2025版高考物理全程一輪復(fù)習(xí)第九章靜電場及其應(yīng)用靜電場中的能量第3講電容器的電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案

第3講電容器的電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)課程標(biāo)準(zhǔn)素養(yǎng)目標(biāo)1.能分析帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)情況，能解釋相關(guān)的物理現(xiàn)象．2.認(rèn)識(shí)示波管，知道示波管的工作原理．3.觀察常見的電容器，了解電容器的電容，觀察電容器的充、放電現(xiàn)象．能舉例說明電容器的應(yīng)用．物理觀念：知道電容器的概念，認(rèn)識(shí)常見的電容器，知道帶電粒子在電場中加速和偏轉(zhuǎn)的原理．科學(xué)思維：理解電容的定義式和決定式，并會(huì)應(yīng)用其分析、討論、解決問題，理解帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，會(huì)分析、計(jì)算加速和偏轉(zhuǎn)問題．科學(xué)探究：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，通過對(duì)示波管的構(gòu)造和工作原理的認(rèn)識(shí)，進(jìn)一步理解加速和偏轉(zhuǎn)問題．考點(diǎn)一電容器及電容器的動(dòng)態(tài)分析【必備知識(shí)·自主落實(shí)】1．常見的電容器：(1)組成：由兩個(gè)彼此________又相距________的導(dǎo)體組成．(2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的________．(3)電容器的充、放電充電過程Q、U、E均增大，放電過程反之充電使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的________，電容器中儲(chǔ)存________放電使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中________轉(zhuǎn)化為其他形式的能2.電容：(1)定義：電容器所帶的________與電容器兩極板之間的________之比．(2)定義式：C＝QU．比值定義法(3)物理意義：表示電容器________本領(lǐng)的物理量．(4)單位：法拉(F)1F＝____μF＝____pF.3．平行板電容器：(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的________成正比，與電介質(zhì)的________________成正比，與極板間距離成反比．(2)決定式：C＝εrS4πkd電容的大小由電容器本身的因素決定【關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階】1．[2024·福建漳州統(tǒng)考模擬]如圖，萊頓瓶是一個(gè)玻璃容器，瓶內(nèi)、外壁各貼著一圈金屬箔，作為里、外兩個(gè)極板，穿過橡皮塞的銅棒上端是一個(gè)球形電極，下端利用鐵鏈與內(nèi)壁金屬箔連接，外壁金屬箔接地，在其他因素視為不變的情況下，下列說法正確的是()A.金屬箔越厚，萊頓瓶的電容越大B.金屬箔越厚，萊頓瓶的電容越小C.瓶壁玻璃越薄，萊頓瓶的電容越小D.瓶壁玻璃越薄，萊頓瓶的電容越大2．如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動(dòng)，兩極板間電壓不變．若材料溫度降低時(shí)，極板上所帶電荷量變少，則()A.材料豎直方向尺度減小B.極板間電場強(qiáng)度不變C.極板間電場強(qiáng)度變大D.電容器電容變大3．(多選)如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一個(gè)電源相連，其中A板接地(取大地電勢(shì)φ＝0)．S閉合后，兩板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．以下說法正確的是()A.保持S閉合，若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運(yùn)動(dòng)，G中有b→a的電流B.保持S閉合，若將A板向左平移一小段位移(油滴仍處于兩極板之間)，則油滴仍然靜止，G中有b→a的電流C.若將S斷開，則油滴立即向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D.若將S斷開，再將B板向下平移一小段位移，則油滴仍然保持靜止，但油滴的電勢(shì)能減小思維提升電容器兩類動(dòng)態(tài)問題的分析方法(1)U不變①根據(jù)C＝QU＝εrS②根據(jù)E＝Ud③根據(jù)UAB＝E·d＝φA－φB分析某點(diǎn)電勢(shì)的變化．(2)Q不變①根據(jù)C＝QU＝εrS②根據(jù)E＝Ud＝4πkQ考點(diǎn)二帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)【必備知識(shí)·自主落實(shí)】1．做直線運(yùn)動(dòng)的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子________或做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做________________或勻減速直線運(yùn)動(dòng)．