【推荐精选】2018届高考物理一轮复习专题电容器带电粒子在电场中的运动专项练习

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2018届高考物理一轮总复习专题7电场第3讲电容带电粒子在电场中的运动课件

• (3)处理方法：分解成__________的两个分运动，类似于 ___________．
匀变速曲线
相互垂直平抛运动
(4)运动规律：
①沿初速度方向做__匀___速__直___线_运动，运动时间如下分析． l
a．能飞出电容器时：t＝_____v_0_____. b．不能飞出电容器时：y＝12at2＝_____2q_mU_d_t_2 ___，t＝_______2_mq_Ud_y____.
2(1．)定电义容式：_C__＝__UQ_____.
(2)单位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF.
3．平行板电容器 (1)影响因素：平行板电容器的电容与__正__对___面___积成正比，与介质的介电常数成 _正___比，与__两___极__板___间___距_成离反比．
(2)决定式：C＝4επrkSd，k 为静电力常量． ①保持两极板与电源相连，则电容器两极板间__电__压____不变． ②充电后断开电源，则电容器所带的__电___荷__量___不变．
• 二、带电粒子在电场中的运动
• •
1(1．)处带理电方粒法子：在利电用场动中能的定加理速qU＝____12_m_v_2_－_12_m_v_20 ____.
• (2)适用范围：任何电场．
• 2．带电粒子在电场中的偏转
• (1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
• (2)运动性质： ____________运动．
• 练1 (多选)如图所示的电路，闭合开关，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．为了使液滴竖直向上运动，下列操作可行的是( )
• A．断开开关，将两板间的距离拉大一些
• B．断开开关，将两板水平地向相反方向移开一些

高考物理一轮复习第六章《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》试题

权掇市安稳阳光实验学校第六章第三讲带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．如图1所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E) ( )[A．电子到达B板时的动能是E eVB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3E eVD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C2．如图2所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O 经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/2[解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝12at2＝12·qU2md·(xv0)2＝qU2x22mv02d和qU1＝12mv02，得y＝U2x24U1d，可见在x、y一定时，U2∝U1.所以选项A正确．答案：A3．(2010·厦门模拟)如图3所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q >t PB ．它们运动的加速度a Q <a P[C ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶2解析：设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t P 2，得到a P＝hv 02l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t Q 2，得到a Q ＝2hv 02l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确．答案：C4．如图4所示，一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为[1∶2，若不计重力，则a 和b 的比荷之比是 ( )A ．1∶2B ．1∶8C ．2∶1D ．4∶1 解析：带电粒子受到的电场力F ＝Eq ，产生的加速度a ＝F m ＝Eqm，在电场中做类平抛运动的时间t ＝2d a，位移x＝v0t ，x1x2＝m1q1m2q2，所以q1m1q2m2＝x22x12＝41，D正确．答案：D5．如图5所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论错误的是( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φ/dB．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小解析：由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝2φd，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C∝εr Sd知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．答案：A[二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．(2010·泰安质检)传感器是一种采集信息的重要器件，图6所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是 ( )A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F 发生变化解析：F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电．综上所述，选项B、D正确．答案：BD7．(2008·宁夏高考)如图7所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( )[来A．缩小ab间的距离B．加大ab间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：已知电容器C带电荷量不变，a、Q两板均接地，电势为零，b、P 两板电势相等．当ab间距离缩小时，电容器C的电容变大，电压U变小，即b、P 两板电势减小，即P、Q间电压减小，电场强度E减小，悬线偏角α减小，所以A 错误，B正确．取出a、b两极板间电介质时，电容器C的电容变小，电压U变大，悬线偏角α增大，所以C正确．当换一块介电常数更大的电介质时，电容器C的电容变大，电压U变小，悬线偏角α减小，所以D错误．答案：BC8．如图8所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电解析：由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．答案：AC9．(2009·四川高考)如图9所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带[来负电的小物体以初速度v 1从M点沿斜面上滑，到达N 点时速度为零，然后下滑回到[来M点，此时速度为v2(v2<v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则( )A．小物体上升的最大高度为v12＋v22 4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先[来靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得－mgh＋W＝0－12mv12 ①mgh＋W＝12mv22，②联立①②解得h＝v12＋v224g，A正确．答案：AD10．如图10所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a.平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态．以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，E p表示电荷在P点的电势能．若保持极板B 不动，将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是() A ．E 变小 B ．U 变大C ．E p 变大D ．电荷仍保持静止解析：B 板不动而A 板上移，则电容器的电容减小，本应放电，但由于二极管的单向导电性使电容器不能放电，带电量不变而极板间场强不变，电荷仍保持静止，A错D 正确；而极板间电压U ＝Ed 变大，B 正确；由于场强E 不变，则U PB＝Ed PB 不变，故E p 不变，C 错误．答案：BD三、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·北京东城模拟)如图11所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力． (1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？解析：(1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理 eU 1＝12mv 02－0解得v 0＝2eU 1m(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做[来初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式t ＝L v0F ＝ma，F＝eE，E＝U2 da＝eU2 mdy ＝12at2解得y＝U2L2 4U1d(3)由y＝U2L24U1d可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U 2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．答案：(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小加速电压U1和增大偏转电压U212．(15分)(2010·鞍山模拟)在场强为E＝100 V/m的竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h＝0.8 m处有一个小的放射源放[来在一端开口的铅盒内，如图12所示．放射源以v0＝200 m/s的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m＝2×10－15 kg、电荷量为q＝＋10－12 C的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：(1)粒子下落过程中电场力做的功；(2)粒子打在金属板上时的动能；(3)计算落在金属板上的粒子图形的面积大小．(结果保留两位有效数字)解析：(1)粒子在下落过程中电场力做的功W＝Eqh＝100×10－12×0.8 J＝8×10－11 J(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得W＝E k2－E k1E k2＝8×10－11 J＋2×10－15×2002/2 J＝1.2×10－10 J(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆．设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得h＝12at2＝Eq2mt2代入数据求得t≈5.66×10－3 s圆半径r＝v0t≈1.13 m圆面积S＝πr2≈4.0 m2.答案：(1)8×10－11 J (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m2。

高考物理一轮复习考点规范练带电粒子在电场中的综合问题01

权掇市安稳阳光实验学校考点规范练38 带电粒子在电场中的综合问题一、单项选择题1.(2018·河南中原名校第二次联考)如图所示,在两平行金属板有一个静止的电子(不计重力),当两板间的电压分别如图甲、乙、丙、丁所示,电子在板间运动(假设不与板相碰),下列说法正确的是()A.电压是甲图时,在0~T时间内,电子的电势能一直减少B.电压是乙图时,在0~T2时间内,电子的电势能先增加后减少C.电压是丙图时,电子在板间做往复运动D.电压是丁图时,电子在板间做往复运动2.(2019·天津模拟)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示,在该匀强电场中,有一个带负电粒子于t=0时刻由静止释放,若带电粒子只受电场力作用,则下列说法正确的是(假设带电粒子不与板相碰)()A.带电粒子只向一个方向运动B.0~2 s内,电场力做功等于0C.4 s末带电粒子回到原出发点D.2.5~4 s内,电场力做功等于03.如图所示,在竖直向上的匀强电场中,一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球,另一端固定于O点,小球在竖直平面内做匀速圆周运动,最高点为a,最低点为b。

不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.小球带负电B.电场力跟重力平衡C.小球在从a点运动到b点的过程中,电势能减小D.小球在运动过程中机械能守恒4.(2018·辽宁三校高三第三次调研考试)如图所示,矩形区域PQNM内存在平行于纸面的匀强电场,一质量为m=2.0×10-11 kg、电荷量为q=1.0×10-5 C的带正电粒子(重力不计)从a点以v1=1×104 m/s的初速度垂直于PQ进入电场,最终从MN边界的b点以与水平边界MN成30°角斜向右上方射出,射出电场时的速度v2=2×104 m/s,已知MP=20 cm、MN=80 cm,取a点电势为零,如果以a点为坐标原点O,沿PQ方向建立x轴,则粒子从a点运动到b点的过程中,电场的电场强度E、电势φ、粒子的速度v、电势能E p随x的变化图像正确的是()5.(2018·江西宜春调研)如图所示,O、A、B、C为一粗糙绝缘水平面上的四点,不计空气阻力,一电荷量为-Q的点电荷固定在O点,现有一质量为m、电荷量为-q的小金属块(可视为质点),从A点由静止沿它们的连线向右运动,到B点时速度最大,其大小为v m,小金属块最后停止在C点。

