(新課改省份專用)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第3節(jié) 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案(含解析)
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1、(新課改省份專用)2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第3節(jié) 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動學(xué)案(含解析) 一、常見電容器 電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系 1.常見電容器 (1)組成:由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。 (2)帶電荷量:一個(gè)極板所帶電荷量的絕對值。 (3)電容器的充、放電[注1] 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異種電荷,電容器中儲存電場能。 放電:使充電后的電容器失去電荷的過程,放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。[注2] 2.電容 (1)定義:電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢差的比值。 (2)定義式:C=。[注3] (
2、3)物理意義:表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。 (4)單位:法拉(F),1 F=106 μF=1012 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正對面積成正比,與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比,與極板間距離成反比。 (2)決定式:C=,k為靜電力常量。 二、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動 1.做直線運(yùn)動的條件 (1)粒子所受合外力F合=0,粒子做勻速直線運(yùn)動或靜止。 (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,帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動或勻減速直線運(yùn)動。 2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn) (1)條件:以速度v0垂直于電場方向飛入勻強(qiáng)電場
3、,僅受電場力。 (2)運(yùn)動性質(zhì):勻變速曲線運(yùn)動。[注4] (3)處理方法:運(yùn)動的合成與分解。 ①沿初速度方向:做勻速直線運(yùn)動。 ②沿電場方向:做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。 【注解釋疑】 [注1] 充電過程:Q、U、E均增大;放電過程反之。 [注2] 放電過程電流隨時(shí)間變化如圖所示,面積表示電容器減少的電荷量。 [注3] 比值定義法,C的大小只由電容器本身結(jié)構(gòu)決定。 [注4] 兩個(gè)有用的結(jié)論 (1)粒子飛出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)“速度的反向延長線,通過垂直電場方向的位移的中點(diǎn)”。 (2)不同帶電粒子從同一電場加速再進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場,所有粒子都從同一點(diǎn)射出,熒光屏上只有一個(gè)亮斑。
4、 [深化理解] 1.在分析電容器的動態(tài)變化時(shí),要先明確電容器是與電源相接還是與電源斷開;電容器接在電源上時(shí),電壓不變,E=;斷開電源時(shí),電容器所帶電荷量不變,E∝,改變兩極板距離,場強(qiáng)不變。 2.帶電粒子偏轉(zhuǎn)問題:離開電場時(shí)的偏移量y=at2=,偏轉(zhuǎn)角tan θ==。 [基礎(chǔ)自測] 一、判斷題 (1)電容器所帶的電荷量是指每個(gè)極板所帶電荷量的代數(shù)和。(×) (2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。(×) (3)放電后的電容器電荷量為零,電容也為零。(×) (4)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運(yùn)動。(×) (5)帶電粒子在電場中,只受電場力時(shí),也可以做勻速圓周運(yùn)動。(√
5、) (6)示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。(√) (7)帶電粒子在電場中運(yùn)動時(shí)重力一定可以忽略不計(jì)。(×) 二、選擇題 1.[教科版選修3-1 P40T9]關(guān)于電容器的電容,下列說法中正確的是( ) A.電容器所帶電荷量越多,電容越大 B.電容器兩板間電壓越低,其電容越大 C.電容器不帶電時(shí),其電容為零 D.電容器的電容只由它本身的特性決定 答案:D 2.[人教版選修3-1 P32T1改編] 如圖所示的裝置,可以探究影響平行板電容器電容的因素,關(guān)于下列操作及出現(xiàn)的現(xiàn)象的描述正確的是( ) A.電容器與電源保持連接,左移電容器左極板,則靜電計(jì)指針
6、偏轉(zhuǎn)角增大 B.電容器充電后與電源斷開,上移電容器左極板,則靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角增大 C.電容器充電后與電源斷開,在電容器兩極板間插入玻璃板,則靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角增大 D.電容器充電后與電源斷開,在電容器兩極板間插入金屬板,則靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角增大 解析:選B 電容器與電源保持連接時(shí)兩極板間的電勢差不變,靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角不變,A錯(cuò)誤;與電源斷開后,電容器所帶電荷量不變,結(jié)合U=和C=可判斷B正確,C、D錯(cuò)誤。 3.[魯科版選修3-1 P44T4]一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場,電場沿豎直方向。兩個(gè)比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)不同的帶正電的粒子a和b,從電容器的P點(diǎn)(如圖所示)以相同的水平速
7、度射入兩平行板之間。測得a和b與電容器極板的撞擊點(diǎn)到入射點(diǎn)之間的水平距離之比為1∶2。若不計(jì)重力,則a和b的比荷之比是( ) A.1∶2 B.1∶8 C.2∶1 D.4∶1 答案:D 4.[人教版選修3-1 P39T5改編]如圖所示,電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后,沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場,并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e,加速電場電壓為U0,偏轉(zhuǎn)電場可看成勻強(qiáng)電場,極板間電壓為U,極板長度為L,板間距為d。忽略電子所受重力,電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)初速度v0和從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy分別是( ) A. B.