2．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析a＝qEm，E＝Ud，3．用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場中：W＝qEd＝qU＝1非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1【關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階】考向1帶電粒子在電場中的直線運(yùn)動(dòng)(不計(jì)重力)例1多反射飛行時(shí)間質(zhì)譜儀是一種測量離子質(zhì)量的新型實(shí)驗(yàn)儀器，其基本原理如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計(jì)，經(jīng)電壓為U的勻強(qiáng)電場加速后射入質(zhì)量分析器．質(zhì)量分析器由兩個(gè)反射區(qū)和長為l的漂移管(無場區(qū)域)構(gòu)成，開始時(shí)反射區(qū)1、2均未加電場，當(dāng)離子第一次進(jìn)入漂移管時(shí)，兩反射區(qū)開始加上電場強(qiáng)度大小相等、方向相反的勻強(qiáng)電場，其電場強(qiáng)度足夠大，使得進(jìn)入反射區(qū)的離子能夠反射回漂移管．離子在質(zhì)量分析器中經(jīng)多次往復(fù)即將進(jìn)入反射區(qū)2時(shí)，撤去反射區(qū)的電場，離子打在熒光屏B上被探測到，可測得離子從A到B的總飛行時(shí)間．設(shè)實(shí)驗(yàn)所用離子的電荷量均為q，不計(jì)離子重力．(1)求質(zhì)量為m的離子第一次通過漂移管所用的時(shí)間T1；(2)反射區(qū)加上電場，電場強(qiáng)度大小為E，求離子能進(jìn)入反射區(qū)的最大距離x；(3)已知質(zhì)量為m0的離子總飛行時(shí)間為t0，待測離子的總飛行時(shí)間為t1，兩種離子在質(zhì)量分析器中反射相同次數(shù)，求待測離子質(zhì)量m1.考向2帶電微粒(帶電體)在電場中的直線運(yùn)動(dòng)(計(jì)重力)例2(多選)如圖所示，兩個(gè)相同的平行板電容器均與水平方向成θ角放置，兩極板與直流電源相連．若帶電小球分別以速度v0沿邊緣水平射入電容器，均能沿圖中所示水平直線恰好穿出電容器，穿出時(shí)的速度分別為v1和v2.下列說法正確的是()A．兩種情形下帶電小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等B．兩種情形下電容器所加電壓相等C．小球的速度滿足關(guān)系v0＝v1＝v2D．小球的速度滿足關(guān)系2例3[2023·新課標(biāo)卷]密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示．兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴．兩板間不加電壓時(shí)，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為v0、v04；兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率(1)求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；(2)判斷油滴a和油滴b所帶電荷的正負(fù)，并求a、b所帶電荷量的絕對(duì)值之比．思維提升(1)帶電體在多個(gè)力作用下處于平衡狀態(tài)，帶電體所受合外力為零，因此可用共點(diǎn)力平衡的知識(shí)分析，常用的方法有正交分解法、合成法等．(2)帶電體在電場中的加速問題與力學(xué)問題分析方法完全相同，帶電體的受力仍然滿足牛頓第二定律，在進(jìn)行受力分析時(shí)不要漏掉靜電力．考點(diǎn)三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)【必備知識(shí)·自主落實(shí)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)：(1)條件：以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強(qiáng)電場，僅受靜電力．(2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動(dòng)．類平拋運(yùn)動(dòng)(3)處理方法：運(yùn)動(dòng)的分解．①沿初速度方向：做________運(yùn)動(dòng)．②沿電場方向：做初速度為零的________運(yùn)動(dòng)．【關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階】1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律2．兩個(gè)重要推論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)角、偏移量總是相同的．(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn)，若電場寬度為l，O到電場邊緣的距離為l2例4[2023·浙江1月]如圖所示，示波管由電子槍、豎直方向偏轉(zhuǎn)電極YY′、水平方向偏轉(zhuǎn)電極XX′和熒光屏組成．