高三物理一轮复习资料【带电粒子在电场中的运动】

高三物理一轮复习资料【带电粒子在电场中的运动】[考点分析]1．命题特点：带电体在电场中的运动问题是等级考命题的重点和热点，主要考查带电体在电场中的加速和偏转模型，处理方法主要是应用动力学观点，动量观点和能量观点．题型有选择和计算，难度中等偏上．2．思想方法：合成法、分解法、模型法等．[知能必备]偏转角：tan θ＝v y v 0＝U 2l 2U 1d ＝2y 0l侧移距离：y 0＝U 2l 24dU 1y ＝y 0＋L tan θ＝⎝⎛⎭⎫12l ＋L tan θ[真题再练]1．在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O 为圆心、半径为R 的圆，AB 为圆的直径，如图所示．质量为m ，电荷量为q (q >0)的带电粒子在纸面内自A 点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直．已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C 点以速率v 0穿出电场，AC 与AB 的夹角θ＝60°.运动中粒子仅受电场力作用．(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为m v 0，该粒子进入电场时的速度应为多大？解析：(1)粒子初速度为零，由C 点射出电场，故电场方向与AC 平行，由A 指向C .由几何关系和电场强度的定义知AC ＝R ①F ＝qE ②由动能定理有F ·AC ＝12m v 20③ 联立①②③式得E ＝m v 202qR④ (2)如图，由几何关系知AC ⊥BC ，故电场中的等势线与BC 平行．作与BC 平行的直线与圆相切于D 点，与AC 的延长线交于P 点，则自D 点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大．由几何关系知∠P AD ＝30°，AP ＝32R ，DP ＝32R ⑤设粒子以速度v 1进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t 1.粒子在AC 方向做加速度为a 的匀加速运动，运动的距离等于AP ；在垂直于AC 的方向上做匀速运动，运动的距离等于DP .由牛顿第二定律和运动学公式有F ＝ma ⑥AP ＝12at 21⑦ DP ＝v 1t 1⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式得v 1＝24v 0⑨ (3)设粒子以速度v 进入电场时，在电场中运动的时间为t .以A 为原点，粒子进入电场的方向为x 轴正方向，电场方向为y 轴正方向建立直角坐标系．由运动学公式有y ＝12at 2⑩ x ＝v t ⑪粒子离开电场的位置在圆周上，有⎝⎛⎭⎫x －32R 2＋⎝⎛⎭⎫y －12R 2＝R 2⑫ 粒子在电场中运动时，其x 方向的动量不变，y 方向的初始动量为零．设穿过电场前后动量变化量的大小为m v 0的粒子，离开电场时其y 方向的速度分量为v 2，由题给条件及运动学公式有m v 2＝m v 0＝mat ⑬联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v ＝0⑭和v ＝32v 0⑮ 答案：(1)m v 202qR (2)24v 0 (3)0或32v 0 2．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v 0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 间场强大小相等，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 ＝2φd① F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有qEh ＝E k －12m v 20③ 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大小为l ，则有h ＝12at 2④ l ＝v 0t ⑤ 联立①②③④⑤式解得E k ＝12m v 20＋2φdqh ⑥ l ＝v 0 mdh qφ.⑦ (2)若粒子穿过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 ＝2v 0 mdh qφ.⑧ 答案：(1)12m v 20＋2φdqh v 0 mdh qφ (2)2v 0 mdh qφ解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路及注意问题[精选模拟]视角1：带电粒子在电场中的直线运动1.某静电场的方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布如图所示．一质量m ＝4×10－10 kg 、电荷量q ＝2×10－9 C 的带负电粒子(不计重力)，从(－1 m,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动．则该粒子运动的周期为( )A.2＋25s B ．0.6 s C ．0.1 s D ．5＋52s 解析：B 粒子先沿x 轴正方向先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，然后反向运动；由E 1 ＝ΔφΔx ＝101 V/m ＝10 V/m ，a 1＝qE 1m ＝50 m/s 2；由x 1＝12a 1t 21，解得粒子沿x 轴正方向运动的时间为t 1 ＝ 2x 1a 1＝ 2×150s ＝ 0.2 s ；同理可得粒子沿x 轴正方向做匀减速运动的时间为t 2＝0.1 s ；且粒子到达x ＝0.5 m 处的速度恰好为零，反向运动的时间为t 1＋t 2＝0.3 s ；则粒子运动的周期为T ＝2(t 1＋t 2)＝0.6 s ；故选B.视角2：带电粒子在电场中的偏转2．(多选)如图所示，质子(11H)、氘核(21H)和α粒子(42He)都沿平行板电容器的中线OO ′方向，垂直于电场线射入两极板间的匀强电场中，射出后都能打在同一个与中线垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．粒子重力不计．下列推断正确的是( )A ．若它们射入电场时的速度相同，在荧光屏上将出现3个亮点B ．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点C ．若它们射入电场时的动量相同，在荧光屏上将出现3个亮点D ．若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场，在荧光屏上将只出现1个亮点解析：CD 三个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到加速度为a ＝qE m ，偏转距离为y ＝12at 2，速度偏转角的正切tan θ＝v y v 0＝at v 0，运动时间为t ＝L v 0，联立可得y ＝qEL 22m v 20，tan θ＝qEL m v 20.若它们射入电场时的速度相同，y 与比荷成正比，tan θ与比荷成正比，而三个粒子中质子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，所以在荧光屏上将只出现2个亮点，A 错误．若它们射入电场时的动能相等，y 与q 成正比，tan θ与q 成正比，则在荧光屏上将只出现2个亮点，B 错误．若它们射入电场时的动量相等，y ＝qEL 22m v 20＝qmEL 22(m v 0)2，tan θ＝qmEL (m v 0)2，可见y 与qm 成正比，tan θ与qm 成正比，三个粒子的qm 都不同，则在荧光屏上将出现3个亮点，C 正确．设加速电压为U 1，偏转电压为U 0，若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知y ′＝U 0L 24U 1d ，tan θ′＝U 0L 2U 1d，显然三个粒子在偏转电场中的偏转距离y ′相同，tan θ′相同，故荧光屏上将只出现1个亮点，D 正确．视角3：带电体在重力场、电场中的运动3．(多选)如图所示，竖直平面内有一个半径为R 的圆周，另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，A 、D 两点为圆周上和圆心同一高度的点，C 点为圆周上的最高点．在与OA 夹角为θ＝30°的圆弧B 点上有一粒子源，以相同大小的初速度v 0在竖直面(平行于圆周面)内沿各个方向发射质量为m ，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D 点上离开的微粒机械能最大，从圆周E 点(OE 与竖直方向夹角α＝30°)上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为g ，取最低点F 所在水平面为重力零势能面．则有( )A ．电场一定沿OD 方向，且电场力等于33mgB ．通过E 点的微粒动能大小为⎝⎛⎭⎫233＋1mgR ＋12m v 20C ．动能最小的点可能在BC 圆弧之间D ．A 点的动能一定小于B 点解析：BC 在D 点微粒机械能最大，说明B 到D 电场力做功最大，由数学关系知过D 点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OD 方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定．在E 点微粒动能最大，说明B 到E 合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿OE ，有：Eq mg ＝tan 30°，mg ＝F 合cos 30°，解得Eq ＝33mg ，F 合＝233mg ，动能定理有：E k E ＝12m v 20＋F 合R (1＋cos 30°)＝⎝⎛⎭⎫233＋1mgR ＋12m v 20，故选项A 错误、B 正确；OE 反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，选项C 正确；B 点到A 点等效重力(合力)做正功，动能增加，选项D 错误．4. (多选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球，系在一根长为L 的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O 点做圆周运动．AB 为圆周的水平直径，CD 为竖直直径．已知重力加速度为g ，电场强度E ＝mg q.下列说法正确的是( ) A ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则它运动的最小速度为gLB ．若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则小球运动到B 点时的机械能最大C ．若将小球在A 点由静止开始释放，它将在ACBD 圆弧上往复运动D ．若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，它将能够到达B 点解析：BD 电场力的方向水平向右，大小为F ＝qE ＝mg ，电场力和重力的合力方向与水平面的夹角为45°，合力大小为2mg ，则“等效重力”的方向与水平面的夹角为45°，大小为2mg .若小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，则在等效最高点即弧AD 的中点处有2mg ＝m v 2L ，最小速度v ＝2gL ，选项A 错误；由于只有重力和电场力对小球做功，小球的机械能和电势能之和不变，而小球在B 点的电势能最小，所以在B 点的机械能最大，选项B 正确；小球从A 点静止释放，小球受到的合力方向沿AC 方向，所以小球会沿AC 做匀加速直线运动，选项C 错误；若将小球在A 点以大小为gL 的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向上做竖直上抛运动，加速度为－g ，水平方向上做匀加速直线运动，加速度为g ，当竖直方向上的位移为0时，运动时间为t ＝2v 0g ＝2gL g ，水平位移x ＝12gt 2＝2L ，则小球刚好运动到B 点，故D 正确．视角4：带电粒子在交变电场中的运动5．如图甲所示，A 、B 两板竖直放置，两板之间的电压U 1＝100 V ，M 、N 两板水平放置，两板之间的距离d ＝0.1 m ，板长L ＝0.2 m ．一个质量m ＝2×10－12 kg 、电荷量q ＝＋1×10－8 C 的带电粒子(不计重力)从靠近A 板处由静止释放，经加速电场加速后从B 板的小孔穿出，沿着M 、N 两板的中轴线垂直进入偏转电场．如果在M 、N 两板之间加上如图乙所示的偏转电压，当t ＝T 4时，带电粒子刚开始进入偏转电场，则：(1)带电粒子从B 板的小孔穿出时的速度为多大？(2)要使带电粒子能够从M 、N 两板之间(不沿中轴线)穿出，并且穿出后的速度方向保持水平，则交流电U 2的周期T 为多少？(3)在满足(2)条件的情况下，它在偏转电场中的最大偏移量是多少？(结果保留一位有效数字)解析：(1)由动能定理得qU 1＝12m v 20，解得v 0＝ 2qU 1m＝1×103 m/s. (2)要使带电粒子能够从M 、N 两板之间穿出，并且穿出后速度方向不变，则带电粒子穿过偏转电场的时间t ＝(n ＋12)T (n ＝0,1,2，…)① 带电粒子沿水平方向做匀速直线运动，则L ＝v 0t ②所以T ＝4×10－42n ＋1 s(n ＝0,1,2，…)③带电粒子进入偏转电场时的加速度a ＝qE m ④电场强度E ＝U 2d ⑤带电粒子在进入偏转电场后的前T 4内沿竖直方向的位移y ＝12a ⎝⎛⎭⎫T 42⑥要使带电粒子能够从M 、N 两板之间穿出，需满足2y ≤d 2⑦联立①～⑦式解得n ≥4.5.所以T ＝4×10－42n ＋1 s(n ＝5,6,7，…)．(3)要使总偏移量最大，则n 应取值最小，故n ＝5，由此解得，最大偏移量y ′＝2y ≈0.04 m.答案：(1)1×103 m/s (2)4×10－42n ＋1 s(n ＝5,6,7，…)(3)0.04 m。