8、 C. D. 解析:選D 根據(jù)動能定理,有eU0=mv02, 電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度v0= , 在偏轉(zhuǎn)電場中,電子的運(yùn)動時(shí)間Δt==L , 加速度a==, 偏轉(zhuǎn)距離Δy=a(Δt)2=。 高考對本節(jié)內(nèi)容的考查,主要集中在平行板電容器的動態(tài)分析、帶電粒子(體)在電場中的直線運(yùn)動、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn),其中平行板電容器的動態(tài)分析,主要以選擇題的形式呈現(xiàn),難度中等,而對帶電粒子(體)在電場中的直線運(yùn)動和偏轉(zhuǎn)的考查,以計(jì)算題的形式呈現(xiàn),常結(jié)合力學(xué)知識綜合考查,難度較大。 考點(diǎn)一 平行板電容器的動態(tài)分析[基礎(chǔ)自修類] [題點(diǎn)全練] 1.[與電源斷開的情形]
9、 (2018·北京高考)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。下列說法正確的是( ) A.實(shí)驗(yàn)前,只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸,能使電容器帶電 B.實(shí)驗(yàn)中,只將電容器b板向上平移,靜電計(jì)指針的張角變小 C.實(shí)驗(yàn)中,只在極板間插入有機(jī)玻璃板,靜電計(jì)指針的張角變大 D.實(shí)驗(yàn)中,只增加極板帶電量,靜電計(jì)指針的張角變大,表明電容增大 解析:選A 實(shí)驗(yàn)前,只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸,由于靜電感應(yīng),在b板上將感應(yīng)出異種電荷,故A正確。實(shí)驗(yàn)中,b板向上平移,正對面積S變小,由C=知,電容C變小,由C=知,Q不變,U變大,因此靜電計(jì)指針的張角變大,故B錯(cuò)誤。插入有機(jī)玻璃板,
10、相對介電常數(shù)εr變大,由C=知,電容C變大,由C=知,Q不變,U變小,因此靜電計(jì)指針的張角變小,故C錯(cuò)誤。只增加極板帶電量,電容C不變,靜電計(jì)指針的張角變大,是由于U變大導(dǎo)致的,故D錯(cuò)誤。 2.[與電源相連的情形] (2016·全國卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì),接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出,則電容器( ) A.極板上的電荷量變大,極板間電場強(qiáng)度變大 B.極板上的電荷量變小,極板間電場強(qiáng)度變大 C.極板上的電荷量變大,極板間電場強(qiáng)度不變 D.極板上的電荷量變小,極板間電場強(qiáng)度不變 解析:選D 平行板電容器電容的表達(dá)式為C=,將極板間的云母介質(zhì)移出后,導(dǎo)致電
11、容器的電容C變小。由于極板間電壓不變,據(jù)Q=CU知,極板上的電荷量變小。再考慮到極板間電場強(qiáng)度E=,由于U、d不變,所以極板間電場強(qiáng)度不變,選項(xiàng)D正確。 3.[帶電油滴在電容器中的受力及運(yùn)動] (2018·江蘇高考)如圖所示,水平金屬板A、B分別與電源兩極相連,帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?,F(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離,兩金屬板表面仍均為等勢面,則該油滴( ) A.仍然保持靜止 B.豎直向下運(yùn)動 C.向左下方運(yùn)動 D.向右下方運(yùn)動 解析:選D 開始時(shí)油滴處于靜止?fàn)顟B(tài),有mg=q,B板右端下移時(shí),U不變,d變大,電場力F=q變小,mg>F。并且A、B兩板之間的等差等勢面右端將
12、均勻地順次向下移動,又電場強(qiáng)度垂直于等勢面,可得油滴的受力如圖所示,mg與F的合力方向?yàn)橄蛴蚁路剑视偷蜗蛴蚁路竭\(yùn)動。 [名師微點(diǎn)] 1.分析思路 (1)先確定是Q還是U不變:電容器保持與電源連接,U不變;電容器充電后與電源斷開,Q不變。 (2)用決定式C= 確定電容器電容的變化。 (3)用定義式C=判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U的變化。 (4)用E=分析電容器極板間場強(qiáng)的變化。 2.兩類動態(tài)變化問題的比較 分類 充電后與電池相連U不變 充電后與電池?cái)嚅_Q不變 d變大 C變小,Q變小,E變小 C變小,U變大,E不變 S變大 C變大,Q變大,E不變 C變大
