第八章 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动-【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习配套课件（人教版2019）

物 理 第八章　静电场 第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动 返回目录 返回目录 返回目录 × × × × √ × 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 返回目录 1．了解影响平行板电容器电容大小的因素，能利用公式判断平行板电容器电容的变化。 2．利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动。 3．掌握带电粒子在电场中的偏转规律，会分析带电粒子在电场中偏转的功能关系。 【微点辨析】 (1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。( ) (2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。( ) (3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。( ) (4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。( ) (5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。( ) (6)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。( ) 2．[极板所带电荷量不变]如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷(上极板带正电)，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的正点电荷，以E表示两板间的电场强度，U表示两板之间的电势差，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　) A．E不变，Ep不变　　　 B．U不变，E减小 C．θ增大，E不变 D．θ不变，Ep增大 解析　两板间的电场强度E＝ eq \f(U,d) ＝ eq \f(Q,Cd) ＝ eq \f(4πkQ,εrS) ，因此电场强度与板间距无关，即E不变，P点到下极板距离不变，则P点的电势不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变，故A正确，D错误；电容器没有连接电源，故电容器的带电量不变，上极板向下移动，板间距减小，根据C＝ eq \f(εrS,4πkd) 可知，电容增大，由电容的定义式可得，极板间的电势差减小，故静电计指针偏角θ减小，故B、C错误。 答案　A 考点 eq \a\vs4\al(2) 带电粒子在电场中的直线运动(互动共研) 1．电场中重力的处理方法 (1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，除有说明或明确暗示外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。 (2)带电体：如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力。 2．做直线加速运动的条件 带电粒子(体)所受合外力与速度方向在同一条直线上。 3．用动力学观点分析 a＝ eq \f(F合,m) ，E＝ eq \f(U,d) ，v2－v02＝2ad 4．用能量观点分析 (1)匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv02。 (2)非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。 考向2　带电体在电场中的直线运动 [例2]　学校科技节中某参赛选手设计的运输轨道如图甲所示，可简化为倾角为θ的足够长固定绝缘光滑斜面。以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为x轴的正方向，且沿x轴部分区域存在电场。在斜面底端由静止释放一质量为m，电荷量为＋q的滑块，在滑块向上运动的一段过程中，机械能E随位置坐标x的变化如图乙所示，曲线A点处切线斜率最大。滑块可视为质点，不计空气阻力，不计滑块产生的电场。以下说法正确的是(　　) A．在x1～x3过程中，滑块动能先减小后恒定 B．在x1处滑块的动能最大，Ekmax＝ eq \f(E0,2) －mgx1sin θ C．在0～x2的过程中重力势能与电势能之和一直增大 D．在0～x3过程中，滑块先加速后减速 解析　根据qEx＝ΔE机，可知机械能E随位置坐标x的变化图像中图像上某点切线的斜率表示电场力，由于滑块由静止开始运动，则刚刚释放时的电场力大于重力沿斜面的分力，结合图像可知，图像的斜率先增大后减小至0，则电场力先增大至最大值，后减小至0，可知电场力与重力沿斜面的分力大小相等的时刻在x1～x2中间的某一位置，在该位置，滑块所受合力为0，该位置之后，电场力小于重力沿斜面的分力，根据动能定理可知在x1～x3过程中，滑块动能先增大后减小，A错误；动能最大位置时，滑块速度最大，滑块所受合力为0，根据上述可知，动能最大的位置在x1～x2中间的某一位置，B错误；根据上述可知，在0～x2的过程中滑块动能先增大后减小，而滑块在运动过程中只有重力势能、电势能 与动能之间的转化，可知在0～x2的过程中重力势能与电势能之和先减小后增大，C错误；根据上述可知，在0～x3过程中，滑块向上运动，滑块先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，再做加速度反向增大的减速运动，最后做匀减速运动，即在0～x3过程中，滑块先加速后减速，D正确。故选D。 答案　D 考向3　带电粒子在交变电场中的直线运动 1．常见的交变电场 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。 2．常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动。 (2)粒子做往返运动。 3．解题技巧 (1)按周期性分段研究。 (2)将 eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(φ-t图像,U-t图像,E-t图像)) eq \o(――→,\s\up15(转换)) a-t图像 eq \o(――→,\s\up15(转化)) v-t图像。 考点 eq \a\vs4\al(3) 带电粒子在电场中的偏转(互动共研) 1．带电粒子在电场中偏转的一般规律 2．两个重要推论 (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。 (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，若电场宽度为l，O到电场边缘的距离为 eq \f(l,2) 。 3．处理带电粒子的偏转问题的方法 (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＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv02，其中Uy＝ eq \f(U,d) y，指初、末位置间的电势差。 1．如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　　) A．所用时间为 eq \f(mv0,qE) B．速度大小为3v0 C．与P点的距离为 eq \f(2\r(2)mv02,qE) D．速度方向与竖直方向的夹角为30° 解析　粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝ eq \f(1,2) at2，a＝ eq \f(qE,m) ，解得t＝ eq \f(2mv0,qE) ，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝ eq \r(（2v0）2＋v02) ＝ eq \r(5) v0，B项错误；该点到P点的距离s＝ eq \r(2) x＝ eq \r(2) v0t＝ eq \f(2\r(2)mv02,qE) ，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝ eq \f(v0,2v0) ＝ eq \f(1,2) ，则θ≠30°，D项错误。 答案　C 2．利用电场来加速和控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图所示，M、N为竖直放置的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，两板间所加电压为U0，金属板P和Q水平放置在N板右侧，关于小孔S1、S2所在直线对称，两板间加有恒定的偏转电压。现有一质子()和α粒子()从小孔S1处先后由静止释放，经加速后穿过小孔S2水平向右进入偏转电场。已知α粒子的质量为m，电荷量为q。 (1)求α粒子进入偏转电场时的速度大小。 (2)请判断质子和α粒子在偏转电场中的运动轨迹是否相同，并说明理由。 (3)交换M、N两板的极性，使大量电子加速后连续不断地穿过小孔S2水平向右进入偏转电场，且进入偏转电场的速度均为v＝6.4×107 m/s。已知极板P和Q的长度L＝8×10－2 m，间距d＝5×10－3 m，两极板间改为频率为50 Hz的交流电压u＝Umsin 100πt(V)。电子质量me＝9.1×10－31 kg，电荷量e＝1.6×10－19 C。若要在偏转极板的右侧始终能检测到电子，求Um满足的条件。 解析　(1)根据动能定理qU0＝ eq \f(1,2) mv02，解得α粒子进入偏转电场时的速度大小v0＝ eq \r(\f(2qU0,m)) 。 (2)建立如图所示的坐标系， 设偏转极板P、Q间的电压为U，极板间距为d，则a＝ eq \f(qU,md) ，x＝v0t，y＝ eq \f(1,2) at2，解得y＝ eq \f(U,4U0d) x2，与带电粒子的质量和电荷量无关，故质子和α粒子在偏转电场中的运动轨迹相同。 (3)设电子飞出偏转极板的时间为t，当电子的侧位移为 eq \f(d,2) 时，得 eq \f(d,2) ＝ ，解得u＝ eq \f(med2v2,eL2) ＝91 V，若要在偏转极板的右侧始终能检测到电子，需满足Um＜91 V。 答案　(1)v0＝ eq \r(\f(2qU0,m)) 　(2)相同，见解析 (3)Um＜91 V 现代科技中的静电场问题 1．(静电喷涂)在汽车喷漆中，有一门技术叫作静电喷涂，在市场上已经得到广泛的运用。静电喷涂是指一种利用电荷和电场将雾化涂料的粒子吸引到喷涂对象的喷涂工艺，其原理结构图如图所示。下列说法正确的是(　　) A．雾化涂料向工件运动的过程中做匀变速曲线运动 B．喷口喷出的雾化涂料微粒带负电，被涂工件接正极 C．雾化涂料向工件运动的过程中，电场力做正功，电势能增加 D．图中的工件可以是绝缘体 解析　雾化涂料向工件运动的过程中，库仑力变化，加速度变化，因此不是做匀变速曲线运动，故A错误；由题图知，由喷口喷出的雾化涂料微粒带负电，被涂工件接正极，通过雾化涂料和工件之间的电场，加强吸附效果，故B正确；雾化涂料向工件运动的过程中，电场力做正功，电势能减少，故C错误；静电喷涂中，工件需要接地，应是导体，故D错误。故选B。 答案　B 2．(喷墨打印机)有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上。已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是(　　) A．增大墨滴的带电荷量 B．减小墨滴喷出时的速度 C．减小偏转板与承印材料的距离 D．增大偏转板间的电压 解析　带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移量Y1＝ eq \f(1,2) at2，a＝ eq \f(qU2,md) ，t＝ eq \f(L,v0) ，可得Y1＝ eq \f(qU2L2,2mdv02) ，Y2＝l tan θ，tan θ＝ eq \f(2Y1,L) ，Y＝Y1＋Y2，结合选项可知，减小偏转板与承印材料的距离可使字迹减小，增大墨滴的带电荷量、减小墨滴喷出时的速度以及增大偏转板间的电压，均使字迹增大，故选项C正确，A、B、D错误。 答案　C 3．(高压电场干燥技术)如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在一个很大的导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生较强的电场。水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电。水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，被鼓风机送出的水平微风裹挟着飞离电场区域。图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹。下列说法正确的是(　　) A．水分子运动中受到的电场力越来越小 B．沿着曲线ABCD方向电势越来越低 C．水分子运动中电势能越来越小 D．水分子的轨迹ABCD是一条抛物线 解析　根据电场线疏密可以判断电场强弱，所以D点电场线最密，电场强度最强，所以D点水分子受电场力最大，水分子所受电场力越来越大，A错误；沿电场线方向电势越来越低，所以A点电势最低，沿着曲线ABCD方向电势越来越高，B错误；水分子从静止开始运动，电场力做正功，电势能减小，C正确；因为电场不是匀强电场，所以水分子受力方向一直在变，所以不是类平抛运动，轨迹不是抛物线，D错误。 答案　C $$