高考物理一轮复习专题八电场考点3 电容器及带电粒子在电场中的运动教案-人教版高三全册物理教案

考点3 电容器及带电粒子在电场中的运动考向1 平行板电容器相关问题1.[2018高考,19,6分]研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示.下列说法正确的是( )A.实验前,只用带电玻璃棒与电容器a 板接触,能使电容器带电B.实验中,只将电容器b 板向上平移,静电计指针的X 角变小C.实验中,只在极板间插入有机玻璃板,静电计指针的X 角变大D.实验中,只增加极板带电量,静电计指针的X 角变大,表明电容增大必备知识:静电起电方法、静电计原理、平板电容器电容的决定因素、实验探究现象及方法等. 关键能力:分析推理能力.解题指导:通过带电玻璃棒与a 板接触,使电容器两板带等量异号电荷,且电容器带电量Q 不变;根据C=εrε4πεε及C=εε分析求解.考向2 带电粒子在电场中的运动问题2.[2019全国Ⅲ,24,12分]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v 0,到达P 点所用时间为t ;B 从O 点到达P 点所用时间为ε2.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.必备知识:电场力、电场力做功、牛顿第二定律、动能定理、平抛运动、运动的分解等. 关键能力:运动模型的构建能力;牛顿第二定律、动能定理等的综合运用能力.解题指导:本题中不带电小球做平抛运动,带电小球做类平抛运动.两种运动均属于匀变速曲线运动,处理方法均为分解法,均可分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿合外力方向且初速度为零的匀加速直线运动.考法1平行板电容器的动态变化问题1[2016某某高考,4,6分]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,E p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.θ增大,E增大B.θ增大,E p不变C.θ减小,E p增大D.θ减小,E不变由题意及分析可知,当极板正对面积不变时,两极板之间的电场强度E不变.保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置,由U=Ed可知,两极板之间的电势差减小,静电计指针的偏角θ减小,由于下极板接地(电势为零),两极板之间的电场强度不变,所以点电荷在P点的电势能E p不变.综上所述,选项D正确.D1.[2016全国Ⅰ,14,6分]一平行板电容器两极板之间充满云母介质,接在恒压直流电源上.若将云母介质移出,则电容器()A.极板上的电荷量变大,极板间电场强度变大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考法2 带电粒子在点电荷电场中的运动2[2017某某高考,7,6分,多选]如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为a A、a B,电势能分别为E p A、E p B.下列说法正确的是A.电子一定从A向B运动B.若a A>a B,则Q靠近M端且为正电荷C.无论Q为正电荷还是负电荷一定有E p A<E p BD.B点电势可能高于A点电势由已知条件不能确定电子的运动方向,故A错误;若a A>a B,则A点场强大于B点场强,则Q 应靠近M端,由运动轨迹可知,电子受力方向向左,因此场强方向由M指向N,可知Q为正点电荷,故B正确;无论Q带正电荷还是负电荷,若电子从A运动到B,电场力做负功,电势能增加,若电子从B运动到A,电场力做正功,电势能减少,故E p A<E p B,A点电势一定高于B点电势,故C正确,D 错误.BC2.[2016某某高考,10,5分,多选]如图,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点.不计重力.下列说法正确的是( )A.M 带负电荷,N 带正电荷B.M 在b 点的动能小于它在a 点的动能C.N 在d 点的电势能等于它在e 点的电势能D.N 在从c 点运动到d 点的过程中克服电场力做功考法 3 电容器与力学知识的综合应用3[2018全国Ⅲ,21,6分,多选]如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等.现同时释放a 、b ,它们由静止开始运动.在随后的某时刻t ,a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面.a 、b 间的相互作用和重力可忽略.下列说法正确的是 A .a 的质量比b 的大B .在t 时刻,a 的动能比b 的大C .在t 时刻,a 和b 的电势能相等D .在t 时刻,a 和b 的动量大小相等根据题述可知,微粒a 向下加速运动,微粒b 向上加速运动,根据a 、b 某时刻经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,可知a 的加速度大小大于b 的加速度大小,即a a >a b .对微粒a ,由牛顿第二定律,有qE=m a a a ,对微粒b ,由牛顿第二定律,有qE=m b a b ,联立解得εεεε>εεεε,由此式可以得出a 的质量比b 的小,A 错误;在a 、b 两微粒运动过程中,a 微粒所受电场力等于b 微粒所受的电场力,t 时刻a 微粒的位移大于b 微粒的位移,根据动能定理,可知在t 时刻,a 的动能比b 的大,B 正确;由于在t 时刻两微粒经过同一水平面,电势相等,电荷量大小相等,符号相反,所以在t 时刻,a 和b 的电势能不等,C 错误;由于a 微粒受到的电场力(合外力)与b 微粒受到的电场力(合外力)大小相等,根据动量定理,可知在t 时刻,a 微粒的动量大小等于b 微粒的动量大小,D 正确.BD3.[2016某某高考,6,3分]如图所示,平行板电容器两极板的间距为d ,极板与水平面成45°角.上极板带正电.一电荷量为q (q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处,以初动能E k0竖直向上射出.不计重力,极板尺寸足够大.若粒子能打到上极板,则两极板间电场强度的最大值为()A.εk04εεB.εk02εεC.√2εk02εεD.√2εk0εε考法4 带电粒子在匀强电场中的运动4[2016高考,23,18分]如图所示,电子由静止开始经加速电场加速后,沿平行于板面的方向射入偏转电场,并从另一侧射出.已知电子质量为m ,电荷量为e ,加速电场电压为U 0.偏转电场可看作匀强电场,极板间电压为U ,极板长度为L ,板间距为d.(1)忽略电子所受重力,求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ;(2)分析物理量的数量级,是解决物理问题的常用方法.在解决(1)问时忽略了电子所受重力,请利用下列数据分析说明其原因.已知U=2.0×102V,d=4.0×10-2 m,m=9.1×10-31kg,e=1.6×10-19C,g=10 m/s 2.(3)极板间既有静电场也有重力场.电势反映了静电场各点的能的性质,请写出电势φ的定义式.类比电势的定义方法,在重力场中建立“重力势”φG 的概念,并简要说明电势和“重力势”的共同特点.(1)根据功和能的关系,有eU 0=12m ε02电子射入偏转电场的初速度v 0=√2εε0ε在偏转电场中,电子的运动时间Δt=εε0=L √ε2εε0偏转距离Δy=12a (Δt )2=12·εεεε(Δt )2=εε24ε0ε. (2)考虑电子所受重力和电场力的数量级,有重力G=mg~10-29N 电场力F=εεε~10-15N 由于F ≫G ,因此不需要考虑电子所受重力.(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E p 与其电荷量q 的比值,即φ=εpε由于重力做功与路径无关,可以类比静电场电势的定义,将重力场中物体在某点的重力势能E G与其质量m 的比值,叫做“重力势”,即φG =εεε电势φ和重力势φG 都是反映场的能的性质的物理量,仅由场自身的因素决定.(1)√2εε0εεε24ε0ε(2)(3)见解析4.[2015某某高考,7,6分,多选]如图所示,氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E 1,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转,最后打在屏上.整个装置处于真空中,不计粒子重力及其相互作用,那么()A .偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B .三种粒子打到屏上时的速度一样大C .三种粒子运动到屏上所用时间相同D .三种粒子一定打到屏上的同一位置考法5 带电粒子在变化电场中的运动5[2019某某高三适应性测试]如图甲所示,M、N为正对竖直放置的平行金属板,A、B为两板间中线上的两点.当M、N板间不加电压时,一带电小球从A点由静止释放经时间T到达B点,此时速度为v.若两板间加上如图乙所示的交变电压,t=0时,将带电小球仍从A点由静止释放,小球运动过程中始终未接触极板,则t=T时,小球A.在B点上方B.恰好到达B点C.速度大于vD.速度小于v在M、N两板间加上如图乙所示的交变电压,小球受到重力和电场力的作用,电场力的方向(水平方向)随交变电压周期性变化,其大小不变,所以小球在竖直方向做自由落体运动,在水时速度减为零,接着平方向上,小球先做匀加速直线运动,后沿原方向做匀减速直线运动,t=ε2反向做匀加速直线运动,后继续做匀减速直线运动,t=T时速度减为零.根据对称性可知在t=T 时小球的水平位移为零,所以t=T时,小球恰好到达B点,选项A错误,B正确.在0~T时间内,电场力做的功为零,重力做的功与不加电压时相同,所以t=T时,小球速度为v,选项C、D错误.B5.[2015某某高考,20,6分,多选]如图甲,两水平金属板间距为d,板间电场强度的变化规律如图乙所示.t=0时刻,质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间,0~ε时间3内微粒匀速运动,T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出.微粒运动过程中未与金属板接触.重力加速度的大小为g.关于微粒在0~T时间内运动的描述,正确的是()A.末速度大小为√2v0B.末速度沿水平方向mgd D.克服电场力做功为mgdC.重力势能减少了12考法6带电粒子在“等效场”中的运动6[2019某某4月选考,13,3分]用长为1.4 m 的轻质柔软绝缘细线,拴一质量为1.0×10-2 kg 、电荷量为2.0×10-8C 的小球,细线的上端固定于O 点.现加一水平向右的匀强电场,平衡时细线与铅垂线成37°角,如图所示.现向左拉小球使细线水平且拉直,静止释放,则(sin 37°=0.6) A.该匀强电场的场强为3.75×107N/C B.平衡时细线的拉力为0.17 NC.经过0.5 s,小球的速度大小为6.25 m/sD.小球第一次通过O 点正下方时,速度大小为7 m/s小球处于平衡状态时,受力分析如图所示,则可知qE=mg tan 37°,则该匀强电场的电场强度E=εεtan37°ε=3.75×106N/C,A 错误;细线的拉力F=εεcos37°=0.125 N,故B 错误;在外力作用下,小球拉至细线水平时,由静止释放,如图所示,小球在电场力和重力组成的等效“重力场”的作用下,从A 点由静止开始做匀加速直线运动至B 点,∠OAB=∠OBA=53°,OA=OB=l=1.4 m,在此过程中,细线处于松弛状态,无拉力作用,小球运动至B 点时,细线绷紧,匀加速直线运动结束.根据牛顿第二定律可知小球匀加速直线运动时的加速度a=ε合ε=εε=0.1250.01m/s 2=12.5 m/s 2,假设经过0.5 s 后,小球仍在沿AB 方向做匀加速直线运动,则小球的速度v=at=6.25 m/s,经过的距离x=12at 2=12×12.5×0.52m =1.562 5 m,A 、B间的距离|AB|=2×l×cos 53°=1.68 m,x<|AB|,假设成立,故0.5 s 时,小球的速度大小为6.25 m/s,故C 正确;小球运动至B 点时,细线绷紧,小球沿细线方向的分速度减为零,动能减小,假设细线绷紧过程小球机械能损失ΔE ,此后在电场力、重力和细线拉力作用下沿圆弧运动至O 点正下方,根据能量守恒定律,可知(qE+mg )·l-ΔE=12mv 2,可得v<7 m/s,故D 错误.C6.[2019某某南开中学二诊,多选]如图所示,竖直平面内一半径为R 的光滑圆环处在与水平方向夹角为θ=45°的斜向上的匀强电场中,现一电荷量为q 、质量为m 的带正电小球在圆环内侧A 点静止(A 点未画出),已知场强E=√2εεε,现给静止在A 处的小球一沿圆环切线方向的冲量I ,使小球不脱离轨道,I 的取值可能是() A.m √εεB.m √3εε C.2m √εε D.m √6εε重难突破带电粒子的力电综合问题题型1 带电粒子做类平抛运动问题分析7[2017全国Ⅱ,25,20分]如图,两水平面(虚线)之间的距离为H ,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A 点将质量均为m 、电荷量分别为q 和-q (q>0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开.