【配套K12】2019届高考物理一轮复习第6章静电场8第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动随堂检

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高三物理一轮总复习第6章静电场第3节电容器带电粒

【答案】D
考点二带电粒子在匀强电场中的偏转例 2 如图甲所示，有一粒子源发射具有沿轴线
ABO 方向，速度大小不同的粒子，粒子质量均为 m，
带电荷量均为 q(q>0)．A.B 是两个阀门，阀门后是一
对平行极板，两极板间距为 2d，上极板接地，下极板的电势随时间变化关系如图乙所示．O 处是一与轴线垂直的接收屏，以 O 为原点，垂直于轴线 ABO 向上为 y 坐标轴正方向．不同速度的粒子打在接收屏上对应不同的坐标，其余尺寸见图．已知关系式2Ud0mq t2＝15d. 某时刻 A 开启，2t后关闭，又经过2t后 B 开启，再过2t后 B 也关闭，以 B 开启的时刻作为图乙中计时零点．
考点一平行板电容器的动态分析问题例 1 如图所示，水平放置的两个平行的金属板 A、B 带等量的异种电荷，A 板带正电荷，B 板接地．两板间有一正试探电荷固定在 C 点，以 C 表示电容器的电容，U 表示两板间的电势差，φ 表示 C 点的电势，Ep 表示正电荷在 C 点的电势能．若将 B 板保持不动，将正极板 A 缓慢向下平移一小段距离 l(仍然在 C 上方)的过程中，各物理量与正极板移动距离 x 的关系图象中，正确的是( )
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．
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值． Q
(2)定义式：C＝ U
．
(3)物理意义：表示电容器储存电荷的本领大小的
物理量．
(4)单位：法拉(F) 1 F＝ 106 μ F＝1012pF
3．平行板电容器

高三物理一轮复习第6章静电场 3 电容器与电容带电粒

②沿电场方向，做初速度为零的__匀__加__速__直__线__运动．
加速度：a＝mF＝qmE＝mqUd

a.能飞出平行板电容器：t＝vl0
运动时间bt＝.打在2平mqU行dy极板上：y＝12at2＝12·mqUdt2，
离开电场时的偏移量：y＝12at2＝2qmUvl202d
【答案】 AC
考向一平行板电容器的动态分析问题运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路 (1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)用决定式 C＝4επrkSd分析平行板电容器电容的变化． (3)用定义式 C＝QU分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)用 E＝Ud 分析电容器两极板间电场强度的变化．
[填一填]
1．电容器 (1)组成：两个彼此绝缘且又相距很近的_导__体__． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的__绝__对__值__．
(3)充、放电：
①充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带上等量的_异__号__电荷的过程，两极板间有_电__场__存在．充电过程中由电源获得的__电__能____储存在电容器中．
知识点二带电粒子在电场中的运动 [想一想]
如图所示，在点电荷＋Q的电场中有A、B两点，将质子和 α粒子分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为多少？
提示：由 qU＝12mv2，得 v＝
2qU m
∝
q m
所以 vH∶vα＝ 11∶ 24＝ 2∶1.
[填一填] 1．带电粒子在电场中的加速带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子_动__能__的增量．
离开电场时的偏转角：tan
θ＝vv0y＝mqvU20ld

高考物理一轮总复习第六章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动课件(选修31)

产生的(
)
[答案] √
第11页
必修1 第1章第1讲
高考总复习·课标版·物理
基础知识回顾
(
考点互动探究
7．带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计
)
课
时
跟
[答案] ×
踪训
练
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必修1 第1章第1讲
考点
互动探究
高考总复习·课标版·物理
基
础
知
识回
[核心提示]
顾
1 个概念：电容 2 类问题：平行板电容器两类动态问题
究
第6页
必修1 第1章第1讲
高考总复习·课标版·物理
知识点二带电粒子在匀强电场中的运动示波管
基
础知
1．加速问题：若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子
识
回顾
做的功等于带电粒子的动能的增量． (1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝_12_m__v_2_－__12_m_v_20__.
课时
基础
A．①情况下，可以通过上移极板 M 实现
知
识回
B．①情况下，可以通过上移极板 N 实现
顾
C．②情况下，可以通过上移极板 M 实现
课
D．②情况下，可以通过上移极板 N 实现
时跟
考
点互
[思维启迪] (1)电容器是否与电源相连．
踪训练
动
探究
(2)板间距变化引起的场强变化．
第18页
必修1 第1章第1讲
考点互
不变，根据 Q＝CU，C＝4επrkSd及 E＝Ud 可得，E＝4πεrkSQ，可以看出 E 与两板间距离 d 无关，所以无论怎样移动 M、N 两极

高三物理一轮复习课件：第六章_第三讲_电容器与电容_带电粒子在电场中的运动

变式训练 1
一平行板电容器的两个极板水平放置，
两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比．若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率 v 匀速下降；若两极板间的电压为 U，经一段时间后，油滴以速率 v 匀速上升．若两极板间电压为－ U，油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是 ( )
解析
当增大两极板间的距离时，由电容器的电容 C＝
εrS 知电容变小，因为电容器两端的电压不变，由 Q＝CU 4πkd 知电容器极板上的电量变小，即电容器对电源反向充电，故 R 中有电流，电流的方向为 a 流向 b，故答案应选 B、C.
答案
BC
4．如图所示，平行板电容器的两个极板为 A、B，B 板接地， A 板带有电量＋ Q，板间电场中有一固定点 P，若将 B 板固定，A 板下移一些，或者将 A 板固定，B 板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是 ( )
三、示波管的原理 1．构造：电子枪，偏转电极，荧光屏． 2．工作原理(如图所示 )．
3．如果在偏转电极 XX′和 YY′之间都没有加电压，则电子枪射出电子后沿直线传播，打在荧光屏 4 中心，在那里产生一个亮斑． 4． YY′上加的是待显示的 5 信号电压． XX′上是机器自身的锯齿形电压，叫做 6 扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的
答案 AC
5.如图所示，足够长的两平行金属板正对着竖直放置，它们通过导线与电源 E、定值电阻 R、开关 S 相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速释放，最终液滴落在某一金属板上．下列说法中正确的是( )
A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线 B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大 C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短 D．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长

高考物理大一轮复习第6章静电场第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动

考点二带电粒子在电场中的直线运动问题 1．带电粒子在电场中运动时重力的处理 (1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)． (2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．
2．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法
力可忽略，不计重力，则M∶m为( )
A．3∶2 C．5∶2
B．2∶1 D．3∶1
解析：选A.两粒子同时从静止开始，在电场力作用下做匀加
二、带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中的加速 (1)处理方法：利用动能定理：qU＝ 12mv2－12mv20 . (2)适用范围：任何电场．
2．带电粒子在电场中的偏转带电粒子以垂直匀强电场的场强方向进入电场后，做类平拋
运动，轨迹为拋物线．
垂直于场强方向做匀速直线运动：
vx＝v0，x＝v0t. 平行于场强方向做初速度为零的匀加速直线
(3)用定义式C＝
Q U
判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U
的变化．
(4)用E＝Ud 分析电容器极板间场强的变化．
2．平行板电容器动态分析的两类题型：
(1)电容器始终与电源相连，U恒定不变，则有Q＝CU∝C，
C＝4επrkSd∝εdrS，两板间场强E＝Ud ∝1d；
(2)电容器充完电后与电源断开，Q恒定不变，则有U＝
运动：
vy＝at，y＝12at2，a＝qmE＝mqUd.
侧移距离：y＝2qmUvl202d，偏转角θ的正切：tan θ＝mqdUvl02，如下图所示．
三、示波管 1．示波管装置示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如图所示．

2019高考物理大一轮复习第六章静电场第3讲电容器的电容、带电粒子在电场中的运动课件

能的过程
答案
二、带电粒子在电场中的运动 1.加速问题若不计粒子的重力且无其他外力作用，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的动能的增量. (1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝ 12mv2－12mv02 . (2)在非匀强电场中：W＝qU＝ 12mv2－12mv02 .
2.带电粒子在电场中偏转的运动规律不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，如图1.
图1 (1)沿初速度方向做匀速直线运动
运动时间
l a.能飞出电容器：t＝ v0 .
b.不能飞出电容器：d0＝
1 2
at2＝
2mdd0 t＝_____q_U___
2qmUd，t2
(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动
加速度：a＝mF＝qmE＝qmUd
qUl2
离开电场时的偏移量：y＝ 1 at2＝ 2mdv02
垂直电场方向入射且偏转电极加恒定
电压的情形.
内容索引
过好双基关
回扣基础知识训练基础题目
研透命题点
细研考纲和真题分析突破命题点
课时作业
限时训练练规范练速度
过好双基关
一、电容器 1.电容器的充、放电 (1)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_异__种__ 电荷，电容器中储存电场能 . (2)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.
自测1 下列关于电容器的叙述正确的是
A.电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器
B.从C＝
Q U
可以看出，电容的大小取决于带电荷量和电压
C.电容器所带的电荷量是指两个极板所带电荷量的绝对值