電極XX′的長度為l、間距為d、極板間電壓為U，YY′極板間電壓為零，電子槍加速電壓為10U.電子剛離開金屬絲的速度為零，從電子槍射出后沿OO′方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極．已知電子電荷量為e，質(zhì)量為m，則電子()A．在XX′極板間的加速度大小為eUB．打在熒光屏?xí)r，動(dòng)能大小為11eUC．在XX′極板間受到電場力的沖量大小為2meUD.打在熒光屏?xí)r，其速度方向與OO′連線夾角α的正切tanα＝l例5[2024·濱洲模擬]如圖，靜止于A處的粒子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場，電場方向水平向左，靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場，已知圓弧虛線所在處場強(qiáng)為E0，方向如圖所示；粒子質(zhì)量為m、電荷量為q；QN＝2d、PN＝3d，離子重力不計(jì)．(1)求粒子離開加速度電場時(shí)的速度的大小及圓弧虛線對(duì)應(yīng)的半徑R的大?。?2)若粒子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的值．(3)若矩形區(qū)域內(nèi)的電場強(qiáng)度與(2)中的電場強(qiáng)度相同，從A點(diǎn)靜止釋放粒子的電荷量為2q，其他不變，此粒子是否仍能從P點(diǎn)進(jìn)入上方的矩形電場區(qū)域？若不能，請(qǐng)說明理由；若能，計(jì)算打到NQ上的位置．[教你解決問題]拆解過程思維提升解決帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)問題的基本思路及注意事項(xiàng)核心素養(yǎng)提升“等效法”在電場中的應(yīng)用1.等效重力法將重力與電場力進(jìn)行合成，如圖所示，則F合為等效重力場中的“重力”，g′＝F合m為等效重力場中的“等效重力加速度”，F(xiàn)2．等效最高點(diǎn)與幾何最高點(diǎn)在“等效力場”中做圓周運(yùn)動(dòng)的小球，經(jīng)常遇到小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的臨界速度問題．小球能維持圓周運(yùn)動(dòng)的條件是能過最高點(diǎn)，而這里的最高點(diǎn)不一定是幾何最高點(diǎn)，而應(yīng)是等效最高點(diǎn)(如圖所示)．典例如圖所示，空間有一水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小為E＝1.0×104V/m.該空間有一個(gè)半徑為R＝2m的豎直光滑絕緣圓環(huán)的一部分，圓環(huán)與光滑水平面相切于C點(diǎn)，A點(diǎn)所在的半徑與豎直直徑BC成37°角．質(zhì)量為m＝0.04kg、電荷量為q＝＋6×10－5C的帶電小球2(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止于C點(diǎn)．輕彈簧一端固定在豎直擋板上，另一端自由伸長時(shí)位于P點(diǎn)．質(zhì)量也為m＝0.04kg的不帶電小球1挨著輕彈簧右端，現(xiàn)用力緩慢壓縮輕彈簧右端到P點(diǎn)左側(cè)某點(diǎn)后釋放．小球1沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)與小球2發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后兩小球黏合在一起且恰能沿圓弧到達(dá)A點(diǎn)．P、C兩點(diǎn)間距離較遠(yuǎn)，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)黏合體在A點(diǎn)的速度大?。?2)彈簧的彈性勢(shì)能；(3)小球黏合體由A點(diǎn)到達(dá)水平面的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．第3講電容器的電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)一必備知識(shí)·自主落實(shí)1．（1）絕緣很近（2）絕對(duì)值（3）異種電荷電場能電場能2．（1）電荷量Q電勢(shì)差U（3）容納電荷（4）10610123．（1）正對(duì)面積相對(duì)介電常數(shù)關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階1．解析：金屬箔，作為里、外兩個(gè)極板，玻璃是電介質(zhì)，根據(jù)C＝εrS4πkd答案：D2．解析：根據(jù)題意可知極板之間電壓不變，極板上所帶電荷量變少，由C＝QU可知電容減小，由C＝εrS4πkd可知，極板間距d增大，電容減小，根據(jù)E＝Ud答案：A3．解析：開始時(shí)，油滴所受重力和靜電力平衡，即mg＝qE，保持S閉合，則兩板間電壓不變，將A板上移一小段位移，兩板間距離d增大，由E＝Ud可知，E變小，油滴所受靜電力變小，故油滴應(yīng)向下加速運(yùn)動(dòng)；根據(jù)C＝QU、C＝εrS4πkd，知Q＝εrSU4πkd，故電容器所儲(chǔ)存的電量減小，向外放電，故G中有b→a的電流，A正確．保持S閉合，若將A板向左平移一小段位移，由E＝Ud可知，E不變，油滴仍靜止；根據(jù)Q＝εrSU4πkd，知電容器所儲(chǔ)存的電量減小，向外放電，故G中有b→a的電流，B正確．