2022年电容器与电容带电粒子在匀强电场中的运动知识点与题型.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - . 电容器与电容1电容器：两个彼此 _又相互 _的导体可构成一个电容器；2电容1定义：电容器所带的电荷量Q一个极板所带电荷量的肯定值与两个极板间电势差U 的比值,叫做电容器的电容；2定义式： CU Q U；3单位：国际单位制中为 _,简称 _,国际符号为 _；1F_ F_pF；3常见电容器有纸质电容器、电解电容器、可变电容器、平行板电容器等；电解电容器接入电路时,应留意其极性；4平行板电容器C rS 4kd；C、电荷量 Q、电压 U 之间的相应关系的图象正确选项 1对于给定的电容器,描述其电容答案 BC 解析 电容大小与电压、电量无关,故A 错 B 对；由 Q CU 知, Q U,故 C 对 D 错；1物理意义：电容是反映电容器容纳电荷本事的物理量；1由 CQU 可以看出电压肯定时,Q 越大, C 越大,容纳电荷本事越强；本式是定义式,适于各种电容器,同时也给出了一种运算电容的方法；2电容 C 的大小不随 Q 变化,也不随电压变化,就像水桶容量的大小不随是否盛水、盛水多少变化一 样；2打算因素：电容的大小由电介质、正对面积和板间距离等自身因素打算；例如平行板电容器,CrS 4kd是平行板电器电容的打算式,公式可反映出影响平行板电容器电容大小的因素,此式只对平行板电容器适用；名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - . 静电现象1静电感应：把金属导体放在外电场E 中,导体内的 _由于受电场力作用而_的现象叫做静电感应；2静电平稳：发生静电感应的导体在自由电子 _停止时的状态称为静电平稳状态；3静电屏蔽：在静电屏蔽现象中, 金属网罩可以使罩内不受外界 _的影响；假如把金属罩 _仍可以使罩内的带电体对外界不产生影响；2认真观看以下与静电有关的各图,属于防范静电的是 答案 A 解析 题给四个图中,B、C、D 均为静电现象的应用,只有A 是防范静电的；1静电平稳的实质将不带电的金属导体放入场强为 E0的静电场中, 导体内自由电子便受到与场强 E0方向相反的电场力作用；除了做无规章热运动,自由电子仍要向电场 E0 的反方向做定向移动 图甲所示 ,并在导体的一个侧面集结,使该侧面显现负电荷,而相对的另一侧显现“ 过剩” 的等量的正电荷 如图乙所示 ,等量异种电荷形成一附加电场 E ；当附加电场与外电场的合场强为零时,即 E 的大小等于 E0 的大小而方向相反时 如图丙所示 ,自由电子的定向移动停止,这时的导体处于静电平稳状态；2处于静电平稳状态的导体具有以下特点：1导体内部的场强 E0与 E 的合场强 到处为零, E 内0；2整个导体是等势体,导体的表面是等势面；3导体外部电场线与导体表面垂直；4静电荷只分布在导体外表面上,且与导体表面的曲率有关；名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - . 带电粒子在电场中的直线运动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,粒子的重力不计时,受到的电场力与运动方向在同始终线上,粒子做_ 运动；2用功能观点分析：粒子的重力不计时粒子动能的变化量等于 _做的功；1在匀强电场中,WFl cos_qU_；2非匀强电场中,WABqUAB_ ；3.两平行金属板相距为 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,如下列图,OAh,此电子具有的初动能是 AedhU BedUh CeU dh DeUh d答案 D U Uh eUh解析 Ed,UOAEhd,由动能定理得：Ek0eUOAd,D 正确；联系重力场类比电场规律：原先静止的带电粒子,经过电势差为 U 的电场加速,由动能定理 qU1 2qU2mv 2,可得粒子的速度 vm；末速度 v 的大小与带电粒子的自身性质 q/ m有关；带电粒子在匀强电场中的运动, 跟物体在重力场中的运动相像,子在电场中的运动,对运动情形的分析很有帮忙；学习中可以用物体仅受重力作用的运动来类比带电粒不过,两者也有不同之处；全部的物体在重力场中具有相同的加速度 g,而带电粒子在电场中的加速度 aF/ mEq/ m,其值和带电粒子本身的性质 q/ m有关；留意：1.