2019江苏高考物理总复习一轮复习配套课件第八章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动

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高考总复习一轮复习导学案 ·物理（江苏）
第八章
静电场
基础梳理 1. 电容器
绝缘又相互________ (1) 组成：由两个彼此________ 靠近的导体组成．
绝对值． (2) 所带电荷量：每个极板所带电荷量的________
(3) 电容器的充电和放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷 ________，电容器中
垂直 (2) ① 进入电场的方式：一个质量为 m、带电荷量为 q 的粒子，以初速度 v0________
于电场线方向进入两平行金属板间的匀强电场，两板间的电势差为 U.
不变，且电场力的方向与初速度 v0 的方向 ② 力的特点：粒子所受电场力大小________
垂直．
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高考总复习一轮复习导学案 ·物理（江苏）
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高考总复习一轮复习导学案 ·物理（江苏）
第八章
静电场
典题演示 1
(2017· 金陵中学)如图所示，固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后
与电源断开连接．将 B 极板向左水平移动一小段距离后，电容器的电容 C、静电计指针偏角 θ、静电板间电场强度 E 的变化情况分别是( A ) A. C 变小，θ 变大，E 不变 B. C 不变，θ 不变，E 变小 C. C 变小，θ 不变，E 不变 D. C 变小，θ 变大，E 变小
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第八章
静电场
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高考总复习一轮复习导学案 ·物理（江苏）
第八章
静电场
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知识诊断考点研析

高考物理大一轮复习第六章静电场第3讲电容器带电

B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
√D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
由C＝ 4επrkSd可知，当将云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小.再由E＝，由U 于U与d都不变，故电场强
度E不变，选项D正确.
√A.U变大，E变大 √C.φP变小，Ep变大
B.U变小，φP变小 D.φP变大，Ep变小
3
命题点二
带电粒子在电场中的直线运动
1.做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，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
子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动.
d
题组阶梯突破 1.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，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点的点
电荷，以E表示两板间的电场强度，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
答案分析解析
(结果保留三位有效数字)
答案 2.10×106 m/s
解析
4.(人教版选修3－1P39第3题)先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场.进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比. (1)电子与氢核的初速度相同. (2)电子与氢核的初动能相同. 答案见解析解析
2
命题点一
平行板电容器的动态分析
一、两类典型问题 1.电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变. 2.电容器充电后与电源断开，电容器两极所带的电荷量Q保持不变. 二、动态分析思路 1.U不变

高考物理一轮复习第六章静电场第三节电容器带电

电容器带电粒子在电场中的运动时间：45分钟一、单项选择题1.如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是( )A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D．所有液滴下落过程中电场力做功相等解析：第一滴液滴下落时，A上不带电，故不受电场力作用，只受重力，所以做自由落体运动，以后的液滴在下落过程中，将受电场力作用，且在靠近A的过程中电场力变大，所以做变加速运动，当A电荷量较大时，使得液滴所受的电场力大于重力时，液滴有可能不能到达A球，所以A错误；当液滴下落到重力等于电场力位置时，再运动重力将不等于电场力，所以不会做匀速运动，故B错误；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，故下落液滴动能最大的位置不同，此时合外力做功不同，最大动能不相等，所以C正确；每滴液滴在下落过程中A所带的电荷量不同，液滴所受的电场力不同，电场力做功不同，所以D错误．答案：C2.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在P 点，如图所示，以C 表示电容器的电容、E 表示两板间的场强、φ表示P 点的电势，W 表示正电荷在P 点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l 0的过程中，各物理量与负极板移动距离x 的关系图象中正确的是( )解析：由平行板电容器的电容C ＝εr S4πkd 可知d 减小时，C 变大，但不是一次函数，A 错．在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U ＝Q C ，E ＝U d ＝4πkQεr S与d 无关，则B 错．在负极板接地的情况下，设没有移动负极板时P 点距负极板的距离为d ，移动x 后为d －x .因为移动极板过程中电场强度E 不变．故φP ＝E (d －x )＝Ed －Ex ，其中x ≤l 0，则C 正确；正电荷在P 点的电势能W ＝qφP ＝qEd －qEx ，显然D 错．答案：C3．如图所示，从炽热的金属丝飘出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )A ．仅将偏转电场极性对调B ．仅增大偏转电极板间的距离C ．仅增大偏转电极板间的电压D ．仅减小偏转电极板间的电压解析：改变偏转电场的极性，只能改变电子受力方向，但电子的偏转角大小不变，选项A 错误；根据E ＝U d可知，当两极板间距离d 增大时，E 减小，所以电子受到的电场力减小，其偏转角也减小，选项B 错误；电子进入偏转电场后做类平抛运动，则L ＝v 0t 、e U d＝ma 及tan θ＝at v 0可得tan θ＝eULmdv 20，当U 增大时偏转角也增大，选项C 正确，D 错误．答案：C 4.(2016·安徽六校联考)如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD 面与EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD 面带正电，EFGH 面带负电．从小孔P 沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A 、B 、C ，最后分别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是( )A ．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B ．三个液滴的运动时间不一定相同C ．三个液滴落到底板时的速率相同D ．液滴C 所带电荷量最多解析：三个液滴具有相同的水平初速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A 错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，运动时间必相同，选项B 错误；在相同的运动时间内，液滴C 水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，故它所带电荷量也最多，选项D 正确；因为电场力对液滴C 做功最多，它落到底板时的速率最大，选项C 错误．答案：D 5.一个带负电荷量为q 、质量为m 的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，小球恰能通过半径为R 的竖直光滑圆形轨道的最高点B 而做圆周运动．现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A 点由静止释放该小球，则( )A ．小球不能过B 点 B ．小球仍恰好能过B 点C ．小球通过B 点，且在B 点与轨道之间压力不为零D ．以上说法都不对解析：由题意得，加匀强电场前对小球有mg ＝m v 21R ，mg (h －2R )＝12mv 21；加匀强电场后仍从A 点由静止释放该小球，则(mg －qE )(h －2R )＝12mv 22，联立解得mg －qE ＝m v 22R ，满足此时小球恰好能过B 点的临界条件，B 正确．答案：B 二、多项选择题 6．(2016·株洲模拟)如图所示是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有( )A ．带正电的矿粉落在右侧B ．电场力对矿粉做正功C ．带负电的矿粉电势能增大D ．带正电的矿粉电势能减小解析：带正电的矿粉受到向左的电场力作用，落在左侧，电场力对所有矿粉均做正功，矿粉电势能均减小，B、D正确．答案：BD7．如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U.在两极板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量Q不变，下列操作能使静电计指针张角变小的是( )A．将M板向下平移B．将M板沿水平方向向左远离N板C．在M、N之间插入云母板(介电常数εr>1)D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触解析：由C＝εr S4πkd可知，将M板向下平移，S减小，将M板沿水平方向向左移动，d增大，均使C变小，再由Q＝CU可知，电容器两板间电压增大，静电计指针张角增大，A、B错误；在M、N间插入云母板，εr增大，C增大，U变小，静电计指针张角减小，C正确；在M、N间插入金属板，相当于d减小，故C增大，U变小，静电计指针张角减小，D正确．答案：CD8．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两极板间距离d＝4×10－3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m＝4×10－5 kg、电荷量q＝＋1×10－8 C，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．微粒的入射速度v0＝10 m/sB ．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C ．电源电压为180 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场D ．电源电压为100 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场解析：开关S 闭合前，两极板间不带电，微粒落到下板的正中央，由d 2＝12gt 2，L2＝v 0t ，得v 0＝10 m/s ，A 对；电容器上板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更小，B 错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a ，电场力向上，则d 2＝12at 21，L ＝v 0t 1，mg －U 1qd＝ma ，得U 1＝120 V ，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U 2＝200 V ，所以平行板上板带负电，电源电压为120 V≤U ≤200 V 时微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C 对，D 错．答案：AC 三、计算题 9.在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m (不考虑所受重力)，电荷量为e ，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U 1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d ，板长为L ，偏转电压为U 2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？解析：电子在加速电场加速时，根据动能定理eU 1＝12mv 2x进入偏转电场后L ＝v x ·t ，v y ＝at ，a ＝eU 2md射出偏转电场时合速度v ＝v 2x ＋v 2y ，以后匀速到达荧光屏，由以上各式得E k ＝12mv 2＝eU 1＋eU 22L 24d 2U 1.答案：eU 1＋eU 22L24d 2U 110.如图所示，在竖直平面内，AB 为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD 为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB 与CD 通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O ，半径R ＝0.50 m ，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E ＝1.0×104N/C ，现有质量m ＝0.20 kg 、电荷量q ＝8.0×10－4C 的带电体(可视为质点)，从A 点由静止开始运动，已知x AB ＝1.0 m ，带电体与轨道AB 、CD 间的动摩擦因数均为0.5.假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．求：(取g ＝10 m/s 2)(1)带电体运动到圆弧形轨道C 点时的速度； (2)带电体最终停在何处．解析：(1)设带电体到达C 点时的速度为v ，从A 到C 由动能定理得：qE (x AB ＋R )－μmgx AB－mgR ＝12mv 2解得v ＝10 m/s(2)设带电体沿竖直轨道CD 上升的最大高度为h ，从C 到D 由动能定理得：－mgh －μqEh ＝0－12mv 2解得h ＝53m在最高点，带电体受到的最大静摩擦力F f max ＝μqE ＝4 N ，重力G ＝mg ＝2 N 因为G <F f max所以带电体最终静止在C 点上方到C 点的竖直距离为53 m 处．答案：(1)10 m/s ，方向竖直向上 (2)C 点上方到C 点的竖直距离为53m 处11．如图所示，光滑水平轨道与半径为R 的光滑竖直半圆轨道在B 点平滑连接，在过圆心O 的水平界面MN 的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m 、电荷量为＋q 的小球从水平轨道上A 点由静止释放，小球运动到C 点离开圆轨道后，经界面MN 上的P 点进入电场(P 点恰好在A 点的正上方，如图所示，小球可视为质点，小球运动到C 点之前电荷量保持不变，经过C 点后电荷量立即变为零)．已知A 、B 间距离为2R ，重力加速度为g ，在上述运动过程中，求：(1)电场强度E 的大小；(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率； (3)小球对圆轨道的最大压力的大小．解析：(1)设小球过C 点时速度大小为v C ，小球从A 到C 由动能定理知qE ·3R －mg ·2R ＝12mv 2C小球离开C 点后做平抛运动到P 点，R ＝12gt 22R ＝v C t 得E ＝mg q(2)设小球运动到圆轨道D 点时速度最大，设最大速度为v ，此时OD 与竖直线OB 夹角设为α，小球从A 点运动到D 点的过程，根据动能定理知qE (2R ＋R sin α)－mgR (1－cos α)＝12mv 2即12mv 2＝mgR (sin α＋cos α＋1) 根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大由此可得v ＝2＋22gR(3)由于小球在D 点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在D 点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F ，由牛顿第三定律可知小球在D 点受到的轨道的弹力大小也为F ，在D 点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，由牛顿第二定律知，F －qE sin α－mg cos α＝mv 2R，解得F ＝(2＋32)mg答案：(1)mg q(2)2＋22gR (3)(2＋32)mg。

