高中物理教科版选修3-1 期末复习学案　电容器、带电粒子在电场中的运动 Word版含解析

电容器、带电粒子在电场中的运动


一、电容、平行板电容器
1．电容器与电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与两极板间电势差的比值．
(2)公式：C＝____．
(3)物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量．它的大小与电容器本身的结构有关，与U、Q 无关．
(4)电容器的充、放电
充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．
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．
(5)单位：1法拉(F)＝__106__微法(μF)＝__1012__皮法(pF)．
2．平行板电容器的电容
(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的__正对面积__成正比，与两极板的__距离__成反比，并跟板间插入的电介质的介电常数__εr__有关．
(2)公式：C＝____．
二、带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的直线运动
(1)运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做匀变速直线运动．
(2)用功能观点分析：电场力对带电粒子所做的功等于粒子动能的变化，即qU＝__mv2－mv__．
2．带电粒子的偏转分析
(1)运动状态：带电粒子受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做类平抛运动．
(2)处理方法：类似于平抛运动的处理方法，如图所示．
①沿初速度方向做__匀速直线__运动，运动时间t＝.
②沿电场力方向做__匀变速直线__运动，加速度a＝＝＝.
③离开电场时的偏移量y＝at2＝.
④离开电场时的速度偏转角θ：tan θ＝＝____．

