电压的周期T应满足什么条件；(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件．答案(1)T＝Lnv0，其中n