2019年高考物理大一轮复习江苏专版文档：第六章静电场第3讲

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动一、电容器及电容 1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值． (3)电容器的充、放电：①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异种电荷，电容器中储存电场能．②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． 2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值． (2)定义式：C ＝QU.(3)单位：法拉(F)、微法(μF )、皮法(pF).1 F ＝106 μF ＝1012 pF. (4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关． 3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离． (2)决定式：C ＝εr S4πkd.自测1 关于电容器及其电容，下列说法中正确的是( )A ．平行板电容器一板带电＋Q ，另一板带电－Q ，则此电容器不带电B ．由公式C ＝QU 可知，电容器的电容随电荷量Q 的增加而增大C ．对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比D ．如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容答案 C二、带电粒子在电场中的运动 1．加速(1)在匀强电场中，W ＝qEd ＝qU ＝12m v 2－12m v 02.(2)在非匀强电场中，W ＝qU ＝12m v 2－12m v 02.2．偏转(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v 0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示．图1(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动．根据运动的合成与分解的知识解决有关问题．(3)基本关系式：运动时间t ＝l v 0，加速度a ＝F m ＝qE m ＝qU md ，偏转量y ＝12at 2＝qUl 22md v 02，偏转角θ的正切值：tan θ＝v y v 0＝at v 0＝qUlmd v 02.三、示波管 1．示波管的构造①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图2所示)图22．示波管的工作原理(1)YY ′上加的是待显示的信号电压，XX ′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压． (2)观察到的现象①如果在偏转电极XX ′和YY ′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．自测2 先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场．进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比． (1)电子与氢核的初速度相同． (2)电子与氢核的初动能相同．答案见解析解析设偏转电压为U ，带电粒子的电荷量为q 、质量为m ，垂直进入偏转电场的速度为v 0，偏转电场两极板间距离为d 、极板长为l ，则：粒子在偏转电场中的加速度a ＝qUdm，在偏转电场中运动的时间为t ＝l v 0，粒子离开偏转电场时沿电场力方向的速度v y ＝at ＝qUldm v 0，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan θ＝v y v 0＝qUldm v 02.(1)若电子与氢核的初速度相同，则tan θe tan θH ＝m Hm e .(2)若电子与氢核的初动能相同，则tan θetan θH＝1.命题点一平行板电容器的动态分析1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变． (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变． 2．动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化．②根据E ＝Ud 分析场强的变化．③根据U AB ＝E ·d 分析某点电势变化． (2)Q 不变①根据C ＝Q U ＝εr S 4πkd 先分析电容的变化，再分析U 的变化．②根据E ＝U d ＝4k πQεr S分析场强变化．例1 (多选)(2017·苏北四市期中)如图3所示，电路中平行板电容器C 不带电．下列说法正确的有( )图3A ．闭合S 瞬间，电流计G 中有a →b 方向的电流B ．闭合S 后，增大C 两极板间距离的过程中，电流计G 中有a →b 方向的电流 C ．闭合S 后再断开，增大C 两极板间距离，极板间电场强度保持不变D ．闭合S 后再断开，在C 两极板间插入电介质，极板间电势差变小答案 ACD解析开关闭合时，电容器充电，电流计中有a →b 方向的电流，选项A 正确；根据C ＝εr S4πkd ，d 增加，C 减小，根据C ＝QU ，C 减小，电容器与电源相连，U 不变，Q 减小，要放电，电流计G 中有b →a 方向的电流，选项B 错误；与电源断开，Q 不变，E ＝U d ＝4πkQεr S ，电场强度不变，选项C 正确；断开电源，Q 不变，插入电介质，C 增加，C ＝QU ，所以U 减小，选项D正确．变式1 (多选)(2017·射阳二中模拟)如图4所示，平行板电容器与电动势为E ′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的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( )图4A ．平行板电容器的电容将变小B ．静电计指针张角变小C ．带电油滴的电势能将减少D ．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变答案 ACD解析将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，根据C ＝εr S 4πkd 知，d 增大，则电容变小，故A 正确；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B 错误；电势差不变，d 增大，则电场强度减小，P 点与上极板的电势差减小，则P 点的电势增大，因为油滴带负电，则电势能减少，故C 正确；若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，d 改变，根据E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S ，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D 正确．命题点二带电粒子在电场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，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，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． 2．用动力学观点分析 a ＝qE m ，E ＝Ud ，v 2－v 02＝2ay .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 02非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1例2 (2017·江苏单科·4)如图5所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )图5A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点答案 A解析根据平行板电容器的电容的决定式C ＝ εr S 4πkd 、定义式C ＝QU 和匀强电场的电压与电场强度的关系式U ＝Ed 可得E ＝ 4πkQεr S ，可知将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板间的电场强度不变，由O 点静止释放的电子仍然可以运动到P 点，并且会原路返回，故选项A 正确．变式2 (多选)(2017·如皋市第二次质检)如图6甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是( )图6答案 AD解析分析电子一个周期内的运动情况：0～T4时间内，电子从静止开始向B 板做匀加速直线运动，T 4～T 2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T 2时刻速度为零，T 2～34T 时间内向A 板做匀加速直线运动，34T ～T 时间内做匀减速直线运动．根据匀变速直线运动速度－时间图象是倾斜的直线可知，A 图符合电子的运动情况，故A 正确，C 错误；电子做匀变速直线运动时x －t 图象应是抛物线，故B 错误；根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替进行，而匀变速运动的加速度大小不变，a －t 图象应平行于横轴，故D 正确．命题点三带电粒子在电场中的偏转1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎨⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝ 2mdyqU.(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22md v 02.离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl md v02.2．