考点一　电容器及其电容
例1 (多选)如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其接在电动势为E的直流电源上，电容下极板接地，静电计所带电荷量可忽略．闭合开关S，一带电油滴恰好静止于两板中间的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是(　　)
A．平行板电容器的电容将变大
B．静电计指针张角变小
C．P点的电势升高
D．油滴仍将保持静止
【解析】根据C＝知，将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，即d增大，则电容减小，故A错误；由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，故电容器带电量不变，则由Q＝CU知U增大，静电计指针张角变大，B错；E＝不变且P点与下极板距离增大，故P点电势升高，油滴仍保持静止，C、D正确．
【答案】CD
【方法总结】平行板电容器动态问题的分析思路：
分析电容器动态问题，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不变，只改变两板间距离时，板间电场强度不变．
变式训练1 (2019·北京卷)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用．对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图象都相同．
(1)请在图1中画出上述u－q图象．类比直线运动中由v－t图象求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep；
(2)在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)．通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q－t曲线如图3中①②所示．
a．①②两条曲线不同是______(选填“E”或“R”)的改变造成的；
b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电．依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径．
(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加．请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”).
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
通过电源的电流
【解析】(1)u－q图线如下图所示；
电压为U时，电容器带电Q，图线和横轴围成的“面积”为所储存的电能Ep
Ep＝QU，又Q＝CU
故Ep＝CU2
(2)a.R
b．减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，可以实现更均匀充电．
(3)
“恒流源”
(2)中电源
电源两端电压
增大
不变
通过电源的电流
不变
减小
　　【答案】见解析
考点二　带电粒子在电场中的运动
例2 (2019·天津卷)2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放．引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力．单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷．
(1)若引擎获得的推力为F1，求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少；
(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导的表达式；
(3)为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议．
【解析】(1)设正离子经过电极B时的速度为v，根据动能定理，有
ZeU＝mv2－0　①
设正离子束所受的电场力为F1′，根据牛顿第三定律，有F1′＝F1　②
设引擎在Δt时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN，由牛顿第二定律，有
F1′＝ΔNm　③
联立①②③式，且N＝得N＝　④
(2)设正离子束所受的电场力为F′，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有
P＝F′v　⑤
考虑到牛顿第三定律得到F′＝F，联立①⑤式得
＝　⑥
(3)为使尽量大，分析⑥式得到
三条建议：用质量大的离子；用带电荷量小的离子；减小加速电压．
【答案】(1)　(2)＝　(3)见解析
【方法总结】带电粒子在电场中运动问题的分析思路
(1)首先分析粒子的运动规律，区分是在电场中的直线运动还是偏转运动问题．
(2)对于直线运动问题，可根据对粒子的受力分析与运动分析，从以下两种途径进行处理：
①如果是带电粒子受恒定电场力作用下的直线运动问题，可应用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等．也可用动量定理，动能定理求解．
②如果是非匀强电场中的直线运动，一般利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、运动的位移等．
(3)对于曲线运动问题，一般是类平抛运动模型，通常采用运动的合成与分解方法处理．通过对带电粒子的受力分析和运动规律分析，借助运动的合成与分解，寻找两个分运动，再应用牛顿运动定律或运动学方程求解．
(4)当带电粒子从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口．
变式训练2 (2019·全国卷Ⅱ)
如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同．G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)．质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【解析】(1)PG、QG间电场强度大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝　①
F＝qE＝ma　②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－mv　③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移为l，则有
h＝at2　④
l＝v0t　⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝mv＋qh　⑥
l＝v0　⑦
(2)设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L为
L＝2l＝2v0　⑧
【答案】(1)v0　(2)2v0
考点三　带电体在电场中的运动
例3 (2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能．
【解析】(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma　①
a＝gt2　②
解得E＝　③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
Ek－mv＝mgh＋qEh　④
且有v1＝v0t　⑤
h＝gt2　⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v＋g2t2)　⑦
【答案】(1)　(2)2m(v＋g2t2)
【方法总结】 带电体在电场中运动时，如果重力远小于电场力，则其重力可忽略不计，如电子、质子、正负离子等微观粒子；但带电液滴、带电尘埃等带电体的重力一般不能忽略．带电体在重力场和电场构成的复合场中的运动形式多样，可能做直线运动、圆周运动、类平抛运动及一般曲线运动等；研究对象可能为单个物体，也可能是由多个物体组成的系统；研究方法与力学综合题的分析方法相近，即可以从动力学角度、功能关系、冲量和动量关系分析求解．
变式训练3 如图所示，足够长的光滑绝缘水平台左端固定一被压缩的绝缘轻质弹簧，一个质量m＝0.04 kg、电荷量q＝＋2×10－4 C的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接．某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台右端A点飞出，恰好能没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高B点，并沿轨道滑下．已知AB的竖直高度h＝0.45 m，倾斜轨道与水平方向夹角为α＝37°、倾斜轨道长为L＝2.0 m，带电小球与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5.倾斜轨道通过光滑水平轨道CD与光滑竖直圆轨道相连，在C点没有能量损失，所有轨道都绝缘，运动过程小球的电荷量保持不变．现有过山车模型的竖直圆轨道处在范围足够大、方向竖直向下的匀强电场中，电场强度E＝2.0×103 V/m.(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，取g＝10 m/s2)求：
(1)被释放前弹簧的弹性势能？
(2)要使小球不脱离轨道(水平轨道足够长)，竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件？
(3)如果竖直圆弧轨道的半径R＝0.9 m，小球进入轨道后可以有多少次通过竖直圆轨道上距水平轨道高为0.01 m的D点右侧某一点P?
【解析】(1)小球从A到B做平抛运动：v＝2gh
解得：vy＝3 m/s
在B点有：tan 37°＝，
解得：vx＝vA＝＝4 m/s
被释放前弹簧的弹性势能：Ep＝mv＝0.32 J；
(2)B点：vB＝＝5 m/s
B到C：
(mgsin 37°－μmgcos 37°)L＝mv－mv
代入数据得：vC＝ m/s
①恰好过竖直圆轨道最高点：mg＋qE＝m
qE＝0.4 N＝mg
从C到圆轨道最高点：
－(mg＋qE)×2R1＝mv－mv
解得：R1＝0.33 m
②恰好到竖直圆轨道最右端时：
－(mg＋qE)R2＝0－mv
得R2＝0.825 m
要使小球不离开轨道，竖直圆弧轨道的半径
R≤0.33 m或R≥0.825 m；
(3)R＝0.9 m＞R2，小球冲上圆轨道H1＝0.825 m高度时速度变为0，然后返回倾斜轨道h1高处再滑下，然后再次进入圆轨道达到的高度为H2，有：
(mg＋qE)H1＝mgh1＋μmgh1
(mg＋qE)H2＝mgh1－μmgh1
两式联立得：H2＝H1＝H1，
则H2＝0.165 m
同理：n次上升高度Hn＝H1(n＞0)为一等比数列．
×0.825≤0.01，当n＝4时，上升的最大高度小于0.01 m
则小球共有6次通过距水平轨道高为0.01 m的某一点．
【答案】(1)0.32 J　(2)R≤0.33 m或R≥0.825 m　(3)6次