带电粒子在电场中是否考虑重力的问题；带电粒子一般指电子、质子、离子、 粒子等基本粒子,除非有特殊说明或者有明确的示意之外,其重力一般可以忽视不计 并非忽视质量 ；假如是带电颗粒,如尘埃、液滴、小球等,除非有特殊说明或者有明确的示意之外,其重力一般不能忽视；2争论带电粒子在电场中的直线运动问题加速或减速 常常用到的方法1能量方法能量守恒定律,留意题目中有哪些形式的能量显现；2功能关系动能定理,留意过程分析要全面,精确求出过程中的全部功,判定选用分阶段仍是全 过程使用动能定理；3动力学方法牛顿运动定律和匀变速直线运动公式的结合,留意受力分析要全面,特殊是重力是 否需要考虑的问题,另外要留意运动学公式包含物理的正负号,即其矢量性；名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - . 带电粒子的偏转1带电粒子以初速度v0 垂直电场方向进入电场；如只受电场力作用,就做aqU dm的 _运动；2示波器：构造：示波器的核心部件是示波管,它由电子枪、_、荧光屏组成；工作原理：如下列图,电子先由加速电压 U1 加速,再经偏转电压 U2 偏转；4如下列图,矩形区域 ABCD 内存在竖直向下的匀强电场,两个带正电的粒子 a 和 b 以相同的水平速度射入电场,粒子 a 由顶点 A 射入, 从 BC的中点 P 射出,粒子 b 由 AB 的中点 O 射入,从顶点 C 射出；如不计重力,就 a 和 b 的比荷 即粒子的电荷量与质量之比 之比是 A 12 B21 C 18 D81 答案 D 解析 a 粒子和 b 粒子在水平方向均做速度为 v 的匀速运动,分别有 BPvta,BCvtb,且 2BPBC,故 2ta tb；在竖直方向上,分别有 AB12×QaEma×t 2b,OB12×QbEmb×t 2b,且 AB2OB,解得 a 和 b 的比荷之比为Qa maQb mb 81；1运动状态分析带电粒子仅受电场力作用,以初速度 2处理方法v0垂直进入匀强电场,粒子做类平抛运动；垂直于场强方向做匀速直线运动,即平行于场强方向做匀加速直线运动,即vxv0,xv0t,ax0 vyat,yat 22,aqUmd3基本公式如下列图, 设质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子以初速度v0 沿垂直于电场的方向进入长为l、间距为 d、电势差为 U 的平行金属板间的匀强电场中；如不计粒子的重力,就可求出如下物理量：名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 1粒子穿越电场的时间 t粒子在垂直电场方向以 v0 做匀速直线运动,由 lv0t,得 tl v0；2粒子离开电场时的速率 v粒子沿电场方向做匀加速直线运动,加速度 aqU md,粒子离开电场时平行电场方向的分速度 vyatqUl mdv0,所以 vv2 x v 2 yv 2 0mdv 0 qUl 23粒子离开电场时的侧移距离 yyat2 2 qUl 2 2mdv204粒子离开电场时的速度偏角 tanv y v x qUl 20arctan qUl mdv205带电粒子在电场中偏转的轨迹方程由 xv 0t 和 yat2 2 qUx2 2mdv20,可得 y2mdv20x2,由此可知其轨迹为抛物线；qU6速度方向的延长线必过偏转电场的中点2由 tanqUlmdv 20和 y qUl 2mdv 20可推得 y l 2tan,所以粒子可看做是从两板间的中点沿直线射出的；7如带电粒子是在电势差为 U 0的电场中加速后射入偏转电场的,就 qU 0mv2,将该式代入 20y及 tan2的表达式中可得 