高考物理总复习讲义教案 第6章-第3讲电容器　带电粒子在电场中的运动

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知识一 电容器、电容、平行板电容器
1．电容器
(1)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值．
(2)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．电容
(1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量．
(2)定义式：C＝eq \f(Q,U).
(3)单位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF.
3．平行板电容器
(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与两极板间的距离成反比．
(2)决定式：C＝eq \f(εrS,4πkd)，k为静电力常量．
(1)电容器的电容表示其储存电荷的能力．(√)
(2)电容器的电容与它所带的电荷量成正比．(×)
(3)放电后的电容器电量为零，电容也为零．(×)
知识二 带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
(1)处理方法：利用动能定理：qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0).
(2)适用范围：任何电场．
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．
(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝eq \f(L,v0).
②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(Eq,m)＝\f(Uq,md),运动时间：\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a.能飞出平行板电容器：t＝\f(l,v0),b.打在平行极板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)t2，, t＝ \r(\f(2mdy,qU)))),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\\al(2,0)d),离开电场时的偏转角：tan θ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mv\\al(2,0)d)))
带电粒子在电场中的重力问题
(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，一般都不能忽略重力．
知识三 示波管
1．示波管装置
示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如图6－3－1所示．
图6－3－1
2．工作原理
(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束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．
(2)YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和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象．
(1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)
(2)带电粒子在电场中可以做圆周运动．(√)
(3)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．(√)
1．如图6－3－2所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂
图6－3－2
直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该( )
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍
C．使U2变为原来的eq \r(2)倍
D．使U2变为原来的eq \f(1,2)
【解析】 电子经U1加速后获得的动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝qU1，电子在偏转电场中的侧移量为：y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)eq \f(qU2,md)eq \f(l2,v2)＝eq \f(U2l2,4U1d)，可见当U1加倍时，要使y不变，需使U2加倍，显然A正确．
【答案】 A
2．两平行金属板相距为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点，然后返回，如图6－3－3所示，OA＝h，此电子具有的初动能是( )
图6－3－3
A.eq \f(edh,U) B．edUh C.eq \f(eU,dh) D.eq \f(eUh,d)
【解析】 由动能定理得：－eeq \f(U,d)h＝－Ek，所以Ek＝eq \f(eUh,d).
【答案】 D
3．(多选)如图6－3－4所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )
图6－3－4
A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电
C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电
【解析】 由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．
【答案】 AC
4．(2013·广东高考)喷墨打印机的简化模型如图6－3－5所示．重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上．则微滴在极板间电场中( )
图6－3－5
A．向负极板偏转
B．电势能逐渐增大
C．运动轨迹是抛物线
D．运动轨迹与带电量无关
【解析】 带电微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动．
带负电的微滴进入电场后受到向上的静电力，故带电微滴向正极板偏转，选项A错误；带电微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，选项B错误；根据x＝v0t，y＝eq \f(1,2)at2及a＝eq \f(qE,m)，得带电微滴的轨迹方程为y＝eq \f(qEx2,2mv\\al(2,0))，即运动轨迹是抛物线，与带电量有关，选项C正确，D错误．
【答案】 C
考点一 [53] 平行板电容器的动态问题分析
一、分析比较的思路
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＝eq \f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化．
3．用定义式C＝eq \f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
4．用E＝eq \f(U,d)分析电容器极板间场强的变化．
二、两类动态变化问题的比较
——————[1个示范例]——————
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( )
A．C和U均增大 B．C增大，U减小
C．C减小，U增大 D．C和U均减小
【解析】 由平行板电容器电容决定式C＝eq \f(εS,4πkd)知，当插入电介质后，ε变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C＝eq \f(Q,U)得U＝eq \f(Q,C)，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确．
【答案】 B
[备课记录]
——————[1个预测例]——————
(多选)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素(如图6－3－6)．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6－3－6
A．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
【审题指导】 解答该题应注意：
(1)题中电容器所带的电量不变．
(2)静电计指针偏角θ越大，表示极板间的电压越大．
【解析】 由C＝eq \f(εrS,4πkd)、C＝eq \f(Q,U)可得：U＝eq \f(4πkdQ,εrS)，保持S不变，增大d，则U增大，即θ变大，故A正确，B错误；保持d不变，增大S，则U减小，即θ变小，故C对，D错误．
【答案】 AC
考点二 [54] 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
一、带电粒子在电场中运动时重力的处理
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，一般都不能忽略重力．
二、分析方法
1．用动力学方法分析
a＝eq \f(F合,m)，E＝eq \f(U,d)，v2－veq \\al(2,0)＝2ad.