13、,U變小,E變小 εr變大 C變大,Q變大,E不變 C變大,U變小,E變小 考點(diǎn)二 帶電粒子(體)在電場中的直線運(yùn)動[多維探究類] 1.帶電粒子(體)在電場中運(yùn)動時(shí)重力的處理 基本粒子 如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等,除有說明或明確的暗示以外,一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量) 帶電體 如液滴、油滴、塵埃、小球等,除有說明或有明確的暗示以外,一般都不能忽略重力 2.做直線運(yùn)動的條件 (1)粒子所受合外力F合=0,粒子做勻速直線運(yùn)動。 (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,帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動或勻減速直線運(yùn)動。 3.用動力學(xué)觀點(diǎn)分析
14、a=,E=,v2-v02=2ad。 4.用能量觀點(diǎn)分析 勻強(qiáng)電場中:W=Eqd=qU=mv2-mv02。 非勻強(qiáng)電場中:W=qU=Ek2-Ek1。 考法(一) 僅在電場力作用下的直線運(yùn)動 [例1] (多選)(2018·全國卷Ⅲ) 如圖,一平行板電容器連接在直流電源上,電容器的極板水平;兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反,使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近,與極板距離相等。現(xiàn)同時(shí)釋放a、b,它們由靜止開始運(yùn)動。在隨后的某時(shí)刻t,a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是( ) A.a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B.在t時(shí)刻,a的
15、動能比b的大 C.在t時(shí)刻,a和b的電勢能相等 D.在t時(shí)刻,a和b的動量大小相等 [解析] 經(jīng)時(shí)間t,a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面,則xa>xb,根據(jù)x=at2=t2知,ma<mb,故A錯(cuò)誤。電場力做功Wa>W(wǎng)b,由動能定理知,a的動能比b的動能大,故B正確。a、b處在同一等勢面上,根據(jù)Ep=qφ,a、b的電勢能絕對值相等,符號相反,故C錯(cuò)誤。根據(jù)動量定理知a、b的動量大小相等,故D正確。 [答案] BD 考法(二) 在電場力和重力作用下的直線運(yùn)動 [例2] 如圖所示,傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ,極板間距為d,帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為
16、q,從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入,沿直線運(yùn)動并從極板N的右邊緣B處射出,則( ) A.微粒到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動能為mv02 B.微粒的加速度大小等于gsin θ C.兩極板的電勢差UMN= D.微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程電勢能減少 [解析] 微粒僅受電場力和重力,電場力方向垂直于極板,重力的方向豎直向下,微粒做直線運(yùn)動,合力方向沿水平方向。由此可得,電場力方向垂直于極板斜向左上方,合力方向水平向左,微粒做減速運(yùn)動,微粒到達(dá)B時(shí)動能小于mv02,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)qEsin θ=ma,qEcos θ=mg,解得a=gtan θ,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;兩極板的電勢差UMN=Ed=,選項(xiàng)C正確;微粒
17、從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中,電場力做負(fù)功,電勢能增加,電勢能增加量qUMN=,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 [答案] C 考法(三) 在多個(gè)連續(xù)電場中的直線運(yùn)動 [例3] (2017·江蘇高考)如圖所示,三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分別位于O、M、P點(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動到P點(diǎn)?,F(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn),則由O點(diǎn)靜止釋放的電子( ) A.運(yùn)動到P點(diǎn)返回 B.運(yùn)動到P和P′點(diǎn)之間返回 C.運(yùn)動到P′點(diǎn)返回 D.穿過P′點(diǎn) [解析] 電子在A、B板間的電場中加速運(yùn)動,在B、C板間的電場中減速運(yùn)動,設(shè)A、B板間的電壓為U,B、C板間的電場強(qiáng)度為E,M、P兩點(diǎn)間的距