已知N 离开电场时的速度方向竖直向下;M 在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍.不计空气阻力,重力加速度大小为g.求:(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比; (2)A 点距电场上边界的高度; (3)该电场的电场强度大小.(1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0,则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方向,大小均为a ,在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0-at=0①s 1=v 0t+12at 2② s 2=v 0t-12at 2③联立①②③式得s 1:s 2=3:1④.(2)设A 点距电场上边界的高度为h ,小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ,由运动学公式得εε2=2gh ⑤ H=v y t+12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动,由几何关系知ε0εε=ε1ε⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h=13H ⑧.(3)设电场强度的大小为E ,小球M 进入电场后做直线运动,则ε0εε=εεεε⑨ 设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2,由动能定理得E k1=12m (ε02+εε2)+mgH+qEs 1⑩ E k2=12m (ε02+εε2)+mgH-qEs 2由已知条件得E k1=1.5E k2 联立④⑤⑦⑧⑨⑩式得E=εε√2ε.(1)3:1(2)13H (3)εε√2ε7.[2019全国Ⅱ,24,12分]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v 0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?题型2 带电粒子做多过程运动问题分析8[2017全国Ⅰ,25,20分]真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场,一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动,速度大小为v 0.在油滴处于位置A 时,将电场强度的大小突然增大到某值,但保持其方向不变.持续一段时间t 1后,又突然将电场反向,但保持其大小不变;再持续同样一段时间后,油滴运动到B 点.重力加速度大小为g . (1)求油滴运动到B 点时的速度.(2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的t 1和v 0应满足的条件.已知不存在电场时,油滴以初速度v 0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B 、A 两点间距离的两倍.(1)设油滴质量和电荷量分别为m 和q ,油滴速度方向向上为正.油滴在电场强度大小为E 1的匀强电场中做匀速直线运动,故此时油滴所受电场力方向竖直向上.油滴处于位置A (t=0)时,电场强度突然从E 1增大至E 2,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度a 1方向竖直向上,大小满足qE 2-mg=ma 1①油滴在t 1时刻的速度为v 1=v 0+a 1t 1②电场强度在t 1时刻突然反向,油滴做匀变速运动,加速度a 2方向竖直向下,大小满足qE 2+mg=ma 2③则油滴运动到B 点时的速度为v 2=v 1-a 2t 1④ 由①②③④式得v 2=v 0-2gt 1⑤. (2)由题意,在t=0时刻前有qE 1=mg ⑥ 油滴从t=0到t 1时刻的位移为s 1=v 0t 1+12a 1ε12⑦ 油滴在从t 1到t 2=2t 1时刻的时间内的位移为s 2=v 1t 1-12a 2ε12⑧由题给条件有ε02=2g (2h )⑨ 式中h 是B 、A 两点之间的距离若B 点在A 点之上,依题意有s 1+s 2=h由①②③⑥⑦⑧⑨式得E 2=[2-2ε0εε1+14(ε0εε1)2]E 1为使E 2>E 1,应有2-2ε0εε1+14(εεε1)2>1即当0<t 1<(1-√32)ε0ε 或t 1>(1+√32)ε0ε才是可能的;条件式和式分别对应于v 2>0和v 2<0两种情形若B 点在A 点之下,依题意有s 1+s 2=-h由①②③⑥⑦⑧⑨式得E 2=[2-2ε0εε1-14(εεε1)2]E 1为使E 2>E 1,应有2-2ε0εε1-14(ε0εε1)2>1即t 1>(√52+1)ε0ε另一解为负,不合题意,已舍去.(1)v 0-2gt 1(2)见解析8.[2019某某七市州3月联考]如图所示,在坐标系xOy 中,x 轴水平向右,y轴竖直向下,在x ≥2L 的区域内存在与x 轴平行的匀强电场(未画出),一带正电小球,电荷量为q ,从原点O 水平抛出,再从A 点进入电场区域,并从C 点离开,其运动的轨迹如图所示,B 点是小球在电场中向右运动的最远点,B 点的横坐标x B =3L.已知小球抛出时的动能为E k0,在B 点的动能为43E k0,重力加速度为g ,不计空气阻力.求:(1)小球在OA 段运动的时间与在AB 段运动的时间之比; (2)匀强电场的场强和小球的质量; (3)小球在电场中运动的最小动能.考点3电容器及带电粒子在电场中的运动1.A 实验前,只用带电玻璃棒与电容器a 板接触,则a 板带电,由静电感应可知,在b 板上感应出与a 板电性相反的电荷,故选项A 正确;实验中,只将电容器b 板向上平移,正对面积S 变小,由C=εrε4πεε,可知电容C 变小,由C=εε,Q 不变可知,U 变大,因此静电计指针的X 角变大,选项B 错误;实验中,只将极板间插入有机玻璃板,相对介电常数εr 变大,由C=εr ε4πεε,可知电容C 变大,由C=εε,Q 不变可知,U 变小,静电计指针的X 角变小,选项C 错误;实验中,只增加极板带电量,电容C 不变,由C=εε,可知静电计指针的X 角变大,故选项D 错误.2.(1)3εεε(2)2m (ε02+g 2t 2)解析:(1)设电场强度的大小为E ,小球B 运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件,有mg+qE=ma ①12a (ε2)2=12gt 2② 解得E=3εεε③.(2)设B 从O 点发射时的速度为v 1,到达P 点时的动能为E k ,O 、P 两点的高度差为h ,根据动能定理有E k -12m ε12=mgh+qEh ④且有v 1ε2=v 0t ⑤h=12gt 2⑥联立③④⑤⑥式得E k =2m (ε02+g 2t 2).1.D 平行板电容器接在电压恒定的直流电源上,电容器两极板之间的电压U 不变.若将云母介质移出,电容C 变小,由Q=UC 可知,电容器所带电荷量Q 变小,即电容器极板上的电荷量变小.由于U 不变,d 不变,由E=εε可知,极板间电场强度E 不变,选项D 正确,A 、B 、C 错误.2.ABC 由粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧,可知M 受到了引力作用,N 受到了斥力作用,故M 带负电荷,N 带正电荷,选项A 正确;由于虚线是等势面,故M 从a 点到b 点电场力对其做负功,动能减少,选项B 正确;d 点和e 点在同一等势面上,N 在d 点的电势能等于它在e 点的电势能,选项C 正确;N 从c 点运动到d 点的过程中,电场力做正功,选项D 错误.3.B如图所示,粒子在垂直极板方向上做匀减速运动,在平行极板方向上做匀速运动,轨迹呈曲线,全过程电场力做负功.若粒子刚好能打到上极板,则打到极板上时,粒子垂直于极板的速度刚好减为0,因极板与水平面夹角为45°,所以粒子的末速度为初速度的√22,故粒子的末动能为12E k0,根据动能定理有-Edq=12E k0-E k0,可得E=εk02εε,选项B 正确.4.AD 由动能定理得qE 1d 1=12mv 2,解得粒子离开电场E 1时速度v=√2εε1ε1ε,在电场E 2中y=12at2,E 2q=ma ,L=vt ,tan φ=a εε,联立以上方程得y=ε2ε24ε1ε1,tan φ=ε2ε2ε1ε1.所以,在电场E 2中电场力做功W=E 2qy=ε22ε2ε4ε1ε1,三种粒子电荷量相等,做功相等,A 项正确.因为在电场E 2中y 、tan φ均与q 、m 无关,故它们通过同一轨迹打到屏上同一点,D 项正确.对全程应用动能定理,有qE 1d 1+qE 2y=12mv'2-0,解得打到屏上的速度的平方v'2=2εε(E 1d 1+ε22ε24ε1ε1),所以氕核打到屏上的速度最大,故B 项错误.在加速电场中所用时间t 1=√2ε1εε1ε,通过偏转电场到达屏所用时间t 2=ε+ε'ε=(L+L')·√ε2εε1ε1,总时间t=t 1+t 2,故氚核运动时间最长,C 项错误.5.BC0~ε3时间内微粒做匀速直线运动,则E 0q=mg.ε3~2ε3时间内没有电场作用,微粒做平抛运动,竖直方向上a=g.2ε3~T 时间内,由于电场作用,F 合=2E 0q-mg=mg ,方向竖直向上.分析可知,微粒到达金属板边缘时,速度为v 0,方向水平,选项A 错误,B 正确;从微粒进入两板间到离开,重力做功ε2mg ,重力势能减少12mgd ,选项C 正确;由动能定理知W G +W 电=0,W 电=-12mgd ,则克服电场力做功为12mgd ,选项D 错误.6.AD 小球受电场力与重力,两力的合力方向水平向右,大小为mg ,即等效重力场的效果相当于将重力场逆时针转90°.当小球恰好能到达等效重力场中与圆心“等高”处时,有mgR=12m ε12,解得v 1=√2εε,若小球不脱离轨道,此时速度0<v ≤√2εε,冲量0<I ≤m √2εε.当小球恰好能通过等效重力场的“最高点”时,由动能定理有mg ·2R=12m ε22-12m ε02,等效重力提供向心力,有mg=m ε02ε,解得v 0=√εε,v 2=√5εε,若小球不脱离轨道,此时速度v ≥√5εε,冲量I ≥m √5εε,选项A 、D 正确.7.(1)12m ε02+2εεqh v 0√εεεεε(2)2v 0√εεεεε解析:(1)P 、G 与Q 、G 间场强大小相等,均为E.粒子在P 、G 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=2εε① F=qE=ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ,由动能定理有qEh=E k -12m ε02③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大小为l ,则有h=12at 2④ l=v 0t ⑤联立①②③④⑤式解得E k =12m ε02+2εεqh ⑥ l=v 0√εεεεε⑦. (2)若粒子穿过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,此时金属板的长度为L=2l=2v 0√εεεεε.8.(1)1:1(2)εk0εε,方向水平向左√3εk03εε(3)E k0解析:(1)从O 点运动到A 点,小球在水平方向做匀速直线运动有2L=v 0t OA ①小球从A 点运动到B 点,在水平方向做匀减速直线运动,依据题意,小球在B 点水平方向的速度为0,由运动学公式得L=ε02t AB ②联立①②解得t OA =t AB ,即εεεεεε=11.(2)小球在B 点时有43E k0=12m εεε2③ 其中E k0=12m ε02④由于小球在竖直方向做自由落体运动,而且t OA =t AB ,则可知v By =2v Ay ⑤ 联立③④⑤解得v Ay =√33v 0⑥小球从A 点运动到B 点,在水平方向做匀减速直线运动,由牛顿第二定律和运动学公式得ε02=2εεεL ⑦联立④⑦解得E=εk0εε⑧分析知场强方向水平向左由运动学公式得v Ay =gt OA ⑨v 0=εεεt AB ⑩ 联立⑥⑧⑨⑩及t OA =t AB 解得m=√3εk03εε.(3)由以上所得结果可知在电场区域F 合与水平方向夹角为30°,v A 与水平方向夹角为30°,建立如图所示坐标系,将v A 分解到x'、y'轴上,小球在x'方向上做匀速运动,在y'方向上做的运动类似于竖直上抛运动,所以小球在电场中运动的最小动能为E kmin =12m εεε'2,而v Ax'=v A cos 30°=v 0解得E kmin =E k0.。