微专题突破五　带电粒子在交变电场中运动模型

1．如图甲所示，真空中相距d＝5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示．将一个质量m＝2.0×10－27 kg、电荷量q＝＋1.6×10－19 C的带电粒子从紧邻B板处释放，不计重力．求：
(1)在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；
(2)若A板电势变化周期T＝1.0×10－5 s，在t＝0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板时速度的大小；
(3)A板电势变化频率f满足什么条件时，在t＝时从紧邻B板处无初释放该带电粒子，粒子不能到达A板？
【解析】(1)加速度大小a＝＝＝4.0×109 m/s2.
(2)可以发现，0～内位移大小与极板间的距离相等，故粒子在t＝时恰好到达A板，由v＝at
解得v＝2.0×104 m/s.
(3)粒子在～向A板做匀加速运动，在～向A板做匀减速运动，由运动的对称性可知，在t＝时速度为零，故在～T时间内，粒子反向向B板加速运动……粒子运动时间T内的运动图象，如图所示．
粒子向A板运动可能的最大位移
xmax＝2×a()2＝aT2.
要求粒子不能到达A板，有xmax＜d.结合f＝，
解得f＞ ，
代入数据解得f＞5×104 Hz.
【答案】(1)4.0×109 m/s2　(2)2.0×104 m/s　
(3)f＞5×104 Hz
2．如图甲所示，真空室中电极K发出的电子(初速度不计)经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间的偏转电场，最后打在荧光屏上．C、D两板间的电势差UCD随时间变化的图象如图乙所示，设C、D间的电场可看成匀强电场，且两板外无电场．已知电子的质量为m、电荷量为e(重力不计)，C、D极板长为l，板间距离为d，偏转电压为U2，荧光屏距C、D右端的距离为，所有电子都能通过偏转电极．
(1)求电子通过偏转电场的时间t0；
(2)若UCD的周期T＝t0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度；
(3)若UCD的周期T＝2t0，求到达荧光屏上O点的电子的动能．
【解析】(1)电子在加速电场的加速过程U1e＝mv
在偏转电场中运动，水平方向匀速运动v0t0＝l，得t0＝l.
(2)当T＝t0时，电子在偏转电场中沿竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出时，电子在竖直方向的位移最大．
t＝0时刻进入偏转电场的电子向上侧移距离最大值
y上＝·()2×2＝
同理得向下侧移距离最大值
y下＝·()2×2＝
所以电子能到达的荧光屏上的区域长
Δy＝y下＋y上＝.
(3)当T＝2t0时，电子要到达O点必须在竖直方向有先加速后减速再反向加速的过程，并且加速度大小相等，整个过程向上的位移和向下的位移大小相等．
设向上加速时间为Δt，加速度大小为a，则在竖直方向上有y上＝aΔt2×2
y下＝a(t0－2Δt)2＋a(t0－2Δt)
要到达O点，y上＝y下联立得Δt＝
所以到达O点的电子经过偏转电场时电场力做功
W＝·m·[a(t0－2Δt)]2＝
电子从K到O过程由动能定理得
Ek＝U1e＋W＝U1e＋.
【答案】(1)l　(2)　(3)U1e＋

在两个相互平行的金属板间加交变电压时，两板中间便可获得交变电场．此类电场从空间看是匀强电场，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间看是变化的，即电场强度的大小、方向都随时间的变化而变化．常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．

此类型题一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动，二是粒子往返运动，三是粒子做偏转运动．粒子的运动在时间上具有周期性、空间上具有对称性．

1．注重全面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：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．
3．粒子做单向直线运动可以用牛顿运动定律求解；粒子往返运动一般分段研究；粒子做偏转运动则可根据交变电场特点分段研究．

1．(多选)如图甲所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m、电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图乙所示，交变电压的周期T＝，已知所有电子都能穿过平行板，且偏距最大的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则(　　)
A．所有电子都从右侧的同一点离开电场
B．所有电子离开电场时速度都是v0
C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大
D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为
【解析】电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子平行电场方向的分速度图象如图，可知，各个电子在平行电场方向的位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A错误；由图看出，所有电子离开电场时，平行电场方向的分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正确；由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误；t＝时刻进入电场的电子，在t＝时刻的侧位移最大，最大侧位移为ym＝2×a＝，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为，因为T＝，所以t＝0时刻进入电场的电子在电场中运动的时间为2T，则有＝4×a＝，解得ym＝，故D正确．
【答案】BD
2．如图甲所示，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(不计重力)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：
(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？
【解析】(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速→减速→反向加速→反向减速．当经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L＝nTv0
解得T＝
粒子在T内离开中心线的距离为
y＝a
又因为a＝，E＝
解得y＝
由位移的对称性可知，粒子在运动过程中离开中心线的最大距离
ym＝2y＝
粒子不撞击金属板，应有ym≤d
解得T≤2d
故n≥，即n取大于等于的整数．
所以粒子的周期应满足的条件
T＝，其中n取大于等于的整数．
(2)粒子进入电场的时刻应满足T、T、T、…
即进入电场的时刻与相隔即可，
所以时刻t＝＋(x＝0、1、2、3、…)
又因为T＝(n＝1、2、3、…)
所以t＝[x＝0、1、2、…，n的取值同(1)中]
【答案】(1)T＝，其中n取大于等于的整数
(2)t＝[x＝0、1、2、…n的取值同(1)中]