新教材物理一轮总复习-第九章静电场及其应用静电场中的能量第3讲电容器的电容带电粒子在电场中的运动学案.docx

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1、第3讲电容器的电容带电粒子在电场中的运动课 程 标 准1.能分析带电粒子在电场中的运动情况，能解释相关的物理现象2认识示波管，知道示波管的工作原理3观察常见的电容器，了解电容器的电容，观察电容器的充、放电现象。能举例说明电容器的应用素 养 目 标物理观念：知道电容器的概念，认识常见的电容器，知道带电粒子在电场中加速和偏转的原理科学思维：理解电容的定义式和决定式，并会应用其分析、讨论、解决问题，理解带电粒子在匀强电场中的运动规律，会分析、计算加速和偏转问题科学探究：观察电容器的充、放电现象，通过对示波管的构造和工作原理的认识，进一步理解加速和偏转问题必备知识自主落实一、常见电容器电容器的电压、电

2、荷量和电容的关系1常见的电容器：(1)组成：由两个彼此_又相距_的导体组成(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的_(3)电容器的充、放电 充电过程Q、U、E均增大，放电过程反之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_，电容器中储存_放电使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中_转化为其他形式的能2.电容：(1)定义：电容器所带的_与电容器两极板之间的_之比(2)定义式：C 比值定义法(3)物理意义：表示电容器_本领的物理量(4)单位：法拉(F)1 F_ F_ pF.3平行板电容器：(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的_成正比，与电介质的_成正比，与极板间距离成反比(2)决定

3、式：C，k为静电力常量电容的大小由电容器本身的因素决定二、带电粒子在匀强电场中的运动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_或匀减速直线运动2带电粒子在匀强电场中的偏转：(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受静电力(2)运动性质：匀变速曲线运动 类平抛运动(3)处理方法：运动的分解沿初速度方向：做_运动沿电场方向：做初速度为零的_运动走进生活如图所示，指纹传感器在一块半导体基板上有大量相同的小极板，外表面绝缘当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凸凹不平，凸点处与凹点处分

4、别与半导体基板上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则(1)指纹的凸点处与小极板距离近，电容小()(2)指纹的凸点处与小极板距离近，电容大()(3)手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，小极板带电量增大()(4)手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，小极板带电量减小()关键能力精准突破考点一电容器及电容器的动态分析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电容器两类动态问题的分析方法(1)U不变根据C先分析电容的变化，再分析Q的变化根据E分析场强的变化根据U

5、ABEdAB分析某点电势的变化(2)Q不变根据C先分析电容的变化，再分析U的变化根据E分析场强的变化针 对 训 练1.2023安徽省合肥市高三检测(多选)下图所示的实验中，极板所带电荷量为Q，已知两极板正对面积为S、间距为d，平行板电容器的电容为C，静电计指针偏角为，则下列判断正确的是()A若保持S不变，仅增大d，则变小B若保持S不变，仅增大d，则C变小C若保持d不变，仅减小S，则变大D若保持d不变，仅减小S，则C变大2.2022重庆卷电容式加速传感器常用于触发汽车安全气囊等系统，如图所示极板M、N组成的电容器视为平行板电容器，M固定，N可左右运动，通过测量电容器板间的电压的变化来确定汽车的加

6、速度当汽车减速时，极板M、N间的距离减小，若极板上的电荷量不变，则该电容器()A电容变小B极板间电压变大C极板间电场强度不变D极板间电场强度变小3空中有些云层经长途飘行会吸附积累大量电荷，降低到靠近地面一两千米时，地面被感应出异种电荷，它们可在空中形成较强的电场，若是阴雨天，极易在一些高大树木或建筑物上突然放电，形成雷击如图所示，现有一片短时间静止的带正电的云层，其与地面间的电场可近似为匀强电场有一滴带正电的雨滴从云层下表面由静止开始下落，假设雨滴的质量和所带的电荷量不变，受到的空气阻力与速度大小成正比，下列叙述正确的是()A云层与地面之间构成一个大电容器，云层所带电荷量越多，电容越大B如果在

7、建筑物的顶部加一段竖立的金属棒，则该金属棒可作为避雷针预防雷击C雨滴的运动是匀加速运动，雨滴下落过程中电势能减小，动能增加D雨滴一定先做加速度变小的运动，后来落地前可能已经做匀速运动，此匀速运动的速度大小随电场的增强而增大考点二带电粒子在电场中的直线运动1用动力学观点分析a，E2ad2用功能观点分析匀强电场中：WqEdqU非匀强电场中：WqUEk2Ek1针 对 训 练4.2023广东深圳调研如图所示，竖直平面内两个带电小油滴a、b在匀强电场E中分别以速度v1、v2做匀速直线运动，不计空气阻力及两油滴之间的库仑力，下列说法正确的是()Aa、b带异种电荷Ba比b的比荷大Ca的电势能减少，b的电势能