两个结论(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，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12m v 02y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1l md v 02得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(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，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．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：qU y ＝12m v 2－12m v 02，其中U y＝Udy ，指初、末位置间的电势差．例3 (2018·泰州中学模拟)如图7所示，离子发生器发射一束质量为m 、电荷量为＋q 的离子，从静止经P 、Q 两板间的加速电压加速后，以初速度v 0再从a 点沿ab 方向进入一匀强电场区域，abcd 所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为L ，匀强电场的方向与ad 边平行且由a 指向d.图7(1)求加速电压U 0；(2)若离子恰从c 点飞离电场，求ac 两点间的电势差U ac ；(3)若离子从abcd 边界上某点飞出时的动能为m v 02，求此时匀强电场的场强大小E .答案 (1)m v 022q (2)2m v 02q (3)m v 02qL解析 (1)对直线加速过程，根据动能定理，有：qU 0＝12m v 02解得：U 0＝m v 022q.(2)设此时场强大小为E c ，则： ab 方向，有：L ＝v 0t ad 方向，有：L ＝12·qE c m ·t 2，又U ac ＝E c L ，解得：U ac ＝2m v 02q.(3)根据E k ＝m v 02可知，离子射出电场时的速度v ＝2v 0，方向与ab 所在直线的夹角为45°，即v x ＝v y ，根据x ＝v x t ，y ＝v y 2t 可得x ＝2y ，则离子是从bc 边上的中点飞出的，即y ＝L 2.根据动能定理，有：Eqy ＝m 02－12m v 02，解得：E ＝m v 02qL.命题点四带电粒子在交变电场中的运动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(一般用牛顿运动定律求解)． (2)粒子做往返运动(一般分段研究)．(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)． 3．思维方法(1)注重全面分析(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)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)注意对称性和周期性变化关系的应用．例4 (2017·苏北四市期中)如图8甲所示，极板A 、B 间电压为U 0，极板C 、D 间距为d ，荧光屏到C 、D 板右端的距离等于C 、D 板的板长．A 板O 处的放射源连续无初速地释放质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，经电场加速后，沿极板C 、D 的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中心线垂直)，当C 、D 板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t 0；当C 、D 板间加上如图乙所示电压(图中电压U 1已知)时，粒子均能从C 、D 两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用．求：图8(1)C 、D 板的长度L ；(2)粒子从C 、D 板间飞出时垂直于极板方向偏移的最大距离； (3)粒子打在荧光屏上区域的长度．答案 (1)t 02qU 0m (2)qU 1t 022md (3)3qU 1t 022md解析 (1)粒子在A 、B 板间有qU 0＝12m v 02，在C 、D 板间有L ＝v 0t 0，解得：L ＝t 02qU 0m. (2)粒子从nt 0(n ＝0、2、4……)时刻进入C 、D 间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，偏移距离y ＝12at 02，加速度a ＝qU 1md ，得：y ＝qU 1t 022md.(3)粒子在C 、D 间偏转距离最大时打在荧光屏上的位置距中心线最远，从C 、D 板飞出时的偏转角tan θ＝v yv 0，v y ＝at 0，打在荧光屏上的位置距中心线最远距离，s ＝y ＋L tan θ. 粒子打在荧光屏上区域的长度Δs ＝s ＝3qU 1t 022md .命题点五带电粒子在复合场中的运动处理带电粒子在“等效力场”中的运动，要关注以下两点：一是对带电粒子进行受力分析时，注意带电粒子受到的电场力的方向与运动方向所成的夹角是锐角还是钝角，从而确定电场力做功情况；二是注意带电粒子的初始运动状态．1．等效重力法．将重力与电场力进行合成，如图9所示，则F 合为等效重力场中的“重力”，g ′＝F 合m 为等效重力场中的“等效重力加速度”，F 合的方向等效为“重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向．图92．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，而应是物理最高点．几何最高点是图形中所画圆的最上端，是符合人眼视觉习惯的最高点．而物理最高点是物体在圆周运动过程中速度最小(称为临界速度)的点．例5 (多选)(2017·南京市、淮安市5月模拟)如图10所示，将一带正电小球从A 点以一定速度与水平方向成θ角抛出，随后落到了与A 等高的B 点，若其他条件不变，在空间加一竖直向下的匀强电场，不考虑空气阻力，则下列说法中正确的是( )图10A ．两次到达虚线处的时间相等B ．两次到达最高点的速度相同C ．两次到达虚线处的速度相同D ．第二次落点在B 点的右侧答案 BC解析加电场后竖直方向的加速度变大，再次到达虚线处的时间变短，故A 错误；两次到达最高点的速度都是v 0cos θ，故B 正确；重力、电场力做功均为零，两次到达虚线处的速度相同，C 正确；由于时间变短，第二次落点在B 点的左侧，故D 错误．变式3 (2017·启东中学期中)如图11所示，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在O 点，另一端系一带正电的小球，小球只在重力、电场力、细线的拉力作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所受的电场力大小等于重力大小．比较a 、b 、c 、d 这四点，小球( )图11A ．在最高点a 处的动能最小B ．在最低点c 处的机械能最小C ．在水平直径右端b 处的机械能最大D ．在水平直径左端d 处的机械能最大答案 C解析小球所受电场力和重力大小相等，电场力方向水平向右，则小球所受电场力和重力的合力如图所示，合力与水平方向成45°角偏右下方．由小球所受合力方向可知，小球从a 向e 点运动时，合力对小球做负功，小球动能将减小，故a 点不是小球动能最小的点(最小的点在e 点)，故A 错误；除重力以外的其它力做的功等于机械能的增量，拉力不做功，从d 到b 的过程中，电场力做正功，则b 点机械能最大，d 点机械能最小，故C 正确，B 、D 错误．1．(2018·苏州市调研卷)某一平行板电容器，其一个极板带＋5.4×10－3 C 电荷量，另一极板带－5.4×10－3 C 电荷量，电容器两极板间电压为450 V ，则该电容器的电容值为( )A ．2.4×10－5 FB ．1.2×10－5 FC ．8.3×104 FD ．4.2×104 F答案 B解析根据C ＝QU ，则C ＝5.4×10－3450F ＝1.2×10－5 F ，故选B.2.(2017·扬州中学5月模拟)如图12所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ，在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带正电粒子P 静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动，重力加速度为g .则下列判断正确的是( )图12A ．上极板带正电B ．粒子开始向上运动C ．粒子运动的加速度大小为d d －lg D ．粒子运动的加速度大小为ld g答案 D解析带正电粒子P 静止，粒子受重力和电场力，电场强度方向向上，故上极板带负电：mg ＝q U d －l.① 当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：mg －q Ud ＝ma .②联立①②解得：a ＝ldg .综上可知，D 正确．3．(2017·如皋市第二次质检)三个α粒子由同一位置同时水平飞入偏转电场，轨迹如图13所示，下列判断不正确的是( )图13A ．进电场时c 的速度最大，a 的速度最小B ．在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上C ．b 和c 同时飞离电场D ．动能的增加量c 最小，a 和b 一样大答案 C解析三个粒子的质量和电荷量都相同，则知加速度相同．a 、b 两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y ＝12at 2，可知运动时间相等，在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上；c 竖直方向上的位移y c ＜y b ，根据y ＝12at 2，可知t c ＜t b ，c 先离开电场；在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v ＝xt .因x c ＝x b ，t c ＜t b ，则v c ＞v b .根据t a ＝t b ，x b ＞x a ，则v b ＞v a .所以有：v c ＞v b ＞v a ，故A 、B 正确，C 错误．