18、離為d,則有eU-eEd=0,若將C板向右平移到P′點(diǎn),B、C兩板所帶電荷量不變,由E===可知,C板向右平移到P′時(shí),B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變,由此可以判斷,電子在A、B板間加速運(yùn)動后,在B、C板間減速運(yùn)動,到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為零,然后返回,A項(xiàng)正確,B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 [答案] A [共性歸納] 對于帶電粒子(體)在電場中的直線運(yùn)動問題,無論是忽略重力還是考慮重力,解決此類問題時(shí)要注意分析是做勻速運(yùn)動還是勻變速運(yùn)動,勻速運(yùn)動問題常以平衡條件F合=0作為突破口進(jìn)行求解,勻變速運(yùn)動根據(jù)力和運(yùn)動的關(guān)系可知,合力一定和速度在一條直線上,然后運(yùn)用動力學(xué)觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解。 (1)運(yùn)用動力學(xué)觀點(diǎn)
19、時(shí),先分析帶電粒子(體)的受力情況,根據(jù)F合=ma得出加速度,再根據(jù)運(yùn)動學(xué)方程可得出所求物理量。 (2)運(yùn)用能量觀點(diǎn)時(shí),在勻強(qiáng)電場中,若不計(jì)重力,電場力做的功等于動能的變化量;若考慮重力,則合力做的功等于動能的變化量。 考點(diǎn)三 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)[師生共研類] 1.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律 2.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法 運(yùn)動的分解法 一般用分解的思想來處理,即將帶電粒子的運(yùn)動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運(yùn)動和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動。 功能關(guān)系 當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解:qUy=mv2-mv02,其中Uy=y(tǒng),指初
20、、末位置間的電勢差。 [典例] 如圖所示,A、B兩個(gè)帶正電的粒子,所帶電荷量分別為q1與q2,質(zhì)量分別為m1和m2。它們以相同的速度先后垂直于電場線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場后,A粒子打在N板上的A′點(diǎn),B粒子打在N板上的B′點(diǎn),若不計(jì)重力,則( ) A.q1>q2 B.m1<m2 C.> D.< [解析] 設(shè)粒子的初速度為v0,電荷量為q,質(zhì)量為m,加速度為a,運(yùn)動的時(shí)間為t,所以有加速度a=,運(yùn)動時(shí)間為t=,偏轉(zhuǎn)位移為y=at2,整理得y=,顯然由于A粒子的水平位移小,則有>,但A粒子的電荷量不一定大,質(zhì)量關(guān)系也不能確定,故A、B、D錯(cuò)誤,C正確。
21、 [答案] C [延伸思考] (1)例題中如果僅將“以相同的速度”改為“以相同的初動能”,應(yīng)選________。 提示:選A 由典例的解析可知y=,由題意Ek0=mv02,整理得y=,由于A粒子的水平位移小,則A粒子的電荷量大,即q1大于q2,A正確。由以上分析可知,不能確定兩粒子的質(zhì)量關(guān)系,B、C、D錯(cuò)誤。 (2)例題中兩粒子由靜止開始經(jīng)相同加速電場加速后,經(jīng)右板的同一小孔進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場,假設(shè)兩粒子均能落在B板上,則兩粒子是否落在B板同一位置? 提示:設(shè)加速電場的電壓為U,偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度大小為E,由動能定理,對粒子在加速電場中的運(yùn)動有qU=mv2;粒子在偏轉(zhuǎn)電場中,由牛頓第二
22、定律有Eq=ma,兩粒子落在B板上時(shí),兩粒子在豎直方向的位移相同,y=at2,粒子在水平方向上有x=vt,由以上整理解得x=2 ,由于y、U、E均相同,則兩粒子均落在B板的同一位置。 [解題方略] 分析勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵 條件分析 不計(jì)重力,且?guī)щ娏W拥某跛俣葀0與電場方向垂直,則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運(yùn)動。 運(yùn)動分析 帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動: ①在垂直電場方向上做勻速直線運(yùn)動,在這個(gè)方向上找出平行板的板長和運(yùn)動時(shí)間等相關(guān)物理量; ②沿電場力方向做勻加速直線運(yùn)動,在這個(gè)方向上找出偏轉(zhuǎn)加速度、偏轉(zhuǎn)位移、偏轉(zhuǎn)速度等相關(guān)物理量。 在垂直電場方向上有t=