2．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0).
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1.

图6－3－7
如图6－3－7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，sin 37°＝0.6，cs 37°＝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1/2，物块的加速度是多大；
(3)电场强度变化后物块下滑距离为L时的动能．
【审题指导】 (1)小物块恰好静止时，包含电场力在内的各力合力为零．
(2)根据牛顿第二定律求加速度．
(3)利用动能定理分析下滑L时的动能．
【解析】
(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，示意图如图所示，则有
FNsin 37°＝qE①
FNcs 37°＝mg②
由①②可得E＝eq \f(3mg,4q).
(2)若电场强度减小为原来的eq \f(1,2)，即E′＝eq \f(3mg,8q)
由牛顿第二定律得mgsin 37°－qE′cs 37°＝ma
可得a＝0.3 g.
(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
mgLsin 37°－qE′Lcs 37°＝Ek－0
可得Ek＝0.3 mgL.
【答案】 (1)eq \f(3mg,4q) (2)0.3g (4)0.3mgL
考点三 [55] 带电粒子在电场中的偏转
一、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．
证明：由qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)及tan φ＝eq \f(qUl,mdv\\al(2,0))得tan φ＝eq \f(Ul,2U0d)
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到电场边缘的距离为eq \f(l,2).
二、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＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，其中Uy＝eq \f(U,d)y，指初、末位置间的电势差．
——————[1个示范例]——————
(多选)(2013·济南一中模拟)如图6－3－8所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电量为q、质量为m的带电粒子(不计重力)以v0从A点水平射入电场，且刚好以速度v从B点射出( )
图6－3－8
A．若该粒子以速度－v从B点射入，则它刚好以速度－v0从A点射出
B．若将q的反粒子(－q，m)以－v从B点射入，它将刚好以速度－v0从A点射出
C．若将q的反粒子(－q，m)以－v0从B点射入，它将刚好以速度－v从A点射出
D．若该粒子以－v0从B点射入电场，它将以－v从A点射出
【解析】 带电粒子进入电场后只受竖直方向的电场力，在水平方向做匀速运动．若粒子q从B点以－v射入电场，则将在A点以－v0射出，故A正确，B错误．若粒子－q从B点以－v0射入电场，其轨迹与AB完全对称，则在A点以－v射出电场，故C正确，D错误．
【答案】 AC
——————[1个预测例]——————

图6－3－9
如图6－3－9所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距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UYY′，一束质量为m、带电量为＋q的粒子(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．
(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；
(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围；
(3)求粒子可能到达屏上区域的长度．
【审题指导】 (1)带电粒子在两极板之间的电场中做类平抛运动．
(2)当两极板间所加的电压最大时，带电粒子恰好从极板的右边缘飞出．
(3)带电粒子到达屏上区域边缘对应极板间所加的电压最大．
【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，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，
则有y＝eq \f(1,2)at2①
L＝v0t②
vy＝at
tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(y,x)，
联立可得x＝eq \f(L,2)
即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点．
(2)a＝eq \f(Eq,m)③
E＝eq \f(U,d)④
由①②③④式解得y＝eq \f(qUL2,2dmv\\al(2,0))
当y＝eq \f(d,2)时， UYY′＝eq \f(md2v\\al(2,0),qL2)
则两板间所加电压的范围为
－eq \f(md2v\\al(2,0),qL2)≤UYY′≤eq \f(md2v\\al(2,0),qL2)
(3)y＝eq \f(d,2)时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，
设其大小为y0，
则y0＝y＋btan θ
又tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(d,L)，
解得：y0＝eq \f(dL＋2b,2L)
故粒子在屏上可能到达的区域的长度为
2y0＝eq \f(dL＋2b,L)
【答案】 (1)见解析 (2)－eq \f(md2v\\al(2,0),qL2)≤UYY′≤eq \f(md2v\\al(2,0),qL2) (3)eq \f(dL＋2b,L)
计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的几种方法：
(1)Y＝y＋dtan θ(d为屏到偏转电场的水平距离)．
(2)Y＝(eq \f(L,2)＋d)tan θ(L为电场宽度)．
(3)Y＝y＋vy·eq \f(d,v0).
(4)根据三角形相似：eq \f(Y,y)＝eq \f(\f(L,2)＋d,\f(L,2)).