若將S斷開，電容器所儲(chǔ)存的電量Q不變，則兩板間場強(qiáng)不變，油滴仍靜止，故C錯(cuò)誤．若將S斷開，Q不變，再將B板向下平移一小段位移，根據(jù)C＝QU、C＝εrS4πkd、E＝Ud答案：AB考點(diǎn)二必備知識(shí)·自主落實(shí)1．（1）靜止（2）勻加速直線運(yùn)動(dòng)關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階例1解析：(1)設(shè)離子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理，有qU＝12mv2離子在漂移管中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則T1＝lv聯(lián)立①②式，得T1＝ml(2)根據(jù)動(dòng)能定理，有qU－qEx＝0④得x＝UE(3)離子在加速電場中運(yùn)動(dòng)和反射區(qū)電場中每次單向運(yùn)動(dòng)均為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度大小均相等，設(shè)其為v，有v＝v2通過⑤式可知，離子在反射區(qū)的電場中運(yùn)動(dòng)路程是與離子本身無關(guān)的，所以不同離子在電場區(qū)運(yùn)動(dòng)的總路程相等，設(shè)為L1，在無場區(qū)的總路程設(shè)為L2.根據(jù)題目條件可知，離子在無場區(qū)速度大小恒為v，設(shè)離子的總飛行時(shí)間為t總，有t總＝L1聯(lián)立①⑥⑦式，得t總＝(2L1＋L2)m2qU可見，離子從A到B的總飛行時(shí)間與m成正比．依題意可得t1t0＝m1m0，可得m1＝(答案：(1)ml22qU(2)UE(3)(t1例2解析：靜電力的方向垂直于極板，由于兩種情況下小球均沿著水平方向運(yùn)動(dòng)，豎直方向所受合力均為零，因此兩種情況下帶電小球所受靜電力大小均為F＝mgcosθ，又因兩電容器相同，根據(jù)F＝Eq＝Uqd知兩種情形下電容器所加電壓相等，B正確；分析知第一種情況小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，第二種情況小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，初速度相同，運(yùn)動(dòng)位移相同，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律知，兩種情況帶電小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，末速度也不同，A、C錯(cuò)誤；第一種情況，水平方向上有v02答案：BD例3解析：(1)設(shè)油滴半徑為r，密度為ρ，則油滴質(zhì)量m＝43πr3則速率為v時(shí)受阻力f＝krv則當(dāng)油滴勻速下落時(shí)mg＝f解得r＝3kv4πρg∝可知rarb則mamb＝r(2)由于當(dāng)在上下平板加恒定電壓(上板為高電勢(shì))時(shí)，這兩個(gè)油滴很快以12v0的速率豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，所以有油滴a速度減小，說明油滴a受到了向上的電場力，則油滴a油滴b速度增大，說明油滴b受到了向下的電場力，則油滴b帶正電荷由m1m2＝8和m1＝43πr13ρ，m由f＝kvr可知，兩個(gè)油滴均以速率12v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受阻力之比為f1f油滴b以速率14v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受阻力為f＝m2結(jié)合f＝kvr可知油滴b以速率12v0豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受阻力為f2＝2f＝2m2油滴a以速率12v0f1＝2f2＝4m2g設(shè)油滴a所帶電荷量的絕對(duì)值為q1，由平衡條件有m1g＝q1E＋f1設(shè)油滴b所帶電荷量的絕對(duì)值為q2，由平衡條件有m2g＋q2E＝f2聯(lián)立解得q1∶q2＝4∶1.答案：(1)8∶1(2)油滴a帶負(fù)電，油滴b帶正電4∶1考點(diǎn)三必備知識(shí)·自主落實(shí)（3）勻速直線勻加速直線關(guān)鍵能力·思維進(jìn)階例4解析：XX′極板間的電場強(qiáng)度大小為E＝Ud，電子所受的電場力大小為F＝eE＝eUd，由牛頓第二定律得a＝Fm＝eUdm，A錯(cuò)誤；電子在加速電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)電場力做的功為W1＝e·10U，電子沿OO′方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電極，若能打在熒光屏上，在XX′極板間沿電場力方向的位移x≤d2，則電場力做的功W2≤12eU，對(duì)全過程由動(dòng)能定理得Ek＝W1＋W2≤212eU，B錯(cuò)誤；電子剛好從XX′極板的邊緣離開時(shí)，電子在XX′極板間受到的電場力做的功為W′2＝12eU，故在XX′極板間受到電場力的沖量大小I≤2W2'm＝meU，C錯(cuò)誤；電子離開加速電場時(shí)有e·10U＝12mv02，電子在XX′極板間的加速度大小為a＝eUdm，則離開XX′極板間時(shí)電子在垂直XX′極板方向的速度大小為vy＝答案：D例5解析：(1)粒子在加速電場中加速，根據(jù)動(dòng)能定理，有qU＝12mv2解得v＝2qUm