高考物理一轮总复习第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动(含解析)

电容器与电容带电粒子在电场中的运动[基础知识·填一填][知识点1] 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 ＝Q U.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F ＝ 106μF＝ 1012pF. (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、介电常数、两板间的距离． (2)决定式： C ＝εr S4πkd.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(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．(×) [知识点2] 带电粒子在电场中的运动 1．加速问题(1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质：匀变速曲线运动． (3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做匀速运动．②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)(2)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√) (3)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．(×) [知识点3] 示波管1．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． 2．原理(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传播，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．(2)YY ′上加的是待显示的信号电压，XX ′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．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图象．[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－1 P32第1题改编)(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U ，电容器已带电，则下列判断正确的是( )A ．增大两极板间的距离，指针张角变大B ．将A 板稍微上移，静电计指针张角变大C ．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D ．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小解析：ABD [电势差U 变大(小)，指针张角变大(小)．电容器所带电荷量一定，由公式C ＝εr S 4πkd 知，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；而两板间的距离减小时，C 变大，U 变小，所以选项A 、B 、D 正确．]2．(人教版选修3－1 P39第2题改编)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，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edhU B ．edUhC.eU dhD.eUh d解析：D [电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题，即12mv 20＝eU OA .因E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，故12mv 20＝eUhd，故选项D 正确．] 3．(人教版选修3－1 P39第4题改编)如图所示，含有大量11H 、21H 、42He 的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O 点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．下列有关荧光屏上亮点分布的说法正确的是( )A ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是11H B ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是42He C ．出现两个亮点 D ．只会出现一个亮点答案：D4．(人教版选修3－1 P36思考与讨论改编)如图是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极(XX ′和YY ′)、荧光屏组成．管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX ′和YY ′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O 点．(1)带电粒子在 __________ 区域是加速的，在 ________ 区域是偏转的． (2)若U YY ′＞0，U XX ′＝0，则粒子向 ________ 板偏转，若U YY ′＝0，U XX ′＞0，则粒子向 ________ 板偏转．答案：(1)Ⅰ Ⅱ (2)Y X考点一平行板电容器的动态分析[考点解读]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 ＝U d分析场强的变化． ③根据U AB ＝Ed 分析某点电势变化． (2)Q 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd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．[典例赏析][典例1] (多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P 点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点电势将降低C ．电容器的电容减小，极板带电荷量减小D ．带电油滴的电势能保持不变[解析] BC [电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P 点处于静止状态，因此有mg ＝qE .当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d 增大，由C ＝εr S 4πkd 可知电容器电容减小，板间场强E 场＝Ud 减小，油滴所受的电场力减小，mg＞qE ，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A 错；P 点电势等于P 点到下极板间的电势差，由于P 到下极板间距离h 不变，由φP ＝ΔU ＝Eh 可知，场强E 减小时P 点电势降低，B 对；由C ＝Q U可知电容器所带电荷量减小，C 对；带电油滴所处P 点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D 错．]分析平行板电容器动态变化的三点关键1．确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变．2．恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E ＝U d分析极板间电场强度的变化情况．3．若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化．[题组巩固]1．(2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大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解析：D [据C ＝εr S4πkd 可知，将云母介质移出电容器，C 变小，电容器接在恒压直流电源上，电压不变，据Q ＝CU 可知极板上的电荷量变小，据E ＝U d可知极板间电场强度不变，故选D.]2．(2018·北京卷) 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是( )A ．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电B ．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小C ．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D ．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：A [当用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在b 板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A 正确；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S 4πkd ，将电容器b 板向上平移，即正对面积S 减小，则电容C 减小，根据C ＝QU可知，电荷量Q 不变，则电压U 增大，则静电计指针的张角变大，故选项B 错误；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S4πkd，只在极板间插入有机玻璃板，则介电常数εr 增大，则电容C 增大，根据C ＝Q U可知，电荷量Q 不变，则电压U 减小，则静电计指针的张角减小，故选项C 错误；根据C ＝Q U可知，电荷量Q 增大，则电压U 也会增大，而电容由电容器本身决定，C不变，故选项D 错误．]考点二带电粒子在电场中的直线运动[考点解读]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 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.[典例赏析][典例2] (2019·湖南长沙模拟)如图所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在离A 高度为H 的C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度g .已知静电力常量为k ，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A 点的距离h ；(3)若已知在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ＝kQr，其中r 为该点到Q 的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B 离A 点的高度r B .[解析] (1)设液珠的电荷量为q ，质量为m ，由题意知，当液珠在C 点时k QqH2－mg ＝mg 比荷为q m ＝2gH 2kQ(2)当液珠速度最大时，k Qq h2＝mg 得h ＝2H(3)设BC 间的电势差大小为U CB ，由题意得U CB ＝φC －φB ＝kQ H －kQr B对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得qU CB －mg (r B －H )＝0即q ⎝ ⎛⎭⎪⎫kQ H －kQr B －mg (r B －H )＝0解得：r B ＝2H ，r B ＝H (舍去)． [答案] (1)2gH 2kQ(2)2H (3)2H带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电小球自O 点由静止释放，经C 孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D 孔时速度减为零．对于小球从C 到D 的运动过程，已知从C 运动到CD 中点位置用时t 1，从C 运动到速度等于C 点速度一半的位置用时t 2，下列说法正确的是( )A ．小球带负电B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．将B 板向上平移少许后小球可能从D 孔落下解析：AB [由题图可知，A 、B 间的电场强度方向向下，小球从C 到D 做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A 正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t 1<t 2，选项B 正确，C 错误；将B 板向上平移少许时两板间的电压不变，根据动能定理可知，mg (h ＋d )－qU ＝0，mg (h ＋x )－qUx d ′＝0，联立得x ＝h h ＋d －d ′d ′<d ′，即小球不到D 孔就要向上返回，所以选项D 错误．]2．(2017·江苏卷)如图所示，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( )A ．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 ′点解析：A [设A 、B 板间的电势差为U 1，B 、C 间电势差为U 2，板间距为d ，电场强度为E ，第一次由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点，根据动能定理得：qU 1＝qU 2＝qEd ，将C 板向右移动，B 、C 板间的电场强度：E ＝U 2d ＝Q C 0d ＝4πkQεr S不变，所以电子还是运动到P 点速度减小为零，然后返回，故A 正确，B 、C 、D 错误．]考点三带电粒子在匀强电场中的偏转[考点解读]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 0b.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 22mdv2离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mdv202．两个结论(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 2y ＝12at 2＝12·qU 1md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02tan θ＝qU 1lmdv 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 ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Udy ，指初、末位置间的电势差．[典例赏析][典例3] 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v 0从两板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m ＝4×10－5kg ，电荷量q ＝＋1×10－8C ，g 取10 m/s 2.求：(1)微粒入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 应取什么范围？[审题指导] 开关闭合前，微粒做平抛运动，开关闭合后，微粒做类平抛运动，两个过程的分析方法相同，都要用到运动的合成与分解．[解析] (1)开关S 闭合前，由L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2可解得v 0＝L2gd＝10 m/s. (2)电容器的上极板应接电源的负极．当所加的电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，即d 2＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02，又a 1＝mg －qU 1dm，解得U 1＝120 V当所加的电压为U 2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，即d 2＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02，又a 2＝q U 2d－mg m，解得U 2＝200 V所以120 V ≤U ≤200 V.[答案] (1)10 m/s (2)与负极相连，120 V ≤U ≤200 V带电粒子在电场中偏转问题求解通法1．解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：加速电场中的运动一般运用动能定理qU ＝12mv 2进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运动的分解进行计算；二者靠速度相等联系在一起．2．计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y 的四种方法： (1)Y ＝y ＋d tan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)．(2)Y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L2＋d tan θ(L 为电场宽度)． (3)Y ＝y ＋v y ·d v 0.(4)根据三角形相似Y y ＝L2＋d L2.[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度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，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )A ．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∶1解析：ABC [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，选项A 正确；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2ht 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，选项B 正确；根据a ＝qE m 得m ＝qEa，故m A ∶m B ＝1∶12，选项C 正确；A 和B 的位移大小不相等，选项D 错误．]2．(2016·北京卷23题改编)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102 V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31 kg ，e ＝1.6×10－19 C ，g ＝10 m/s 2. 解析：(1)根据动能定理，有eU 0＝12mv 20，电子射入偏转电场时的初速度v 0＝2eU 0m 在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝Lv 0＝L m 2eU 0加速度a ＝eE m ＝eU md偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 G ＝mg ≈10－29 N 电场力F ＝eUd ≈10－15 N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力．答案：(1) 2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析思想方法(十四) 电容器在现代科技生活中的应用[典例] (多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO 涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置．对于电容触摸屏，下列说法正确的是( )A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B．使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大[解析]AD [据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确．][题组巩固]1．(2019·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( ) A．膜片与极板间的电容增大B．极板所带电荷量增大C．膜片与极板间的电场强度增大D．电阻R中有电流通过解析：D [根据C＝εr S4πkd可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝Ud可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误．]2．(多选)电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容．则( ) A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩D．当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流解析：CD [由C ＝εr S 4πkd知，电介质插入越深，εr 越大，即C 越大，A 错；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，B 错；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，C 对；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr 增大，C 增大，电源电动势不变，由C ＝Q U 知，Q 增大，上极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，D 对．。

高三物理一轮复习8带电粒子在电场中的运动(教师版)