根据动能定理知，对a 、b 两粒子，电场力做功一样多，所以动能增加量相等，对c 粒子，电场力做功最少，动能增加量最小，故D 正确；本题选错误的，故选C.4．(2017·东台市5月模拟)一价氢离子、一价氦离子和二价氦粒子的混合物经过同一电场Ⅰ由静止加速后，进入匀强电场Ⅱ，已知一价氦离子在电场Ⅱ中的运动轨迹如图14中1，下列说法正确的是( )图14A ．一价氢离子的轨迹可能是2B ．二价氦粒子的轨迹可能是3C ．一价氢离子的轨迹可能是3D ．二价氦粒子的轨迹一定是1 答案 D解析设正电荷的电荷量为q ，加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转电场的极板长为L 、板间距离为d .加速电场中qU 1＝12m v 02，偏转电场中运动时间t ＝Lv 0.偏转距离y ＝12at 2＝12·qU 2md ·(L v 0)2，得到y ＝U 2L 24dU 1.设偏转角度为θ，则tan θ＝v y v 0＝U 2L2dU 1.由以上可知y 、θ与带电粒子的质量、电荷量无关，则一价氢离子、一价氦离子、二价氦粒子在偏转电场中的轨迹重合，故D 正确．5．(多选)(2018·南通市第二次调研)如图15所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m ，在竖直平面内沿与水平方向成30°角的虚线以速度v 0斜向上做匀速运动．当小球经过O 点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O 点电势为零，重力加速度为g ，则( )图15A ．原电场方向竖直向下B ．改变后的电场方向垂直于ONC ．电场方向改变后，小球的加速度大小为gD ．电场方向改变后，小球的最大电势能为m v 024答案 CD解析由于小球匀速运动，电场强度大小E ＝mgq ，方向竖直向上，故A 错误；改变电场的方向后，由于小球仍沿虚线方向做直线运动，电场力沿垂直于ON 方向的分力与重力沿垂直于ON 方向的分力大小相等，qE ·sin θ＝mg cos 30°，可知此时电场力的方向与ON 之间的夹角为60°，故B 错误；小球受到的合力：F 合＝mg sin 30°＋qE cos θ＝ma ，解得a ＝g ，故C 正确；小球向上运动，当速度等于0时，电势能最大，最大等于克服电场力做的功．由－qE ·cos θ·x －mg sin 30°·x ＝0－12m v 02，小球的最大电势能：E pm ＝qE cos θ·x .联立得：E pm ＝m v 024，故D正确．1．(2018·南京市、盐城市质检)如图1所示的可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合．则电容器的电容将( )图1A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．保持不变D ．先增大后减小答案 A2．(2017·淮阴中学4月模拟)如图2所示，2015年4月，中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三线城市的主要公交用车，如图2所示．这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容器”．这种电容器安全性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大(达到9 500 F)，能够在10 s 内完成充电．下列说法正确的是( )图2A ．充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极B ．该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大C ．该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能D ．该“超级电容器”能储存电荷答案 D解析充电时电源的正极要接电容器的正极，A 错误；电容是由电容器本身的性质决定的，与电压和电荷量无关，B 错误；放电过程是把电场能转化为其他形式的能，C 错误；由题意可知，该“超级电容器”能储存电荷，D 正确．3．(2018·泰州二中模拟)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图3所示．现保持B 板不动，适当移动A 板，发现静电计指针张角减小，则A 板可能是( )图3A ．右移B ．左移C ．上移D ．下移答案 A解析将A 板向右移一些，板间距离减小，由电容的决定式C ＝εr S 4πkd ，可知电容增大，而电容器电荷量不变，由C ＝QU 分析得知，板间电势差减小，则静电计指针张角减小；同理可知，A 板向左移一些时，静电计指针张角增大，故A 正确，B 错误．A 板向上移或向下移一些，两极板正对面积减小，由电容的决定式C ＝εr S4πkd ，可知电容减小，而电容器电荷量不变，由C ＝QU分析得知，板间电势差增大，则静电计指针张角增大，故C 、D 错误．4．(多选)如图4所示，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子刚好能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M 、N 两板间距的12处返回，则下述措施能满足要求的是( )图4A ．使初速度减为原来的12B ．使M 、N 间电压提高到原来的2倍C ．使M 、N 间电压提高到原来的4倍D ．使初速度和M 、N 间电压都减为原来的12答案 BD解析在粒子刚好到达N 板的过程中，由动能定理得－qEd ＝0－12m v 02，所以d ＝m v 022qE ，令带电粒子离开M 板的最远距离为x ，则使初速度减为原来的12，x ＝d4；使M 、N 间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x ＝d2；使M 、N 间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x ＝d 4；使初速度和M 、N 间电压都减为原来的12，电场强度变为原来的一半，x ＝d2，故B 、D 正确． 5．(多选)如图5所示，水平放置的平板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源．一带电小球以速度v 0水平射入电场，且沿下板边缘射出，若下板不动，将上板向上平移一小段距离，小球仍以相同的速度从原处射入，则带电小球( )图5A ．将打在下板上的某一点B ．仍沿原轨迹运动，沿下板边缘射出C ．不发生偏转，沿直线运动D ．若上板不动，将下板向上平移一段距离，小球可能打在下板的中央解析将电容器上板向上移动一小段距离，电容器所带的电荷量Q 不变，由于：E ＝U d ＝QCd ＝4πkQεr S，可知当d 增加时，场强E 不变，以相同的速度入射的小球仍沿原来的轨迹运动，故B 正确，A 、C 错误；若上板不动，将下板上移一段距离，根据以上分析可知，板间电场强度不变，小球所受的电场力不变，小球运动的轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D 正确． 6．如图6所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a 点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图6A ．保持静止状态B ．向左上方做匀加速运动C ．向正下方做匀加速运动D ．向左下方做匀加速运动答案 D解析两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有mg ＝qE ，现将两板绕过a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D 正确．7．(多选)(2018·石榴高中月考)如图7所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球( )图7A ．做直线运动B ．做曲线运动C ．速率先减小后增大D ．速率先增大后减小解析小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一直线上，小球做曲线运动，故A 错误，B 正确；小球所受的合力与速度方向先成钝角，后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速率先减小后增大，故C 正确，D 错误．8.(多选)(2017·淮阴中学月考)如图8所示，在真空中有质子、氘核和α粒子都从O 点静止释放，经过相同加速电场和偏转电场后，打在同一与OO ′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点；已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，粒子重力不计．下列说法中正确的是( )图8A ．质子、氘核和α粒子在偏转电场中运动时间相同B ．三种粒子出偏转电场时的速度相同C ．在荧光屏上将只出现1个亮点D ．偏转电场对质子、氘核和α粒子做功之比为1∶1∶2 答案 CD解析在加速电场中，根据动能定理得：qU 1＝12m v 20－0，则进入偏转电场的速度v 0＝2qU 1m，因为质子、氘核和α粒子的比荷之比为2∶1∶1，则初速度之比为2∶1∶1，在偏转电场中运动时间t ＝Lv 0，则知时间之比为1∶2∶2，故A 错误；在竖直方向上的分速度v y ＝at ＝qELm v 0，则出电场时的速度v ＝v 02＋q 2E 2L 2m 2v 02＝2qU 1m ＋qE 2L 22mU 1，因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同，故B 错误；偏转位移y ＝12at 2＝12· qU 0md ·L 2v 02＝U 0L 24U 1d ，与粒子的电荷量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏上将只出现一个亮点，故C 正确；偏转电场的电场力对粒子做功W ＝qEy ，因为E 和y 相同，电荷量之比为1∶1∶2，则电场力做功之比为1∶1∶2，故D 正确．9．(多选)(2017·如东高级中学第二次调研)如图9甲所示，两个平行金属板P 、Q 正对竖直放。