8、增加D沿v1方向电势增大，沿v2方向电势减小5(多选)如图所示，两个相同的平行板电容器均与水平方向成角放置，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v0v1v2D小球的速度满足关系62023山东济宁模拟如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一带负电的小滑块，在x1 m处以初速度v0 m/s沿x轴正方向运动小滑块的质量为m2 kg，带电荷量大小为q0.1 C，可视为质点整个区域存在沿水平方向的电场图乙是滑块电

9、势能Ep随位置x变化的部分图像，P点是图线的最低点，虚线AB是图像在x1 m处的切线，并且AB经过(0，3)和(3，0)两点，重力加速度g10 m/s2，下列说法正确的是()Ax1 m处的电场强度大小为20 V/mB滑块向右运动过程中，加速度先增大后减小C滑块运动至x3 m处时，速度大小为2 m/sD若滑块恰好到达x5 m处，则该处的电势为50 V考点三带电粒子在电场中的偏转运动1两个重要推论(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、偏移量总是相同的证明：由qU0及tan 得tan .再由y得y.(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

10、点O为粒子水平位移的中点，若电场宽度为l，O到电场边缘的距离为.2处理带电粒子偏转问题的方法(1)运动的分解法：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动(2)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，其中Uyy，指初、末位置间的电势差例1 2022浙江6月如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)t0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出不计重力

11、和粒子间的相互作用，则()AM板电势高于N板电势B两个粒子的电势能都增加C粒子在两板间的加速度为aD粒子从N板下端射出的时间t解题心得例2 2023滨洲模拟如图，静止于A处的粒子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧虚线所在处场强为E0，方向如图所示；粒子质量为m、电荷量为q；QN2d、PN3d，离子重力不计(1)求粒子离开加速度电场时的速度的大小及圆弧虚线对应的半径R的大小(2)若粒子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值(3)若矩形区域内的电

12、场强度与(2)中的电场强度相同，从A点静止释放粒子的电荷量为2q，其他不变，此粒子还是否仍能从P点进入上方的矩形电场区域？若不能，请说明理由；若能，计算打到NQ上的位置教你解决问题拆解过程试答规律方法解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意事项针 对 训 练7.2022全国乙卷(多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和Rd)和探测器组成，其横截面如图(a)所示，点O为圆心在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点.4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器不计重力粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r

13、1、r2(Rr1r2Rd)；粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射；粒子4从距O点r1的位置入射并从距O点r2的位置出射，轨迹如图(b)中虚线所示则 ()A粒子3入射时的动能比它出射时的大B粒子4入射时的动能比它出射时的大C粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能D粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能82022辽宁卷如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R.质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道BO运动以O为坐标原点建立直角坐标系xOy，在xR区域有方向与x轴夹角为45的匀强电场，

14、进入电场后小球受到的电场力大小为mg.小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g.求：(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能；(2)小球经过O点时的速度大小；(3)小球过O点后运动的轨迹方程素养提升 “等效法”在电场中的应用1.等效重力法将重力与电场力进行合成，如图所示，则F合为等效重力场中的“重力”，g为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向为等效“重力”的方向，即在等效重力场中的“竖直向下”方向2等效最高点与几何最高点在“等效力场”中做圆周运动的小球，经常遇到小球在竖直平面内做圆周运动的临界速度问题小球能维持圆周运动的条件是能过最高点，而这里的最高点不一定是几何最高点，而应是等效最高点

15、(如图所示)典例如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E1.0104 V/m.该空间有一个半径为R2 m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37角质量为m0.04 kg、电荷量为q6105 C的带电小球2(可视为质点)静止于C点轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点质量也为m0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计

16、空气阻力，sin 370.6，cos 370.8.求：(1)黏合体在A点的速度大小；(2)弹簧的弹性势能；(3)小球黏合体由A点到达水平面运动的时间试答第3讲电容器的电容带电粒子在电场中的运动必备知识自主落实一、1(1)绝缘很近(2)绝对值(3)异种电荷电场能电场能2(1)电荷量Q电势差U(3)容纳电荷(4)10610123(1)正对面积相对介电常数二、1(1)静止(2)匀加速直线运动2(3)匀速直线匀加速直线走进生活答案：(1)(2)(3)(4)关键能力精准突破1解析：根据电容的决定式C若保持S不变，仅增大d，电容C变小，极板间电荷量不变，再根据U可知U增大，所以变大，A错误、B正确；根据电

17、容的决定式C若保持d不变，仅减小S，电容C变小，极板间电荷量不变，再根据U可知U增大，所以变大，C正确、D错误答案：BC2解析：由平行板电容器电容的决定式C可得，d减小，C增大，A错误；电容器所带电荷量Q不变，C增大，由U可得，U变小，B错误；匀强电场的场强E，E与d无关，E不变，C正确，D错误答案：C3解析：由平行板电容器电容的决定式C可知，云层与地面之间形成的电容器的电容与云层所带电荷量的多少无关，选项A错误；建筑物顶部的金属棒必须接地，才能利用更多感应电荷形成强电场，将附近空气电离，导走并中和掉云层中的电荷，防止建筑物被雷击，若金属棒不接地，不能导走电荷，则不能起到避雷针的作用，选项B错