思考：如图所示，由绳子连接的小球从一点静止释放，运动到最高点时，若此刻小球突然不受任何力，接下来小球会保持什么状态？（教师可见内容）这种情况下小球运动到点速度为零，所以小球不受任何力后，小球会保持静止状态．思考：如图所示，由绳子连接的小球从一点以一定初速度释放，运动到最高点时，若此刻小球突然不受任何力，接下来小球会保持什么状态？（教师可见内容）这种情况下小球运动到点速度不为零，所以小球不受任何力后，小球会保持匀速直线运动状态．思考：为什么我们总会有物体速度越大惯性越大的错觉？比如汽车速度越大，越难停下来？（教师可见内容）思考：描述相互作用力及平衡力的区别，从相同点跟不同点两个角度说明；不同点可以从作用对象、力学性质、作用效果等方面进行讨论（教师可见内容）相同点：大小相等、方向相反、作用在同一直线上；不同点：平衡力：作用在相同物体，力学性质不一定相同，不一定同时产生，作用效果可抵消；思考：一对大小相等、方向相反、作用在同一直线、作用在不同物体的力，一定是相互作用力吗？为什么？（教师可见内容）不一定，比如下图所示的两个力．思考：牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体加速度为零时的特殊情况吗？（教师可见内容）①牛顿第一定律给出了物体不受力时的运动规律，是牛顿力学的基础；不是牛顿第二定律在物体所受合力为零时的特殊情况；②牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律．思考：尝试推导下公式（教师可见内容）根据得到的单位是思考：物体处于超重状态下可能具有的运动状态有哪些？处于失重状态呢？（教师可见内容）物体处于超重状态下可能具有的运动状态有：向上加速或向下减速；物体处于失重状态下可能具有的运动状态有：向上减速或向下加速．思考：最高点，（教师可见内容）以杆为例作分析，假设杆的夹角为，圆半径为则为，则根据可得，与无关，故每个圆环到达思考：下面哪个图是子弹打木块所对应的图像，为什么？甲乙（教师可见内容）如图，相对位移大于木板的对地位移，即：，故甲图正确．思考：推导摩擦力产生的热量为：相对如图，物块置于光滑水平面上，子弹质量为，物块质量为：（教师可见内容）（1）系统机械能不守恒，摩擦做功产生热量，直到二者共速，；摩擦力对子弹做功：共摩擦力对物块做功：；共共思考：对传送带的功能关系进行分析？思考：倾斜传送带上物块能和传送带共速的条件？（教师可见内容）1.传送带足够长2.思考：思考（教师可见内容）电容思考：回答下面的问题．（教师可见内容）场强增大，而点与下极板间的距离不变，则由公式间电势差将增大，而点的电势高于下极板的电势，则知本讲内容大纲如图，当电场力的方向与运动方向在一条直线上时，粒子做加速直线运动或减速直线运动，，．思考：同一个粒子始终能从从板的一端运动到另一端，改变板间距离，电场力做功会改变吗？（教师可见内容）如果Q 一定，会变如果是U 一定，不会变．油滴运动的加速度大小不变、方向水平向平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一个直流电源相连，若一个带电油滴恰1动能变化为零板间往复运动在图装置中，从2，A 正确；间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能板间往复运动，C 错误，D 正确．如图所示为匀强电场的电场强度3，为第内加速度的，将反向加速，图象如图所示：A．带电粒子在前秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误；B．根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在发点，粒子在内的位移为零，回到出发点．故C．由图可知，粒子在D．因为第末粒子的速度刚好减为4如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上时刻释放电子，电子可能在两板间振动时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上时刻释放电子，电子必然打到左极板上若时刻释放电子，在前内，电子受到的电场力向右，向右做匀加速直线5如图所示，平行板电容器水平放置，电源通过二极管给电容充电，上、下极板正中有一小孔，质;;方向位移（匀加速直线运动）：；方向速度（匀加速直线运动）：；．思考：计算时间一定是用水平方向吗？（教师可见内容）不一定;打出板，用水平方向算时间;打到板上，用竖直方向算时间．增大两板间的电势差 B.尽可能使板长长些升高些D.尽可能使板间距离小些如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压加速后垂直进入偏转电场，离开电，两平行板间的距离为，电势差为，板长为．为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量），可采用的方法是（）67带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，8如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度，在竖直方向上做匀加速直线运动，则在前时间内，时间内，粒子在竖直方向上的位移为．则在前时间时间内，电场力对粒子做的功为，故A错误，B知，前和后电场力做功相9如图，质量相同的带电粒子末速度沿水平方向 B.末速度大小为克服电场力做功为D.重力势能减少了如图甲，两水平金属板间距为10时间内微粒匀速运动，则有：，内，微粒做平抛运动，下降的，时间内，微粒的加速度，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为时刻进入电场的电子，在两板间运动时电大侧位移为一对平行金属板板长为11的“面积”大小等于位移可知．故选BD ．方法二：A. 电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故B. 由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度C. 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D.时刻进入电场的电子，在在时刻进入电场的电子侧位移最大为②联立①②得：，故且电子恰好在时刻射出电场，应满足的条件是且电子恰好在时刻从板边缘射出电场，其动能增加且电子恰好在时刻射出电场，射出时的速度为，电子在射出电场的过程中，沿电场方向的分速度方向始终不变制造纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为12故选AD．二、示波器原理及其应用）偏转电极不加电压：从电子枪射出的电子沿直线运动，射到荧光屏中心的点形成亮斑．）仅在或（）加电压：若所加电压稳定，则电子流被加速、偏转后射到直线上某一点，形成一个亮斑（不在中心），如图所示．思考：板间电压随时间变化，电子在电场中受力随着时间变化吗？（教师可见内容）不会，电子的速度足够快，通过时间很短，电子通过电极的过程中，其两端电压视为不变．思考：它与一般粒子在交变电场中地偏转有什么不同吗？（教师可见内容）大部分情况不一样，一般粒子在交变电场中的偏转，时间有可能不是极其短，是可能考虑粒子在电场中运动时，电场在变化．具体是否考虑，需要比较侧移与横移大小．13如图所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．荧光屏上如果只在上加上图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图如果只在上加上图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况，电子经1415如图所示的示波管，电子由阴极思考：运用动能定理时，可以分别列重力和电场力做的功，那为什么还要用等效重力法呢？（教师可见内容）运用等效重力法，更多的是帮助我们判断运动学状态．思考：如何解释圆周运动关于等效最低点对称．（教师可见内容）关于等效最低点对称的两点，合力做功大小一样，但一正一负，故速度大小对称．简单能量问题16如图，半径为设与之间的夹角为，所以：珠子在等效最低点时具有最大的动能．如图，此时珠子做圆周运动在点，珠子速度为得：．17如图，两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，两点的动能．，由牛顿第二定律有18如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则有：19一端弯曲的光滑绝缘杆点，求水平外力的最小值．）问中的），求小环运动到点时，绝缘杆对，方向指向圆心．，方向背向圆心20如图所示，在水平地面点后立即撤去轨道，则物块的落地点距离点的水平距离是多21如图所示，光滑绝缘轨道22如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管点（图中未标出点），小物体释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小物体从点沿切线方向23如图所示，一质量为24如图所示，空间存在一匀强电场，其方向与水平方向间的夹角为电场强度大小为此过程增加的电势能等于选项：由题意可知，小球在下落过程中动能不变，而重力做正功，则电场力一定做负功，而，解得：，故B 正确；选项：将电场力分解为沿水平方向和竖直方向，则有竖直分量中产生的电场力D.如图所示，在水平方向的匀强电场中，有一带电体2526如图所示，水平面，可知竖直分速度减小，根据牛顿第二定律知，加速度方向向上，合力向上，根27如图所示，带正电的金属滑块质量为28如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为处返回．根据动能定理29如图所示，平行金属板30在动摩擦因数时的速度大小．球电势能增加量的最大值．31真空中存在电场强度大小为思考：在列能量关系解题时，存在点电荷做功（变力做功）时，你有哪些思考？（教师可见内容）思考一：这个过程点电荷做功是不是等于零；思考二：这部分点电荷做功能不能其他过程算出来；思考三：题干或者图表是不是说了点电荷做功（或者电势能）的大小（或算法）．32如图所示，竖直平面内四分之一光滑圆弧形管道是中垂线，是等势面，与无穷远处的电势两顶点上放置一对等量异种电荷，管道处于等势面上，故小球运动过程中只有重33如图所示，可视为质点的物块。

2018届高考物理一轮复习专题电容器带电粒子在电场中的运动教案

√
考点精讲
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＝Ud ，由于U与d都不变，故电场强度E不变，
选项D正确.
考点精讲
对平行板电容器的动态分析的进一步拓展认识
【例2】(2016·天津理综·4)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，
随堂检测
3.(2015·新课标全国Ⅱ·14)如图所示，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（ D ） A.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
求： (1)带电油滴所带电荷量与质量之比； (2)第一个Δt 与第二个Δt 时间内油滴运动的加速度大小之比； (3)ΔU1与ΔU2之比.
考点精讲
(1)油滴静止时满足：mg＝qUd0，则mq ＝Udg0
(2)设第一个Δt 时间内油滴的位移为x1，加速度为a1，第二个Δt 时间内油滴的位移为x2，
加速度为a2，则 x1＝12a1Δt2，x2＝v1Δt－12a2Δt2
考点精讲
(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G＝mg≈10－29 N
电场力 F＝edU≈10－15 N
(3)电场中某点电势 φ 定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q 的比
值，即 φ ＝Ep ，类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重
力势能
EG
q
与其质量m
的比值，叫做“重力势”，即
qUl2 2mdv02 .