高考物理一轮复习第六章静电场第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动教案-人教版高三全册物

第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动[基础梳理]提示：异种中和容纳电荷QUεr S4πkd12mv2－12mv20qU类平抛运动合成分解匀速直线匀加速直线电子枪[自我诊断]判一判(1)电容是表示电容器储存电荷本领的物理量．( )(2)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．( )(3)一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6C时，两板间电压升高10V，那么电容器的电容C＝1.0×10－7F．( )(4)带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动．( )(5)示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的．( )(6)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计．( )提示：(1)√(2)×(3)√(4)√(5)√(6)×做一做一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是( )A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小提示：选B.由公式C ＝εr S4πkd 知，在两极板间插入一电介质，其电容C 增大，由公式C＝Q U知，电荷量不变时，U 减小，B 正确．电容器及电容器的动态分析[知识提炼]1．电容C 是用比值定义法定义的物理量．电容器的电容C 可以用比值Q U来量度，但电容器的电容C 与Q 、U 的大小无关．2．两类动态问题的分析过程(1)第一类动态变化：两极板间电压U 恒定不变(2)第二类动态变化：电容器所带电荷量Q 恒定不变[典题例析](2019·4月浙江选考)以下器件中是电容器的是( )[解析] A 是滑动变阻器，C 是电阻箱，D 是定值电阻，B 是电容器，故B 正确． [答案] B[题组过关]考向1 对电容的理解1．(2019·4月浙江选考)以下式子属于比值定义物理量的是( ) A ．t ＝Δx v B ．a ＝F mC ．C ＝Q UD ．I ＝U R解析：选C.时间是基本物理量，t ＝Δxv不是时间的比值定义式，故A 错误；加速度的比值定义式应为a ＝Δv Δt ，故B 错误；C ＝QU 是电容的比值定义式，故C 正确；电流的比值定义式应为I ＝q t，故D 错误．考向2 两极板间电压U 恒定不变2．(多项选择)(2020·舟山质检)如下图，电路中A 、B 为两块竖直放置的金属板，C 是一只静电计，开关S 合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是( )A ．使A 、B 两板靠近一些 B ．使A 、B 两板正对面积减小一些C ．断开S 后，使B 板向右平移一些D ．断开S 后，使A 、B 正对面积减小一些解析：选CD.静电计显示的是A 、B 两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S 后，A 、B 两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S 后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A 、B 两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C ＝Q U可知，板间电压U 增大，从而静电计指针张角增大，所以选项C 、D 正确．考向3 电容器所带电荷量Q 恒定不变3．(多项选择)如下图，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U ，现使B 板带正电，那么以下判断正确的选项是( )A ．增大两极板之间的距离，静电计指针张角变大B ．将A 板稍微上移，静电计指针张角将变大C ．假设将玻璃板插入两板之间，那么静电计指针张角变大D ．假设将A 板拿走，那么静电计指针张角变为零解析：选AB.电容器上所带电荷量一定，由公式C ＝εr S4πkd，当d 变大时，C 变小，再由C ＝QU得U 变大；当A 板上移时，正对面积S 变小，C 也变小，U 变大；当插入玻璃板时，C 变大，U 变小；当将A 板拿走时，相当于使d 变得更大，C 更小，故U 应更大，应选AB.考向4 电容器动态分析与电场性质4．(2020·金华质检)如下图，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，那么两板间的电势差U 及板间场强E 的变化情况为( )A ．U 变大，E 变大B ．U 变小，E 变小C ．U 不变，E 不变D ．U 变小，E 不变解析：选B.当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q 保持不变，插入电介质后，电容器的电容C 变大，由U ＝Q C 知U 将变小，而由E ＝U d可知，板间场强E 也将变小，选项B 正确．平行板电容器的动态分析方法(1)确定不变量→分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)用决定式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)用E ＝U d分析电容器极板间电场强度的变化．带电粒子在电场中的直线运动[题组过关]1．(多项选择)(2020·湖州调研)如下图，两块水平放置的平行正对的金属板A 、B 与电池相连，在两板中点M 处有一个带电液滴处于静止状态．假设将A 板向下平移一小段距离，但仍在M 点上方，稳定后，以下说法正确的选项是( )A ．液滴将加速向下运动B ．M 点电势升高C ．M 点的电场强度变小了D ．在A 板移动前后两种情况下，假设将液滴从A 板移到B 板，电场力做功相同解析：选BD.两极板始终与电源相连，所以A 板下移过程中极板间电压U 不变．由E ＝U d可知，d 减小，E 增大，故C 错误；开始时带电液滴静止，即mg ＝qE ，A 板下移，那么qE ＞mg ，带电液滴向上加速运动，故A 错误；由φM ＝U MB ＝E ·d MB 可知，A 板下移M 点电势升高，故B 正确；A 板移动前后，A 、B 间电势差U 不变，所以电场力做功相同，故D 正确．2.(多项选择)(2020·台州高二月考)等量异种点电荷的连线和中垂线如下图．现将一个带负电的试探电荷先从图中的a 点沿直线移动到b 点，再从b 点沿直线移动到c 点，那么试探电荷在此过程中( )A ．所受电场力的方向不变B ．所受电场力的大小恒定C ．电势能一直减小D ．电势能先不变后减小答案：AD1．带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．2．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．(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，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．3．带电粒子在匀强电场中做直线运动的处理方法 (1)用动力学方法分析：a ＝F 合m ，E ＝U d；v 2－v 20＝2ad . (2)用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.4．带电粒子在电场中平衡问题的解题步骤带电粒子在电场中的偏转运动[知识提炼]1．粒子的偏转角(1)以初速度v 0垂直进入偏转电场：如下图，设带电粒子质量为m ，带电荷量为q ，偏转电压为U 1，假设粒子飞出电场时偏转角为θ，那么tan θ＝qU 1lmv 20d结论：动能一定时，tan θ与q 成正比，电荷量相同时tan θ与动能成反比． (2)粒子从静止开始经加速电场U 0加速后再进入偏转电场，那么有：qU 0＝12mv 2可解得：tan θ＝U 1l2U 0d结论：粒子的偏转角与粒子的q 、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场． 2．粒子在匀强电场中偏转时的两个结论 (1)以初速度v 0进入偏转电场，那么 y ＝12at 2＝12·qU 1md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02作粒子速度的反向延长线，设与初速度延长线交于O 点，O 点与电场边缘的距离为x ，那么x ＝y ·cot θ＝qU 1l 22dmv 20·mv 20dqU 1l ＝l 2结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l2处沿直线射出．(2)经加速电场加速再进入偏转电场：假设不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，那么偏移量：y ＝U 1l 24U 0d偏转角正切：tan θ＝U 1l2U 0d结论：无论带电粒子的m 、q 如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y 和偏转角θ都是相同的，也就是运动轨迹完全重合．[典题例析](2020·丽水质检)如下图，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：(1)粒子从射入电场到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α； (3)粒子打到屏上的点P 到O 点的距离x .[解析] (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t ＝2L v 0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eq m ，所以v y ＝a L v 0＝qELmv 0，所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELmv 20.(3)设粒子在电场中的偏转距离为y ，那么y ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝12qEL 2mv 20法一：x ＝y ＋L tan α，解得：x ＝3qEL 22mv 20法二：x ＝v y L v 0＋y ＝3qEL22mv 20.法三：由x y ＝L ＋L 2L 2得：x ＝3y ＝3qEL22mv 20.[答案] (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL22mv 20分析粒子在电场中偏转运动的两种方法(1)分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动．(2)功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式计算．①假设选用动能定理，那么要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．②假设选用能量守恒定律，那么要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．[题组过关]1．(2020·1月浙江选考)如下图，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，极板长度l ，间距d ，电子质量m ，电荷量e .假设电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是( )A ．偏转电压B ．偏转的角度C ．射出电场速度D ．电场中运动的时间答案：B2．一束电子流在经U ＝5000V 的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场，如下图．假设两板间距d ＝1.0cm ，板长l ＝5.0cm ，那么要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？解析：加速过程，由动能定理得eU ＝12mv 20①进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l ＝v 0t ②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动加速度a ＝F m ＝eU ′dm③偏转距离y ＝12at 2④能飞出的条件为y ≤d2⑤联立①～⑤式解得U ′≤2Ud 2l2＝4.0×102V即要使电子能飞出，所加电压最大为400V. 答案：400V[随堂检测]1．(2017·4月浙江选考)如下图，在竖直放置间距为d 的平行板电容器中，存在电场强度为E 的匀强电场．有一质量为m ，电荷量为＋q 的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g .那么点电荷运动到负极板的过程，( )A ．加速度大小为a ＝Eq m＋gB ．所需的时间为t ＝dm EqC ．下降的高度为y ＝d2D ．电场力所做的功为W ＝Eqd 答案：B2．(多项选择)(2020·台州高三检测)如下图，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变，让质子(11H)流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a 、b 轨迹落到极板的中央和边缘，那么质子沿b 轨迹运动时( )A ．加速度更大B ．初速度更大C ．动能增量更大D ．两次的电势能增量相同解析：选BD.加速度为a ＝qE m，加速度相同，故A 错误；质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么偏转距离y ＝12at 2＝12·qE m ·x 2v 20＝qEx22mv 20，x 是水平位移，由题图看出，y 相同，那么知，v 0越大时，x 越大，故质子沿b 轨迹运动时初速度v 0更大，故B 正确；电场力做功为W ＝qEy ，可见，电场力做功相同，由能量守恒得知，两次动能的增量相同，电势能的增量相同，故C 错误，D 正确．3.如下图，A 、B 两金属板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A 、B 两板间加上以下哪种电压时，有可能使电子到不了B 板( )答案：B4．