yUl 4dU 0,tan Ul 2dU0；由此可知,带同种电荷的带电粒子在同一电场中加速后,射入同一偏转电场时,如能射出电场,就射出方向一样,和该粒子本身的质量和电荷量都无关；【题型 1】平行板电容器的动态分析依据平行板电容器的电容C rS 4kd和电容器电量不变或电势差不变情形下转变S或 d 判定电场强度的变化情形；【例 1】图中平行放置的金属板 A、B 组成一只平行板电容器；在不断开开关 S 时,试争论以下两种情形下电容器两板电势差 U、电量 Q、板间场强 E 的变化情形：1使 A 板向上平移拉开一些；名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2使 A 板向右平移错开一些；答案 1U 不变； Q 减小； E 减小2U 不变； Q 减小； E 不变解析 由于开关 S 没有断开,故该题属于 U 不变的情形1 由于平行板电容器的电容 C1d,当 d时 C；又由于电容器的带电量 QCU,U 不变, C时, Q；平行板电容器内部为匀强电场,依据 EU,因 U 不变, d,故 E；dU2 两板错开意味着正对面积 S ；由 CS可知 C ,由 QCU 可知 Q ；两板间距 d 不变,由 Ed判定此时 E 没有变化；如断开 S,再争论以下情形中 Q、 U、E 的变化：1使 A、B 板间距 d 略微增大；2使 A、B 正对面积 S略微削减；3A、B 间布满介电常数r>1 的介质；EU d,这是由于 d电源断开之后,电容器所带的电量Q 不变化,属于Q 保持不变的情形：1d . CC1 d,又因 Q 不变,由 QCU 可知 U ；对 E 的争论不能再用且 U ,从这个式子不能判定E 变化的情形；但本问题中Q 不变,所以可设法推导E 与 Q 间的关系式作为判定依据；rS由 C4kdU Q 4kQ就 EdCdrS我们看到,在本情形中 E 与 d 无关,当 Q、S、 r 均没有变化时,E 保持不变；4kQ Q2由 ErS,现因 S,Q,r 不变,故 E；S使 C,且 Q 不变,依据 CU可知 U；4kQ Q3由 ErS,现因 r,Q、S 不变,故 E；充入介质使 C,且 Q 不变,依据 CU可知 U；【变式训练】如下列图,两块平行金属板正对着水平放置,两板分别与电源正、负极相连；当开关闭合时,一带电液滴恰好静止在两板间的M 点；就 A当开关闭合时,如减小两板间距,液滴仍静止B当开关闭合时,如增大两板间距,液滴将下降C开关再断开后,如减小两板间距,液滴仍静止D开关再断开后,如增大两板间距,液滴将下降名师归纳总结 答案 BC U,两板间的距离为d,带电液滴处第 6 页,共 11 页解析 当开关闭合时,电容器两端电压为定值,等于电源电压,设为- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 于平稳状态,就 mgqU d,当两板间的距离减小时,带电液滴所受电场力大于其重力,液滴将向上做匀加速运动, A 错误；两板间的距离增大时,带电液滴所受电场力小于重力,液滴将向下做匀加速运动,B 正 Q确；当开关断开后,电容器无法放电,两板间的电荷量不变,设为Q,此时两板间的场强大小为EU dC d4kdQ S4kQ S,可见场强大小与两板间距离无关,即场强大小保持不变,电场力不变,液滴保持静止,dC 正确, D 错误；【题型 2】带电粒子在电场中运动带电粒子只受电场力作用在电场中做匀变速直线运动,或做类平抛运动； 考查利用牛顿定律或动能定理,及平抛运动的特点来解决有关问题；一般是以运算题显现；【例 2】2022·山东理综 如图,场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域 abcd,水平边ab 长为 s,竖直边 ad 长为 h；质量均为 m、带电量分别为q 和 q 的两粒子,由 a、c 两点先后沿 ab 和cd 方向以速率 v0 进入矩形区 两粒子不同时显现在电场中 ；不计重力, 如两粒子轨迹恰好相切,就 v0 等于 s 2qEA2 mhs qEB2 mhCs 