2018年高考物理复习第41课时带电体在电场中运动的综合问题(题型研究课)

带电体在电场中运动的综合问题 ( 题型研究课 )
结
束
T T T 3T (3)粒子在～向 A 板做匀加速运动，在～向 A 板做匀减速 4 2 2 4 3T 运动，由运动的对称性可知，在 t＝时速度为零， 4 3T 故在～T 时间内，粒子反向向 B 板加速运动……粒子运动时间 4 T 内的运动图像，如图所示。粒子向 A 板运动可能的最大位
1 1 2 T2 移 xmax＝2× a ＝ aT 。要求粒子 2 4 16
不能到达 A 板，有 x＜d。 1 结合 f＝T，解得 f＞ [答案] a ， 16d (2)2.0× 104 m/s (3)f＞5 2×104 Hz
代入数据解得 f＞5 2×104 Hz。 (1)4.0×109 m/s2
带电体在电场中运动的综合问题 ( 题型研究课 )
结
束
[解析]
F Uq (1)加速度大小 a＝m＝dm＝4.0×109 m/s2。
T (2)粒子在 0～时间内做匀加速运动的位移大小 2 1 T2 x＝ a 2 ＝5.0×10－2 m 2 可以发现，位移大小与极板间的距离相等， T 故粒子在 t＝时恰好到达 A 板， 2 由 v＝at 解得 v＝2.0×104 m/s。
带电体在电场中运动的综合问题 ( 题型研究课 )
结
束
考法 1 粒子在交变电场中的直线运动
[例 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：

2018年高考物理一轮复习专题32 电容器带电粒子在电场中的运动(讲)(含解析)

专题32 电容器带电粒子在电场中的运动1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．一、电容器的充、放电和电容的理解 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． 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． (2)定义式：UQ C =(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量． 3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比． (2)决定式：kdSC r πε4=，k 为静电力常量．特别提醒 UQC =适用于任何电容器，但kd S C r πε4=仅适用于平行板电容器．二、带电粒子在电场中的运动 1．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． (1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝21mv 2－21mv 20或F ＝qE ＝q U d ＝ma .(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝21mv 2－21mv 20. 2．带电粒子在电场中的偏转(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2)运动性质：匀变速曲线运动．(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动． (4)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＝12qU mdt 2，t ＝ 2mdyqU②沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝Uqmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝Uql 22mdv20离开电场时的偏转角：tan θ＝v yv 0＝Uql mdv2考点一平行板电容器的动态分析 1．对公式UQC =的理解电容UQC =，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定的，与电容器是否带电及带电多少无关． 2．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kdSC r πε4=分析平行板电容器电容的变化． (3)用定义式UQC =分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)用dUE =分析电容器两极板间电场强度的变化． 3．电容器两类问题的比较★重点归纳★1、解电容器问题的常用技巧(1)在电荷量保持不变的情况下，电场强度与板间的距离无关．(2)对平行板电容器的有关物理量Q 、E 、U 、C 进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住kd S C r πε4=、Q ＝CU 和dUE =进行判定即可．★典型案例★如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两极板间的带电尘埃恰保持静止状态，若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则：（）A ．电容器两极板间的场强减小B ．电流计G 中有a 到b 方向的电流C ．电容器的带电荷量不变D ．电容器的电容增大【答案】B 【解析】容器电荷量减小，电容器要放电，则电流计G 中有a 到b 方向的电流，故B 正确，C 、D 错误．故选B ．★针对练习1★如右图所示，是研究平行板电容器电容的实验装置，其中极板A 接地，极板B 与静电计相接，静电计外壳也接地。

新高考物理考试易错题易错点17电容器带电粒子在电场中的运动

易错点17 电容器带电粒子在电场中的运动易错总结1．电容器的充电过程，电源提供的能量转化为电容器的电场能；电容器的放电过程，电容器的电场能转化为其他形式的能．2．电容器的充、放电过程中，电路中有充电、放电电流，电路稳定时，电路中没有电流． 3．C ＝Q U 是电容的定义式，由此也可得出：C ＝ΔQΔU.4．电容器的电容决定于电容器本身，与电容器的电荷量Q 以及电势差U 均无关． 5．C ＝Q U 与C ＝εr S4πkd的比较(1)C ＝Q U 是电容的定义式，对某一电容器来说，Q ∝U 但C ＝QU 不变，反映电容器容纳电荷本领的大小； (2)C ＝εr S 4πkd 是平行板电容器电容的决定式，C ∝εr ，C ∝S ，C ∝1d，反映了影响电容大小的因素． 6．电流(1)形成电流的条件○1导体中有能够自由移动的电荷。

○2导体两端存在电压。

(2)电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反。

电流虽然有方向，但它是标量。

(3)定义式：tqI =(4)微观表达式:nqSv I = 单位:安培(安)，符号A ，1A=1C/s 7．欧姆定律(1)内容:导体中的电流I 跟导体两端的电压U 成正比，跟导体的电阻R 成反比。

(2)公式:RU I =(3)适用条件:适用于金属导电和电解液导电，适用于纯电阻电路。

(4)伏安特性曲线○1定义：在直角坐标系中，用:纵轴表示电流I ，用横轴表示电压U ，画出IU 的关系图像，叫做导体的伏安特性曲线。

○2线性元件:伏安特性曲线是通过坐标原点的直线的电学元件叫做线性元件。

如图甲所示。

○3非线性元件:伏安特性曲线不是直线的电学元件叫做非线性元件。

如图乙所示。

8．电阻定律(1)内容:同种材料的导体，其电阻R 与它的长度1成正比，与它的横截面积S 成反比，导体电阻还与构成它的材料有关。

(2)公式:SlR ρ=(3)适用条件粗细均匀的金属导体或浓度均匀的电解液。

2018版高考物理配套课件：第六章第3讲电容器的电容、带电粒子在电场中的运动

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考试标准知识内容必考要求加试要求说明电容器的电容b c 1.不要求应用平行板电容器电容的决定式进行计算.2.示波管问题的分析与计算不涉及两个偏转电极同时加电压的情形.带电粒子在电场中的运动b d3.解决带电粒子偏转运动问题只限于垂直电场方向入射且偏转电极加恒定电压的情形.内容索引必考考点自清加试题型突破课时训练必考考点自清一、电容器的电容1.电容的定义式：C ＝ .2.电容与电压、电荷量的关系：电容C 的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量 .不随Q 变化，也不随电压U 变化.3.平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与成反比.(2)决定式：C ＝，k 为静电力常量.εr 为相对介电常数，与电介质的性质有关考点逐项排查1无关两板间的距离[深度思考]C ＝和C ＝是电容器电容的两个公式.判断关于它们的说法是否正确.(1)从C ＝可以看出，电容的大小取决于带电荷量和电压.( )(2)从C ＝可以看出，电容的大小取决于电介质的种类、导体的形状和两极板的位置关系.( )×√二、带电粒子在电场中的运动1.加速问题动能若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的的增量.(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝2.带电粒子在电场中偏转的运动规律匀速直线(1)沿初速度方向做运动，运动时间a.能飞出电容器：t = .b.不能飞出电容器：，t = .匀加速直线(2)沿电场力方向，做运动加速度：a＝离开电场时的偏移量： .离开电场时的偏转角：tan θ＝ .12345 2必考题组专练1.(2015·浙江1月学考·25)下列器件中，属于电容器的是( )√123452.(多选)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.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√√3.如图1所示，一带正电粒子以初速度v0垂直射入匀强电场中，该粒子将( )A.向左偏转B.向右偏转C.向纸外偏转D.向纸内偏转√图14.如图2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 ，保持两板间的电势差不变，则( )A.当增大两板间的距离时，速度v 增大B.当减小两板间的距离时，速度v 减小C.当减小两板间的距离时，速度v 不变D.当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间增大√图25.(2016·温岭市联考)如图3所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度为原来的2倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的( )√图3加试题型突破命题点一　电容器的动态分析例1 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图4).设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )A.保持S 不变，增大d ，则θ不变B.保持S 不变，增大d ，则θ变小C.保持d 不变，增大S ，则θ变小D.保持d 不变，增大S ，则θ不变√图4[题组阶梯突破]1.(2016·浙江4月学考·7)关于电容器，下列说法正确的是( )A.在充电过程中电流恒定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2.如图5所示，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，则两板间的电势差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√图53.如图6所示，先接通S 使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两极板间电势差U 、电容器两极板间场强E 的变化情况是( )A.Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小B.Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变C.Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D.Q 不变，C 变小，U 变小，E 变小√图64.已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏.如图7所示，如果在导电液体的深度h 发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )A.导体芯A 所带电荷量在增加，液体的深度h 在增大B.导体芯A 所带电荷量在减小，液体的深度h 在增大C.导体芯A 所带电荷量在增加，液体的深度h 在减小D.导体芯A 所带电荷量在减小，液体的深度h 在减小图7√例2 (多选)如图8，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动命题点二　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动图8√√解析　对粒子受力分析，粒子所受合外力水平向左，做匀减速直线运动；电场力做负功，电势能增加，动能减少.5.如图9所示是真空中A 、B 两板间的匀强电场，一电子由A 板无初速度释放后运动到B 板，设电子在前一半时间内和后一半时间内的位移分别为x 1和x 2，则x 1与x 2的比值为( )A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.1∶4[题组阶梯突破]567√图986.如图10所示，两平行金属板竖直放置，板上A 、B 两孔正好水平相对，板间电势差为500 V .一个动能为400 e V 的电子从A 孔沿垂直板方向射入电场中，经过一段时间电子离开电场，则电子离开电场时的动能大小为( )A.900 eVB.500 eVC.400 eVD.100 eV 图10√7.如图11所示，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 两板间加上下列哪种电压时，有可能使电子到不了B 板( )图11√8.如图12所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，则下列结论不正确的是( )A.此液滴带负电B.液滴的加速度等于gC.合力对液滴做的总功等于零D.液滴的电势能减少图12√例3 如图13所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d .当两板间加电压U 时，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，以水平速度v 0从A 点射入电场，经过一段时间后从B 点射出电场，A 、B 间的水平距离为L ，不计重力影响.求：命题点三　带电粒子在电场中的偏转图13解析　带电粒子在水平方向做匀速直线运动，从A 点到B 点经历时间t ＝；(1)带电粒子从A 点运动到B 点经历的时间；答案(2)带电粒子经过B点时速度的大小；解析　带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E＝加速度大小a＝经过B点时粒子沿竖直方向的速度大小v y＝at＝带电粒子经过B点时速度的大小v＝；答案(3)A、B间的电势差.解析　粒子从A点运动到B点过程中，据动能定理得：qU AB＝m v2－m v02 A、B间的电势差U AB＝.答案910119.(多选)如图14所示，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( H)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，则质子沿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[题组阶梯突破]√√图14图1510.如图15，左侧为加速电场，右侧为偏转电场，加速电场的加速电压是偏转电场电压的k 倍，有一初速度为零的电荷经加速电场加速后，从偏转电场两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从极板下边缘穿出电场，不计电荷的重力，则偏转电场长、宽之比的值为( )√11.如图16所示，炽热的金属丝发射出一束质量为m 、电荷量为q 的离子，从静止经加速电压U 1加速后，沿垂直于电场线方向射入两平行板中央，受偏转电压U 2作用后，以某一速度离开电场，已知平行板长为l ，两板间距离为d ，求：图16(1)离子在偏转电场中运动的时间、加速度的大小；91011 (2)离子在离开偏转电场时的纵向偏移量和偏转角的正切值.解析离子在离开偏转电场时的纵向偏移量：y＝设离子离开偏转电场时偏转角为θ，纵向速度为v y则tan θ＝ .答案课时训练1.电容式键盘是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的( )√A.两板间的距离B.两板间的电压C.两板间的电介质D.两板间的正对面积解析　由电容的决定式C＝可知，与两极板间距离、板间电介质和正对面积有关，与板间电压无关，电容式键盘是通过改变两极板间距离来改变电容的.故A正确，B、C、D错误.2.据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电，若某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是( )A.充电时，电容器的电容变小√B.充电时，电容器存储的电能变小C.充电时，电容器所带的电荷量可能不变D.充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零3.(多选)由电容器电容的定义式C ＝可知( )A.若电容器不带电，则电容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1 V 时所需增加的电荷量√√4.如图1所示的平行板电容器，B板固定，要减小电容器的电容，其中较合理的办法是( )A.A板右移B.A板上移C.插入电介质D.增加极板上的电荷量√图1解析　由C＝可知，当增大d、减小电介质和减小正对面积时，可减小电容；而C与电压及电荷量无关，故只有B正确，A、C、D错误.5.一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4C，则其电压减少为原来的，则( )A.电容器原来的带电荷量为9×10－4 CB.电容器原来的带电荷量为4.5×10－4 C√C.电容器原来的电压为1 VD.电容器的电容变为原来的6.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2所示.现保持B 板不动，适当移动A 板，发现静电计指针张角变小，则A 板可能是( )A.右移B.左移C.上移D.下移解析　电荷量一定，静电计指针张角变小，说明电压变小，由C ＝分析得知，电容器电容增大，由C ＝，要使电容增大，正对面积增大或板间距离减小，故A 正确.图2√7.如图3所示，在真空中有一对平行金属板，分别接在电源的两极上，一个带正电荷的粒子，在静电力作用下由静止开始从正极板附近向负极板运动，则该带电粒子在运动过程中( )A.静电力对它做正功，电势能增加B.静电力对它做正功，电势能减少C.静电力对它做负功，电势能增加D.静电力对它做负功，电势能减少√图38.如图4所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v 0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A 向B 做直线运动.那么( )A.微粒带正、负电荷都有可能B.微粒做匀减速直线运动C.微粒做匀速直线运动D.微粒做匀加速直线运动√图49.(多选)(2015·江苏单科·7)如图5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( )A.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√图5√10.(2016·台州市联考)如图6所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A 、B 以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上同一点P .不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是( )A.在电场中微粒A 运动的时间比B 长B.在电场中微粒A 、B 运动的时间相同C.微粒A 所带的电荷量比B 少D.静电力对微粒A 做的功比B 少图6√11.(多选)a 、b 、c 三个α粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图7所示，其中b 恰好飞出电场，由此可以肯定( )A.在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上B.b 和c 同时飞离电场C.进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最小D.动能的增量相比，c 的最小，a 和b 的一样大√图7√√12.(2015·海南单科·5)如图8所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l .在正极板附近有一质量为M 、电荷量为q (q ＞0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m 、电荷量为－q 的粒子.在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动.已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 l 的平面.若两粒子间相互作用力可忽略.不计重力，则M ∶m 为( )A.3∶2B.2∶1C.5∶2D.3∶1图8√13.如图9所示，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.若不计重力，则a 和b 的比荷(带电量和质量比值)之比是( )A.1∶8B.8∶1C.1∶2D.2∶1√图914.如图10所示，一带电小球用绝缘丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做( )A.自由落体运动B.曲线运动C.沿着悬线的延长线做匀加速运动D.变加速直线运动图10√15.如图11所示的交变电压加在平行板电容器A、B两极板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场作用下开始运动.设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是( )A.电子一直向着A板运动B.电子一直向着B板运动C.电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动D.电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动图11√16.如图12所示，M、N为水平放置、互相平行且厚度不计的两金属板，间距d＝35 cm，已知N板电势高，两板间电压U＝3.5×104V.现有一质量m＝7.0×10－6 kg、电荷量q＝6.0×10－10 C的带负电油滴，由N板下方距N 为h＝15 cm的O处竖直上抛，经N板中间的P孔进入电场，到达上板Q点时速度恰为零(g取10 m/s2).求油滴上抛的初速度v0.图1217.如图13所示，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.已知两偏转极板长度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v0 15 m/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？解析　负电荷.答案　负电荷(2)求墨滴在两极板之间运动的时间；解析　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＝ .代入数据可得：t＝1.0×10－3 s答案 1.0×10－3 s。