(2016·4月浙江选考)密立根油滴实验原理如下图．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下场强为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，假设此悬浮油滴的质量为m ，那么以下说法正确的选项是( )A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的电荷量为mg UC ．增大场强，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍答案：C[课后达标]一、选择题1．(多项选择)(2020·温州质检)由电容器电容的定义式C ＝Q U可知( ) A ．假设电容器不带电，那么电容C 为零 B ．电容C 与电容器所带电荷量Q 成正比 C ．电容C 与所带电荷量Q 多少无关D ．电容在数值上等于使两板间的电压增加1V 时所需增加的电荷量答案：CD2.(多项选择)如下图，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 板时速度为v ，保持两板间电压不变，那么( )A ．当增大两板间距离时，v 增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大答案：CD3．(2020·衢州质检)如下图，充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，以A 点为坐标原点，AB 方向为位移x 的正方向，能正确反映电势φ随位移x 变化的图象是( )答案：C4.如下图，一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，那么它们( )A ．同时到达屏上同一点B ．先后到达屏上同一点C ．同时到达屏上不同点D ．先后到达屏上不同点解析：选 B.一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.5.(2020·浙江温岭质检)如下图，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L ，板间距离为d ，在板右端L 处有一竖直放置的光屏M ，一带电荷量为q ，质量为m 的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M 屏上，那么以下结论正确的选项是( )A ．板间电场强度大小为mgqB ．板间电场强度大小为mg2qC ．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D ．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间解析：选C.根据质点垂直打在M 屏上可知，质点在两板中央运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，mg<qE，选项A、B错误；根据运动的分解和合成，质点沿水平方向做匀速直线运动，质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等，选项C正确，D错误．6．(2020·舟山质检)如下图，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．假设不计重力，那么a和b的比荷(带电荷量和质量比值)之比是( ) A．1∶8B．8∶1C．1∶2D．2∶1解析：选B.粒子水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1∶2.根据x＝v0t，知时间比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y＝12at2知，y之比为2∶1，那么a、b的加速度之比为8∶1，根据牛顿第二定律知，加速度a＝qEm，加速度之比等于比荷之比，那么两电荷的比荷之比为8∶1，故B正确，A、C、D错误．7.如下图，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A．假设微粒带正电荷，那么A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析：选C.分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A错误．微粒从M点运动到N 点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B错误．微粒从M点运动到N点的过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C正确．微粒从M点运动到N点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D错误．8．(2020·温州月考)如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd 方向以速率v 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．假设两粒子轨迹恰好相切，那么v 0等于( )A.s22qEmhB.s2qE mh C.s42qEmhD.s4qE mh解析：选B.带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律解决问题．根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心．那么在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12qE m t 2，解得v 0＝s 2qEmh.应选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 9.(2020·丽水高二期中)喷墨打印机的简化模型如下图，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，那么微滴在极板间电场中( )A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与带电荷量无关解析：选C.带负电的墨汁微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动，带负电的墨汁微滴进入电场后受到向上的静电力，故墨汁微滴向正极板偏转，A 选项错误；墨汁微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，B 选项错误；根据x ＝v 0t ，y ＝12at 2及a ＝qE m ，得墨汁微滴的轨迹方程为y ＝qEx22mv 20，即运动轨迹是抛物线，与带电荷量有关，C 选项正确，D 选项错误．10．有一种静电除尘的方式如下图，空气中的尘埃进入电离区后带上负电，然后沿平行轴线方向飞入金属圆筒收集区．在圆筒轴线处放有一条直导线，在导线与筒壁间加上电压U ，形成沿半径方向的辐射电场，假设每个尘埃的质量和带电量均相同，飞入收集区的速度相同，不计尘埃的重力，不考虑尘埃间的相互作用，那么( )A ．大量尘埃将聚集在导线上B．尘埃在圆筒内都做类似平抛的运动C．被收集尘埃的电势能减少量都相等D．飞入时与圆筒轴线距离相同的尘埃到达筒壁所用的时间相同解析：选D.尘埃进入电离区后带上负电，所受电场力指向金属圆筒，A错误；辐射电场不是匀强电场，尘埃所受电场力是变力，故不是做类似平抛的运动，B错误；尘埃偏向金属圆筒过程中电场力做功不同，电势能减少量不相等，C错误；飞入时与圆筒轴线距离相同的尘埃运动情况相同，那么到达筒壁所用的时间相同，D正确．二、非选择题11．(2020·杭州质检)如下图，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离开杆后正好通过C端的正下方P点处．(g取10m/s2)求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环从C运动到P过程中的动能增量；(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.解析：(1)结合题意分析知：qE＝mg，F合＝2mg＝maa＝2g＝102m/s2，方向垂直于杆向下．(2)设小环从C运动到P的过程中动能的增量为ΔE k＝W重＋W电其中W重＝mgh＝4J，W电＝0，所以ΔE k＝4J.(3)环离开杆做类平抛运动，平行杆方向匀速运动：22h＝v0t垂直杆方向匀加速运动：22h＝12at2解得v0＝2m/s.答案：(1)102m/s2垂直于杆向下(2)4J (3)2m/s12．(2020·湖州质检)如下图，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会被带上一定量的电荷，在电场的作用下使电荷发生偏转到达纸上．两偏转极板长度L＝1.5×10－2m，两极板间电场强度E ＝1.2×106N/C ，墨滴的质量m ＝1.0×10－13kg ，电荷量q ＝1.0×10－16C ，墨滴在进入电场前的速度v 0＝15m/s ，方向与两极板平行．不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响．(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？ (2)求墨滴在两极板之间运动的时间． (3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移y .(4)假设极板到纸的距离d ＝2.5×10－3m ，求墨滴到纸上时的竖直方向上的位移h . 解析：(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间t ＝L v 0代入数据可得：t ＝1.0×10－3s.(3)墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，a ＝Eq m代入数据可得：a ＝1.2×103m/s 2离开偏转电场时在竖直方向的位移y ＝12at 2代入数据可得：y ＝6.0×10－4m.(4)根据电场的推论L2L2＋d＝y h，可得h ＝8.0×10－4m.答案：(1)负电荷 (2)1.0×10－3s (3)6.0×10－4m (4)8.0×10－4m13.如下图，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.4m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝1.0×104N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－4C ，质量m ＝0.1kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点(图中未画出)．取g ＝10m/s 2.试求：(1)带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小； (2)D 点到B 点的距离x DB ；(3)带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能．解析：(1)设带电体恰好通过C 点时的速度为v C ，依据牛顿第二定律有mg ＝m v 2CR，解得v C ＝2.0m/s.设带电体通过B 点时的速度为v B ，设轨道对带电体的支持力大小为F B ，带电体在B 点时，根据牛顿第二定律有F B －mg ＝m v 2BR.带电体从B 运动到C 的过程中，依据动能定理有－mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B联立解得F B ＝6.0N ，根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F ′B ＝6.0N.(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t ，根据运动的分解有 2R ＝12gt 2x DB ＝v C t －12Eq mt 2联立解得x DB ＝0.(3)由P 到B 带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B 经C 到D 的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B 点右侧对应圆心角为45°处．设带电体的最大动能为E km ，根据动能定理有qER sin45°－mgR (1－cos45°)＝E km －12mv 2B代入数据解得E km ≈1.17J. 答案：(1)6.0N (2)0 (3)1.17J14．如下图，虚线MN 左侧有一场强为E 1＝E 的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2＝2E 的匀强电场，在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏，现将一电子(电荷量为e ，质量为m )无初速度地放入电场E 1中的A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为O ，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ； (3)电子打到屏上P ′点到O 点的距离x .解析：(1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a 1，时间为t 1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE 1m ＝eE mL 2＝12a 1t 21 v 1＝a 1t 1，t 2＝2Lv 1运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mL eE. (2)设电子射出电场E 2时，沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a 2＝eE 2m ＝2eE mt 3＝Lv 1，v y ＝a 2t 3tan θ＝v y v 1联立各式解得tan θ＝2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x 1x 1＝12a 2t 23tan θ＝x 2L解得：x ＝x 1＋x 2＝3L . 答案：(1)3mLeE(2)2 (3)3L。