18、误；雨滴沿着电场力方向向下运动，电势能与重力势能都减小，动能增加，但向下加速时，向上的空气阻力随速度增大而增大，向下的重力与电场力大小不变，故合力减小，加速度减小，做变加速运动，选项C错误；若雨滴落地前阻力增大到与重力、电场力之和平衡，则做匀速运动，向下的电场力越大，平衡时雨滴所受的阻力越大，速度就越大，选项D正确答案：D4解析：两油滴均做匀速直线运动，即所受电场力与重力平衡，电场力都竖直向上，故a、b均带正电荷，A错误由于qEmg，所以比荷，故a与b的比荷相等，B错误a向上运动，电场力做正功，电势能减少，b向下运动，电场力做负功，电势能增加，C正确沿电场线方向电势逐渐减小，因此沿v1方向电势

19、减小，沿v2方向电势增大，D错误答案：C5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FEq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：，第二种情况，水平方向上有：，D正确答案：BD6解析：因Ep x图线斜率的绝对值|k|F，即斜率绝对值表示滑块受到的电场力大小，所以滑块在x1 m处受

20、到的电场力大小为F1 N，而电场强度E，故E10 V/m，选项A错误；由图像乙可知，沿x轴正方向，图像斜率的绝对值先减小后增大，故可知滑块受到的电场力先减小后增大，由Fma知滑块的加速度先减小后增大，选项B错误；滑块从x1 m的位置运动至x3 m处时，由图可知，滑块的电势能减小1 J，故电场力对滑块做了1 J的正功，根据动能定理有1 J，解得v2 m/s，选项C正确；若滑块恰好到达x5 m处，则电场力对滑块做的功为W2 J(q)，由动能定理可得q2 J，代入数据解得50 V，选项D错误答案：C例1解析：粒子的电性未知，粒子从M极板到N极板，电场力做正功，但不能判断极板电势的高低，A错误；电场力

21、做正功时，粒子电势能减小，B错误；根据能量守恒定律可知，平行M板向下的粒子，到达N极板下端时的速度大小仍为v0，在平行极板方向做匀速运动，速度为v0，在垂直极板方向做匀加速直线运动，有a，t，解得a，C正确，D错误答案：C例2解析：(1)粒子在加速电场中加速，根据动能定理，有qUmv2，解得v .粒子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qE0m，解得R.(2)粒子做类平抛运动dvt，3dat2，由牛顿第二定律得qEma，得E.(3)根据动能定理得2qUmv2，根据牛顿第二定律得2qE0m，联立得R.即在均匀辐向分布的电场里运动半径不变故仍能从P点进入上方的矩形电场

22、区域由牛顿第二定律得2qEma，粒子做类平抛运动3dat2，xvtd，即打在NQ的中点答案：(1) (2)(3)见解析7解析：极板间各点的电场强度方向指向O点，粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，在这个过程中电场力做正功，粒子3入射时的动能比它出射时的小，同理可知粒子4入射时的动能比它出射时的大，A错误，B正确；粒子1、2做圆周运动，设粒子1的轨迹处的电场强度为E1，则qE1，粒子1的动能Ek1，设粒子2的轨迹处的电场强度为E2，则qE2，粒子2的动能Ek2，由于极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，即，所以Ek1Ek2，C错误；粒子3出射时，此时粒子3的动能Ek3

23、Ek1，即粒子1入射时的动能大于粒子3出射时的动能，而粒子3入射时的动能比它出射时的小，所以粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，D正确答案：BD8解析：(1)小球从A到B，根据能量守恒定律得EpmgR.(2)小球从B到O，根据动能定理有mgRqER解得vO.(3)小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有qE cos 45max，竖直方向有qE sin 45mgmay解得axg，ay0说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有x，yvOt，联立解得小球过O点后运动的轨迹方程

24、为y26Rx.答案：(1)mgR(2)(3)y26Rx典例解析：(1)小球2所受电场力FqE61051104 N0.6 N，小球1和小球2的重力和为G2mg20.0410 N0.8 N如图所示小球1、2所受重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为tan 所以37所以A点是小球1、2在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球1、2恰能沿圆弧到达A点，所以解得vA5 m/s.(2)小球从C点到A点，由动能定理得qER sin 372mg(RR cos 37)解得vC m/s小球1、2的碰撞由动量守恒定律得mv12mvC解得小球1碰撞前的速度v12 m/s由机械能守恒可得弹簧的弹性势能Ep9.2 J(3)如图小球1、2在A点竖直方向上做匀加速运动竖直方向上的初速度为v0vA sin 373 m/s.由竖直方向匀加速运动可得RR cos 37v0tgt2解得t0.6 s.答案：(1)5 m/s(2)9.2 J(3)0.6 s