2018年高考物理一轮复习专题32电容器带电粒子在电场中的运动(练)(含解析)

专题32 电容器带电粒子在电场中的运动1．如图所示的示波管，当两偏转电极XX′、YY′电压为零时，电子枪发射的电子经加速电场加速后会打在荧光屏上的正中间（图示坐标系的O点，其中x轴与XX′电场的场强方向重合，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴与YY′电场的场强方向重合，y轴正方向竖直向上）．若要电子打在图示坐标系的第Ⅲ象限，则：（）A．X、Y极接电源的正极，X′、Y′接电源的负极 B．X、Y′极接电源的正极，X′、Y接电源的负极C．X′、Y极接电源的正极，X、Y′接电源的负极 D．X′、Y′极接电源的正极，X、Y接电源的负极【答案】D【名师点睛】此题考查了示波器的原理；解题的关键是搞清示波器的结构，带电粒子在两个偏转电场中运动时，受两个方向的电场力可以分别考虑；此题难度不大是基础题，考查学生对仪器的认识程度.2．如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B板接地，使其A板带有电荷量+Q，B板带有电荷量﹣Q，板间电场中有一固定点P，以下说法正确的是：（）A.若将B板固定，A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势降低B.若将B板固定，A板下移时，P点的电场强度增大，P点电势升高C.若将A板固定，B板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低D.如果A板固定，B板上移时，P点的电场强度增大，P点电势升高【答案】C【名师点睛】本题是电容器的动态变化分析问题；要回根据电容器的决定式和定义式推导出板间的场强4kQESπε=，此结论表明，当电容器带电量一定时，两板之间的电场强度与两板间距无关，此公式要在理解并会推导的基础上记住，这是一个很重要的结论．3．一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。

若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为：（）Ａ．动能减小Ｂ．电势能增加Ｃ．动能和电势能之和减小Ｄ．重力势能和电势能之和增加【答案】C【解析】带电油滴在电场中受到重力和电场力两个作用，由于轨迹向上弯曲，所以重力小于电场力，故从a到的运动过程中合外力做正功，根据动能定理得知，其动能增加，故A错误；从a到的运动过程电场力做正功，电势能减少，故B错误；从a到的运动过程中，重力势能、电势能和动能的总和保持不变，重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减少，故C正确；根据功能关系可知，在从a到的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D错误。

2018年高考物理一轮复习专题32 电容器带电粒子在电场中的运动(测)(含解析)

专题32 电容器带电粒子在电场中的运动【满分：110分时间：90分钟】一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1．如图,带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍,它们以相等的速度v0从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场,分别打在M、N点,若OM=MN, 则P和Q的质量之比为（不计重力）：（）A. 3∶4B. 4∶3C. 3∶2D. 2∶3【答案】A【名师点睛】此题考查了带电粒子在电场中的运动问题；解决本题的关键知道带电粒子在垂直于电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动，要会根据平抛运动的规律来解答此类问题,2．如图所示，一质量为m、带电荷量为q的粒子，以初速度v从a点竖直向上射入水平匀强电场中，粒子通过电场中b点时的速度为2v，方向与电场方向一致，则a、b两点之间的电势差为：（）A、22mvqB、23mvqC、22mvqD、232mvq【答案】C【名师点睛】采用运动的分解法研究：水平方向小球只受电场力做匀加速直线运动，根据动能定理求出a 、b 两点的电势差3．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间由匀强电场，在两极板之间等高处有两个质量相同的带电小球（不计两带电小球之间的电场影响），P 小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q 小球从两极板正中央由静止开始释放，两小球沿直线运动都打到右极板上的同一点，则从开始释放到打到右极板的过程中：（）A 、它们的运动时间的关系为p Q t t >B 、它们的电荷量之比为:2:1p Q q q =C 、它们的动能增量之比为:2:1kp kQ E E ∆∆=D 、它们的电势能减少量之比为:2:1p QE E ∆∆=【答案】B【解析】小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀加速直线运动，根据和运动与分运动的等时性，可知，两小球下落的高度一样，即212h gt =，所以运动的时间相同，设为t ，A 错误；在水平方向上有221122p p Eq d a t t m ==，22111222Q p Eq d a t t m==,所以可得:2:1P Q q q =，B 正确；电势能的减小量等于电场力所做的功，所以有Pp p E Uq ∆=，12PQ Q E Uq ∆=,所以有:4:1P Q E E ∆∆=，C 错误，过程中重力和电场力做功，所以动能的增量为KP p E mgh Uq ∆=+,12KQ Q E mgh Uq ∆=+,所以:4:1KP KQ E E ∆∆≠，D 错误，【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化的观点，选用动能定理和功能关系求解4．竖直放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个电荷M和N以相同的速率分别从极板A 边缘和两板中间沿竖直方向进入板间电场，恰好从极板B边缘射出电场，如图所示，不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，下列说法正确的是：（）A．两电荷的电荷量相等 B．两电荷在电场中运动的时间相等C．两电荷在电场中运动的加速度相等 D．两电荷离开电场时的动能相等【答案】B【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．粒子在电场中类平抛运动与力学中平抛运动的研究方法相似，运动规律相似，只是加速度不同．抓住两者相似性，用类比方法。

2018年高考物理一轮复习专题8.3电容器带电粒子在电场中的运动精讲深剖

专题8.3 电容器带电粒子在电场中的运动（一）真题速递1.（2017新课标Ⅱ 25）如图，两水平面（虚线）之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。

自该区域上方的A 点将质量为m 、电荷量分别为q 和–q （q>0）的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。

小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。

已知N 离开电场时的速度方向竖直向下； M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时的动能的1.5倍。

不计空气阻力，重力加速度大小为g 。

求（1）M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比；（2）A 点距电场上边界的高度；（3）该电场的电场强度大小。

【答案】（1）3:1（2）13H （3）mg 2q【解析】22y v gh = ⑤212y H v t gt =+⑥【名师点睛】此题是带电粒子在电场及重力场的复合场中的运动问题；关键是分析粒子的受力情况，分析粒子在水平及竖直方向的运动性质，搞清物理过程；灵活选取物理规律列方程. 2．（2017江苏卷，4）如图所示，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(A) 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【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动，主要考察匀变速直线运动的规律或动能定理，重点是电容器的动态分析，在电荷量Q 不变的时候，板间的电场强度与板间距无关。

3．（2017天津卷，7）如图所示，在点电荷Q 产生的电场中，实线MN 是一条方向未标出的电场线，虚线AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。

设电子在A 、B 两点的加速度大小分别为a A 、a B ，电势能分别为E p A 、E p B 。

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