23、,沿電場力方向上有y=at2或vy=at,a=,聯(lián)立方程可求解。 [題點(diǎn)全練] 1.[三種粒子偏轉(zhuǎn)運(yùn)動的比較] 真空中的某裝置如圖所示,其中平行金屬板A、B之間有加速電場,C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場,M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場,最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4,電荷量之比為1∶1∶2,則下列判斷中正確的是( ) A.三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同 B.三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C.偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D.偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為
24、1∶2∶4 解析:選B 設(shè)加速電壓為U1,偏轉(zhuǎn)電壓為U2,偏轉(zhuǎn)極板的長度為L,板間距離為d,在加速電場中,由動能定理得qU1=mv02,解得v0= ,三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏的過程,水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動,由于三種粒子的比荷不同,則v0不同,所以三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不同,故A錯(cuò)誤;根據(jù)推論可知三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中側(cè)移距離y=、偏轉(zhuǎn)角tan θ=,可知y與粒子的種類、質(zhì)量、電荷量無關(guān),故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同,打到熒光屏上的位置相同,故B正確;偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為W=qEy,則W與q成正比,三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2,則有電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶
25、2,故C、D錯(cuò)誤。 2.[偏轉(zhuǎn)運(yùn)動中的極值問題] 如圖所示,真空中水平放置的兩個(gè)相同極板Y和Y′,長為L,相距d,足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距b。在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓UYY′,一束質(zhì) 量為m、帶電荷量為+q的粒子(不計(jì)重力)從兩板左側(cè)中點(diǎn)A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出。 (1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點(diǎn); (2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓UYY′的范圍; (3)求粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長度。 解析:(1)設(shè)粒子在運(yùn)動過程中的加速度大小為a,離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)偏轉(zhuǎn)距離為y,沿電場方向的速度為vy,速度偏轉(zhuǎn)角為θ,其反向延長線通過O點(diǎn),O點(diǎn)與板右
26、端的水平距離為x,則有 y=at2,L=v0t,vy=at,tan θ==,解得x= 即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點(diǎn)。 (2)由題知a=,E=,解得y= 當(dāng)y=時(shí),UYY′= 則兩板間所加電壓的范圍為-≤UYY′≤。 (3)當(dāng)y=時(shí),粒子到達(dá)屏上時(shí)豎直方向偏移的距離最大,設(shè)其大小為y0, 則y0=y(tǒng)+btan θ 又tan θ==,解得:y0= 故粒子在屏上可能到達(dá)的區(qū)域的長度為2y0=。 答案:見解析 考點(diǎn)四 實(shí)驗(yàn):觀察電容器的充、放電現(xiàn)象 1.充電:電源使電容器的兩極板帶上等量異種電荷的過程。如圖甲。 2.放電:用導(dǎo)線將充好電的