4 2qEmhs qED4 mh答案 B 解析 此题主要考查带电粒子在匀强电场中的运动,解题的关键是明确带电粒子的受力情形和运动情形分析；两粒子在电场力作用下做类平抛运动,由于两粒子轨迹相切,依据类平抛运动规律,有 2v0t,s h212 qEm t 2,解以上两式得 v02 s qEmh,选项 B 正确；留意用平抛运动的规律进行分析；【变式训练】名师归纳总结 2022 ·石家庄质检 如下列图,两平行金属板水平放置,板长为L,板间距离为d,板间电压为U,一不计第 7 页,共 11 页重力、电荷量为q 的带电粒子以初速度v0 沿两板的中线射入,恰好沿下板的边缘飞出,就A在前t 2 时间内,电场力对粒子做的功为1 4UqB在后t 2时间内,电场力对粒子做的功为3 8Uq- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - C在粒子下落的前4和后 d 4过程中,电场力做功之比为11 D在粒子下落的前 4和后 d 4过程中,电场力做功之比为 12 答案 BC 解析 粒子在两平行金属板间做类平抛运动,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动, 在前后两个t 2的时间内沿电场线方向的位移之比为13,就在前t 2时间内, 电场力对粒子做的功为1 8Uq,在后 t 2时间内, 电场力对粒子做的功为 38Uq ,选项 A 错、B 对,由 WEq·s 知在粒子下落的前 d4和后d 4过程中,电场力做功之比为 11,选项 C 对, D 错；【题型 3】带电物体在复合场中的运动带电物体在电场、重力场组成的复合场中,做直线运动、抛体运动、圆周运动等；依据其受力和运动情形,确定物体的运动轨迹,物体运动的速度、位移及做功多少；【例 3】2022·长春调研 如下列图,在竖直边界线 O1O2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场,电场强度 E100N/C,电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面 AB,其倾角为 30°,A 点距水平地面的高度为 h4m,BC段为一粗糙绝缘平面,其长度为 L3m；斜面 AB 与水平面 BC 由一段极短的光滑小圆弧连接 图中未标出,竖直边界线 O1O2 右侧区域固定一半径为 R0.5m 的半圆形光滑绝缘轨道,CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径, C、D 两点紧贴竖直边界线 O1O2,位于电场区域的外部 忽视电场对 O1O2 右侧空间的影响 ；现将一个质量为 m1kg,带电荷量为 q0.1C 的带正电的小球 可视为质点 在 A 点由静止释放, 且该小球与斜面 AB 和水平面 BC 间的动摩擦因数均为 5 g 取 10m/s 3 2；求： 1小球到达 C 点时的速度大小；2小球到达 D 点时所受轨道的压力大小；3小球落地点距离 C 点的水平距离；答案 12 10m/s 230N 3 2m 解析 1以小球为争论对象,由 A 点至 C 点的运动过程中,依据动能定理可得 mgEqh mgEqcos30 °sin30 °mgEqL1 2mv2C0 解得 vC2 10m/s 2以小球为争论对象,在由 C 点至 D 点的运动过程中,依据机械能守恒定律可得1 2mv 2C12mv 2Dmg·2R在最高点以小球为争论对象,依据牛顿其次定律可得名师归纳总结 v 2DFNmg m R第 8 页,共 11 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解得 F N 30N vD20m/s a,依据牛顿其次定律可得mg qEma3设小球做类平抛运动的加速度大小为应用类平抛运动的规律列式可得xvDt2R1 2at2解得 x2m 【变式训练】2022 ·贵阳监测 如下列图, 在方向水平向左的匀强电场中有一倾角为 60°、高为 H 