高三物理一轮复习第6章静电场第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动

咐呼州鸣咏市呢岸学校第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动考点一| 电容器的电容1．电容器的充、放电(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上量的异种电荷，电容器中储存电场能． (2)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． 2．对公式C ＝Q U的理解电容C ＝Q U，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的，与电容器是否带电及带电多少无关．3．两种类型的动态分析思路(加试要求)(1)确不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)用决式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)用义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．(4)用E ＝Ud分析电容器两极板间电场强度的变化．(2021·4月学考)关于电容器，以下说法正确的选项是( ) A ．在充电过程中电流恒 B ．在放电过程中电容减小 C ．能储存电荷，但不能储存电能D ．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器D [电容器充、放电过程中电流都是变化的，A 错误．电容大小是电容器本身属性，由自身决，与放电、充电无关，B 错误．电容器储存电荷的过程即储存电能的过程，C 错误．应选D.]1．关于电容器的两个公式的区别(1)电容的义式C ＝Q U，反映了电容器储存电荷的本领，但平行板电容器的电容C 的大小与Q 、U 都无关．(2)平行板电容器电容的决式C ＝εr S4πkd，反映了电容C 的大小与两极板正对面积成正比，与两极板间距离成反比，与极板间电介质的相对介电常数成正比．2．平行板电容器动态变化问题 (1)首先要区分两种根本情况：①电容器始终与电源相连时，电容器两极板间电势差U 保持不变； ②电容器充电后与电源断开时，电容器所带电荷量Q 保持不变． (2)依据的关系式主要有三个：①平行板电容器的电容C 与两板间距d 、正对面积S 、介质的相对介电常数εr 间的关系为C ＝εr S4πkd； ②平行板电容器内部是匀强电场，所以场强E ＝U d； ③电容器所带的电荷量Q ＝CU .1．(多项选择)以下关于电容器的表达正确的选项是( ) A ．电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器B ．任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关C ．电容器所带的电荷量是指两个极板所带电荷量的绝对值D ．电容器充电过程，是将电能转变成电容器的电场能并储存起来的过程；电容器放电的过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能的过程BD [电容器是储存电荷的容器，不管是否带电都称为电容器，所以选项A 错误，B 正确．电容器所带电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，所以选项C 错误．电容器的充电过程是将由电源获得的电能转化为电场能的过程，放电过程是将电场能转化为其他形式的能的过程，所以选项D 正确．]2.(多项选择)如图631为可变电容器，由一组动片和一组片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入得越多，那么( )图631【导学号：81370245】A ．正对面积越大，电容越大B ．正对面积越大，电容越小C ．动片、片间距离越小，电容越大D ．动片、片间距离越小，电容越小AC [由C ＝εr S4πkd可知动片旋入越多，正对面积越大，电容越大，A 对．根据电容与板间距离成反比可知，减小两板间距离，电容增大，故C 对．]3．一个已充电的电容器，假设使它的电荷量减少3×10－4C ，那么其电压减少为原来的13，那么( ) A ．电容器原来的带电荷量为9×10－4CB ．电容器原来的带电荷量为×10－4CC ．电容器原来的电压为1 VD ．电容器的电容变为原来的13B [由C ＝ΔQ ΔU 得ΔQ ＝C ·ΔU ＝C ⎝⎛⎭⎫U －13U ＝23CU ＝23Q ，Q ＝3×ΔQ 2＝3×3×10－42 C ＝×10－4 C ，选项A 错，B 对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C 错；电容器的电容由电容器本身决，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D 错．]4.(加试要求)(2021·)如图632所示，先接通S 使电容器充电．然后断开S ，增大两极板间的距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两极板间电势差U 及场强E 的变化情况是( )图632A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变大B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 变小 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 无法确C [由充电后断开电源，电容器的电荷量不变，选项A 、B 错；由C ＝εr S4πkd 知增大两极板间的距离时，电容C 减小，由C ＝QU 知，U 增大；两板间电场强度E ＝U d ＝4πkQεr S，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项C 对，D 错．]考点二| 带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速 (1)处理方法利用动能理：qU ＝12mv 2－12mv 20. (2)适用范围任何电场．2．带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)研究条件带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场． (2)处理方法(加试要求)类似于平抛运动，用运动的合成与分解的方法． ①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t ＝l v 0. ②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧加速度：a ＝F m ＝Eq m ＝Uqmd运动时间：⎩⎪⎨⎪⎧a .恰能飞出平行板电容器：t ＝lv 0b .打在平行极板上：y ＝12at 2＝12·qU mdt 2，t ＝2mdyqU离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl22mv 20d 离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUlmv 20d(2021·4月学考)密立根油滴原理如图633所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下场强为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，假设此悬浮油滴的质量为m ，那么以下说法正确的选项是( )图633A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的电荷量为mgUC ．增大场强，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的电荷量不一是电子的电荷量的整数倍C [由题目中的图示可以看出重力竖直向下，电场力竖直向上，电场强度方向向下，电荷带负电，A 错误；由平衡条件可以得到mg ＝Uq d ，电荷的带电量q ＝mgdU，B 错误；此时电场力与重力相，如果增大电场强度，那么电场力大于重力，所以油滴将向上运动，C 正确；由元电荷的带电量e ＝1.6×10－19C 可知，油滴的带电量一是电子电量的整数倍，D 错误．]1．带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(1)根本粒子：如电子、质子、α粒子、离子，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力． 2．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路(1)运动状态的分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力方向与运动方向在同一条直线上，做加(减)速直线运动．(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功于带电粒子动能的变化量，即qU ＝12mv 2－12mv 20. 3．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(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，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 20 y ＝12at 2＝12·qU 1md ·⎝⎛⎭⎫l v 02tan θ＝qU 1l mdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d. (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向线与初速度线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2. 1.(2021·模拟)如图634所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两极间电压不变，那么( )图634A ．当减小两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两极间的距离时，速度v 减小C ．当减小两极间的距离时，速度v 不变D ．当减小两极间的距离时，电子在两极间运动的时间变长C [由动能理得eU ＝12mv 2，当改变两极板间的距离时，U 不变，v 就不变，应选项A 、B 错误，C 正确；电子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2dv，当d 减小时，v 不变，电子在两极板间运动的时间变短，应选项D 错误．]2．(2021·)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回．如图635所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )【导学号：81370246】图635A.edh U B ．edUh C.eU dh D.eUh dD [电子受到的静电力做负功，有－eU OA ＝0－E k ，U OA ＝Udh ，E k ＝eUhd，由此知选项D 正确．] 3．如图636所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一能使电子的偏转角θ变大的是( )图636A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小，U 2变小B [设电子被加速后获得的速度为v 0，水平极板长为l ，那么由动能理得U 1q ＝12mv 20，电子在水平极板间偏转所用时间t ＝l v 0，又设电子在水平极板间的加速度为a ，水平极板的板间距为d ，由牛顿第二律得a＝U 2q dm ，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度v y ＝at ，联立解得v y ＝U 2ql dmv 0，又tan θ＝v y v 0＝U 2ql dmv 20＝U 2ql 2dqU 1＝U 2l2dU 1，故U 2变大、U 1变小，一能使偏转角θ变大，故B 正确．] 4.(加试要求)(多项选择)如图637所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，假设OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，那么( )图637A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1ABC [粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2h t 2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m Am B ＝112，A 和B 的位移大小不相，应选项A 、B 、C 正确．]。

高考物理一轮总复习必修部分第6章静电场第3讲电

第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选) 1．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。

在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )A ．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B ．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C ．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D ．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小答案 B解析甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E ＝Ud可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小。

当电容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变；根据平行板电容器的电容公式C ＝εr S 4πkd ，极板间的电压U ＝Q C ＝4πkdQ εr S ，极板间的电场强度E ＝U d ＝4πkQεr S ，当两个极板电荷量不变，距离改变时，场强与两板间距离无关，故乙图中夹角不变。

综上分析，选项B 正确。

2．[2016·商丘高三模拟]如图，一带电粒子从小孔A 以一定的初速度射入平行板P 和Q 之间的真空区域，经偏转后打在Q 板上如图所示的位置。

在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q 板上的小孔B 射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)( )A ．保持开关S 闭合，适当上移P 极板B ．保持开关S 闭合，适当左移P 极板C ．先断开开关S ，再适当上移P 极板D ．先断开开关S ，再适当左移P 极板答案 A解析如图，粒子在板间做类斜抛运动，将速度分解为水平方向v x 和竖直方向v y 。

竖直方向：v y ＝at 其中a ＝Eq m，t 为上升到最高点时间，E 为场强。

水平方向位移x ＝v x ·2t 。

【配套K12】2019届高考物理一轮复习第6章静电场8第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动随堂检

高三物理一轮总复习 第6章 静电场 第3节 电容器带电粒

高三物理一轮复习 第6章 静电场 3 电容器与电容带电粒

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高三物理一轮复习课件：第六章_第三讲_电容器与电容_带电粒子在电场中的运动

高考物理大一轮复习 第6章 静电场 第3节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动

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2019江苏高考物理总复习一轮复习配套课件第八章 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动

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高考物理一轮复习 第六章 静电场 第三节 电容器 带电

2019年高考物理大一轮复习江苏专版文档：第六章 静电场 第3讲

高考物理一轮复习 第六章 静电场 第3节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动教案-人教版高三全册物

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高考物理一轮总复习 必修部分 第6章 静电场 第3讲 电