27、電容器的兩極板相連,使兩極板的異種電荷中和的過程,如圖乙。 3.電容器充放電時(shí)的能量轉(zhuǎn)化:充電后,電容器儲存了電能。放電時(shí),儲存的電能釋放出來,轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 [基礎(chǔ)考法] 1.(多選)(2018·北京大興區(qū)期末)如圖甲所示連接電路,選用8 V直流電源,470微法的電解電容器。當(dāng)單刀雙擲開關(guān)S擲向1端,電源向電容器充電。然后把開關(guān)擲向2端,電容器通過電阻R放電,傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī),屏幕上顯示出如圖乙所示的電流隨時(shí)間變化曲線。一位同學(xué)對實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了一些分析,其中正確的是( ) A.開關(guān)S擲向2端時(shí),流經(jīng)電流傳感器的電流方向從B到A B.放電過程中電容器的電容C、電荷量
28、Q、電壓U都變小 C.I-t圖中曲線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電容器儲存的電荷量 D.電容器充電完畢時(shí),儲存的電能約為0.015 J 解析:選CD 開關(guān)S擲向1端時(shí),電容器上極板接電源的正極;開關(guān)S擲向2端時(shí),流經(jīng)電流傳感器的電流方向從A到B,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。放電過程中電容器的電荷量Q、電壓U都變小,電容C不變,選項(xiàng)B錯(cuò)誤。根據(jù)Q=It,則I-t圖中曲線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電容器儲存的電荷量,選項(xiàng)C正確。電容器充電完畢時(shí),儲存的電能約為E=CU2=×470×10-6×82 J≈0.015 J,選項(xiàng)D正確。 2.(2019·長沙模擬)如圖甲所示是一種測量電容器電容的實(shí)驗(yàn)電路圖,實(shí)驗(yàn)是通過對高阻
29、值電阻放電的方法,測出電容器充電至電壓U時(shí)所帶電荷量Q,從而求出待測電容器的電容C。某同學(xué)在一次實(shí)驗(yàn)時(shí)的情況如下: A.按如圖甲所示的電路圖接好電路 B.接通開關(guān)S,調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值,使電流表的指針偏轉(zhuǎn)接近滿刻度,記下此時(shí)電流表的示數(shù)是I0=490 μA,電壓表的示數(shù)U0=8.0 V C.?dāng)嚅_開關(guān)S,同時(shí)開始計(jì)時(shí),每隔5 s測讀一次電流i的值,將測得數(shù)據(jù)填入表格,并標(biāo)示在圖乙的坐標(biāo)紙上(時(shí)間t為橫坐標(biāo),電流i為縱坐標(biāo)),如圖乙中小黑點(diǎn)所示。 (1)在圖乙中畫出i-t圖線; (2)圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍成面積的物理意義是_________________________; (3
30、)該電容器電容為________ F(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字); (4)若某同學(xué)實(shí)驗(yàn)時(shí)把電壓表接在E、D兩端,則電容的測量值比它的真實(shí)值________ (選填“偏大”“偏小”或“相等”)。 解析:(1)用平滑的曲線連接,作出圖像如圖: (2)由ΔQ=I·Δt知,電荷量為i-t圖像與坐標(biāo)軸所包圍的面積,則面積為電容器在開始放電時(shí)所帶的電荷量。 (3)算出格子數(shù),由總格子數(shù)乘以每個(gè)格子的“面積”值求得Q=8.5×10-3 C 則C== F=1.1×10-3 F。 (4)電容的測量值比它的真實(shí)值偏小,原因是若把電壓表接在E、D兩端,則電容器在放電時(shí),有一部分電量會從電壓表中通過,從而
31、使得通過電流表中的電量小于電容器的帶電量,從而使電容的測量值比它的真實(shí)值偏小。 答案:(1)見解析圖 (2)在開始放電時(shí)電容器所帶的電荷量 (3)1.1×10-3 (4)偏小 “STS問題”巧遷移——現(xiàn)代科技中的靜電場問題 (一)智能手機(jī)上的電容觸摸屏 1.(多選)目前智能手機(jī)普遍采用了電容觸摸屏,電容觸摸屏是利用人體的電流感應(yīng)進(jìn)行工作的,它是一塊四層復(fù)合玻璃屏,玻璃屏的內(nèi)表面和夾層各涂一層ITO(納米銦錫金屬氧化物),夾層ITO涂層作為工作面,四個(gè)角引出四個(gè)電極,當(dāng)用戶手指觸摸電容觸摸屏?xí)r,手指和工作面形成一個(gè)電容器,因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號,電流通過這個(gè)電容器分別從屏的