的固定绝缘斜面体,现将一质量为 m、带正电且电荷量为 q 的小物块 可视为质点 从斜面体顶端由静止释放；已知重力加速度为 g,匀强电场的电场强度大小为 E3mgq,不计空气阻力；以下关于小物块运动情形的判定正确选项 A小物块将沿斜面下滑B小物块将做曲线运动C小物块到达地面时的速度大小为22gHD如其他条件不变,只增大电场强度,小物块到达地面前的运动时间将增大答案 C 解析 此题考查牛顿其次定律、电场力、运动的合成与分解、运动学公式等学问点,意在考查考生的逻辑推理才能；对小物块受力分析,如下列图,由图中几何关系可知,小物块受到竖直向下的重力和水平向名师归纳总结 左的电场力, 由平行四边形定就可知,小物块从静止开头沿图中虚线做匀加速直线运动,选项 A、B 错误；从静止释放至到达地面的过程中,由动能定理可得mgH qE×3H1 2mv20,第 9 页,共 11 页即 mgH3mg×3H1 2mv20,可得 v2 2gH,选项 C 正确；该运动可以分解成水平方向上向左的匀加速直线运动和竖直向下的自由落体运动,由H1 2gt2 可知,如其他条件不变,只增加电场强度,小物块到达地面前运动的时间不变,选项D 错误；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 【题型 4】带电粒子在交变电场中的运动依据交变电场的变化规律,分析粒子受力和运动情形,确定粒子的运动速度、位移、做功或确定有关量的临界问题；【例 4】制备纳极板,如图甲所示； 加在极板 A、B 间的电压 UAB 作周期性变化, 其正向电压为 U0,反向电压为 kU 0k>1,电压变化的周期为 2,如图乙所示；在 t0 时,极板 B 邻近的一个电子,质量为 m、电荷量为 e,受电场作用由静止开头运动；如整个运动过程中,电子未遇到极板 A,且不考虑重力作用；如 k5 4,电子在 02时间内不能到达极板 A,求 d 应满意的条件；9eU 0 2答案 d> 10m解析 电子在 0 时间内做匀加速运动加速度的大小 a1eU0 md位移 x11 2a12在 2 时间内先做匀减速运动,后反向做匀加速运动名师归纳总结 加速度的大小a25eU0 4mdx2v2第 10 页,共 11 页初速度的大小v1a1匀减速运动阶段的位移2a2依据题意d>x1x2解得 d>9eU0 210m；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - A全部粒子都不会打到两极板上B全部粒子最终都垂直电场方向射出电场名师归纳总结 - - - - - - -C运动过程中全部粒子的最大动能不行能超过2Ek0T D只有 t n 2n0,1,2 时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场答案 ABC 解析 此题考查运动的合成与分解、带电粒子在交变电场中的运动,意在考查考生对类平抛运动规律的把握情形, 以及分析多过程问题的才能,带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动,在沿电场方向上,做加速度大小不变、方向周期性变化的变速直线运动；由 t0 时刻进入电场的粒子运动情形可知,粒子在平行板间运动时间为交变电流周期的整数倍；在0T 2时间内带电粒子运动的加速度aE0q m,由匀变速直线运动规律得vyatE0q m t,同理可分析T 2 T 时间内的运动情形,所以带电粒子在沿电场方向的速度v 与E t 图线所围面积成正比时间轴下方的面积取负值；而经过整数个周期,E0t 图象与坐标轴所围面积始终为零, 故带电粒子离开电场时沿电场方向的速度总为零,B 正确,D 错误；带电粒子在t0 时刻入射时,侧向位移最大,故其他粒子均不行能打到极板上,A 正确；当粒子在t0 时刻入射且经过T 离开电场时,粒子在 tT 2时达到最大速度,此时两分位移之比为12,即 v0t2×1 2at2,可得 vyv 0,故粒子的最大速度为 v2v0,因此最大动能为初动能的2 倍, C 正确；第 11 页,共 11 页