考点四 [56] 示波管的工作原理
电子在示波管中的运动规律
(1)电子在电子枪中加速获得初速度v，由动能定理可得eU＝eq \f(1,2)mv2，U为加速电场的电压．
(2)电子在偏转电场中向正极板偏转，在荧光屏上打出的光斑位置随电压的变化而变化．
(3)要研究的信号电压加在竖直偏转板上，水平偏转板上的电压是扫描电压．
(4)电子打在荧光屏上将出现亮点，若电子打在屏上的位置快速移动，由于视觉暂留效应，能在荧光屏上看到一条亮线．
(2011·安徽高考)如图6－3－10(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )
(a)
(b) (c)
图6－3－10
【解析】 电子在YY′和XX′间沿电场方向均作初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式s＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)eq \f(eU,md)t2，知水平位移和竖直位移均与电压成正比．在t＝0时刻，UY＝0知竖直位移为0，故A、C错误．在t＝eq \f(t1,2)时刻，UY最大知竖直位移最大，故B正确，D错误．
【答案】 B
示波管上图象的种类
带电粒子在交变电场中运动问题的解题策略
一、试题类型
此类题型一般有三种情况：
1．粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)．
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)．
二、解题策略
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．分析时从两条思路出发：
(1)力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析．
(2)功能关系．
——————[1个示范例]——————
(2011·安徽高考)如图6－3－11(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图6－3－11(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) (b)
图6－3－11
A．0C.eq \f(3T,4)【解析】 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负．作出t0＝0、eq \f(T,4)、eq \f(T,2)、eq \f(3T,4)时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确．
【答案】 B
——————[1个方法练]——————
图6－3－12
平行板间加上如图6－3－12所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程中无碰板情况．则选项中，定性描述粒子运动的v－t图象正确的是( )
【解析】 从t＝0时刻到t＝T/2时刻，带电粒子受到电场力的作用从平行板中央开始向极板的方向做匀加速运动，在t＝T/2时刻电场反转，电场力大小不变，方向相反，即加速度反向，带电粒子做匀减速运动，但是运动方向没有改变，到t＝T时刻，速度减少到0，然后继续开始加速，开始一个新的周期……满足上述运动的图象只有A.
【答案】 A
⊙平行板电容器的动态分析
1．(多选)(2012·海南高考)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
【解析】 由E＝eq \f(U,d)知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A项正确；当E不变，d变为原来的一半时，U变为原来的一半，B项错误；当电容器中d不变时，C不变，由C＝eq \f(Q,U)知，当Q变为原来的两倍时，U变为原来的两倍，C项错误；Q变为原来的一半，U变为原来的一半时，则E变为原来的一半，D项正确．
【答案】 AD
⊙带电粒子在电场中的直线运动
2.
图6－3－13
(多选)(2012·新课标全国高考)如图6－3－13，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( )
A．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
【解析】 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下，二是电场力F＝Eq，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．
【答案】 BD
⊙带电粒子在电场中的偏转
3.
图6－3－14
(2013·西安一中检测)如图6－3－14所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为( )
A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4
C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1
【解析】 由y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(Uql2,2mdv\\al(2,0))得：U＝eq \f(2mv\\al(2,0)dy,ql2)，所以U∝eq \f(y,l2)，可知选项A正确．
【答案】 A
4.
图6－3－15
(2014·南昌一中检测)如图6－3－15所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )
A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大
C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小
【解析】 设电子被加速后获得的速度为v0，水平极板长为l，则由动能定理得U1q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，电子在水平极板间偏转所用时间t＝eq \f(l,v0)，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得a＝eq \f(U2q,dm)，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vy＝at，联立解得vy＝eq \f(U2ql,dmv0)，又tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(U2ql,dmv\\al(2,0))＝eq \f(U2ql,2dqU1)＝eq \f(U2l,2dU1)，故U2变大、U1变小，一定能使偏转角θ变大，故B正确．
【答案】 B
⊙带电体在电容器中运动的综合应用
5．(2013·新课标全国卷Ⅰ)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eq \f(d,2)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eq \f(d,3)，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eq \f(d,2)处返回 D．在距上极板eq \f(2,5)d处返回
【解析】 本题应从动能定理的角度解决问题．
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(eq \f(d,2)＋d)－qU＝0；若电容器下极板上移eq \f(d,3)，设带电粒子在距上极板d′处返回，则重力做功WG＝mg(eq \f(d,2)＋d′)，电场力做功W电＝－qU′＝－qeq \f(d′,d－\f(d,3))U＝－qeq \f(3d′,2d)U，由动能定理得WG＋W电＝0，联立各式解得d′＝eq \f(2,5)d，选项D正确．
【答案】 D
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
YY′
XX′
图象
1
U＝0
U＝0
中心亮斑
2
恒压
恒压
光斑
3
交变电压
U＝0
竖线
4
U＝0
扫描电压
横线
5
交变电压
扫描电压
交变信号