32、四個(gè)角上的電極中流出,且理論上流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例,控制器通過對四個(gè)電流比例的精密計(jì)算來確定手指位置。對于電容觸摸屏,下列說法正確的是( ) A.電容觸摸屏只需要觸摸,不需要壓力即能產(chǎn)生位置信號 B.使用絕緣筆在電容觸摸屏上也能進(jìn)行觸控操作 C.手指壓力變大時(shí),由于手指與屏的夾層工作面距離變小,電容變小 D.手指與屏的接觸面積變大時(shí),電容變大 [思維轉(zhuǎn)換] 解析:選AD 據(jù)題意知,電容觸摸屏只需要觸摸,由于流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例,控制器就能確定手指的位置,因此不需要手指有壓力,故A正確;絕緣筆與工作面不能形成一個(gè)電容器,所
33、以不能在電容屏上進(jìn)行觸控操作,故B錯(cuò)誤;手指壓力變大時(shí),由于手指與屏的夾層工作面距離變小,電容將變大,故C錯(cuò)誤;手指與屏的接觸面積變大時(shí),電容變大,故D正確。 (二)電容式傳聲器 2.如圖所示為某電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖,當(dāng)人對著傳聲器講話,膜片會振動。若某次膜片振動時(shí),膜片與極板距離增大,則在此過程中( ) A.膜片與極板間的電容增大 B.極板所帶電荷量增大 C.膜片與極板間的電場強(qiáng)度增大 D.電阻R中有電流通過 [思維轉(zhuǎn)換] 解析:選D 根據(jù)C=可知,膜片與極板距離增大,膜片與極板間的電容減小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)Q=CU可知極板所帶電荷量減小,因此電容器要通過電阻R放電
34、,所以選項(xiàng)D正確,B錯(cuò)誤;根據(jù)E=可知,膜片與極板間的電場強(qiáng)度減小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 (三)靜電除塵器除塵 3.為了減少污染,工業(yè)廢氣需用靜電除塵器除塵,某除塵裝置如圖所示,其收塵極為金屬圓筒,電暈極位于圓筒中心。當(dāng)兩極接上高壓電源時(shí),電暈極附近會形成很強(qiáng)的電場使空氣電離,廢氣中的塵埃吸附離子后在電場力的作用下向收塵極運(yùn)動并沉積,以達(dá)到除塵目的。假設(shè)塵埃向收塵極運(yùn)動過程中所帶電荷量不變,下列判斷正確的是( ) A.金屬圓筒內(nèi)存在勻強(qiáng)電場 B.金屬圓筒內(nèi)越靠近收塵極電勢越低 C.帶電塵埃向收塵極運(yùn)動過程中電勢能越來越大 D.帶電塵埃向收塵極運(yùn)動過程中受到的電場力越來越小 解析:選
35、D 根據(jù)題圖信息可知除塵器內(nèi)電場在水平面上的分布類似于負(fù)點(diǎn)電荷電場,電場線方向由收塵極指向電暈極,故A錯(cuò)誤;逆電場線方向,電勢變高,故越靠近收塵極,電勢越高,因此B錯(cuò)誤;塵埃帶負(fù)電后受電場力作用向收塵極運(yùn)動,電場力做正功,電勢能越來越小,故C錯(cuò)誤;離電暈極越遠(yuǎn),場強(qiáng)越小,塵埃帶電荷量不變,受到的電場力越小,故D正確。 (四)反射式速調(diào)管 4.反射式速調(diào)管是常用的微波器械之一,它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波,其震蕩原理與下述過程類似。如圖所示,在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場,一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始,在電場力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動。已知電場強(qiáng)度的大小分別是
36、E1=2.0×103 N/C和E2=4.0×103 N/C,方向如圖所示,帶電微粒質(zhì)量m=1.0×10-20 kg,帶電荷量q=-1.0×10-9 C,A點(diǎn)距虛線MN的距離d1=1.0 cm,不計(jì)帶電微粒的重力,忽略相對論效應(yīng)。求: (1)B點(diǎn)距虛線MN的距離d2; (2)帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t。 解析:(1)帶電微粒由A運(yùn)動到B的過程中,由動能定理有|q|E1d1-|q|E2d2=0① 由①式解得d2=d1=0.50 cm。 ② (2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2,有 |q|E1=ma1 ③ |q|E2=ma2 ④ 設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動的時(shí)間分別為t1、t2,有 d1=a1t12 ⑤ d2=a2t22 ⑥ 又t=t1+t2 ⑦ 聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式解得t=1.5×10-8 s。 答案:(1)0.50 cm (2)1.5×10-8 s
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