带电粒子在平行板电容器极板间的运动知识点.docx

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第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动

6．带电粒子在电场中运动时，不加特别说明重力可以忽略不计，带电微粒、带电液滴在电场中运动时，不加特别说明重力不可以忽略不计。()
答案1.×2.×3.×4.√5.×6.√
二对点激活
1．(教科版选修3－1·P40·T9)关于电容器的电容，下列说法中正确的是()
A．电容器所带电荷量越多，电容越大
B．电容器两板间电压越低，其电容越大
答案AB
解析开始时，油滴所受重力和电场力平衡，即mg＝qE，保持S闭合，则两板间电压不变，将A板上移一小段位移，两板间距离d增大，由E＝可知，E变小，油滴所受电场力变小，故油滴应向下加速运动；根据C＝、C＝，知Q＝，故电容器所储存的电量减小，向外放电，故G中有b→a的电流，A正确。保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移，由E＝可知，E不变，油滴仍静止；根据Q＝，知电容器所储存的电量减小，向外放电，故G中有b→a的电流，B正确。若将S断开，电容器所储存的电量Q不变，则两板间场强不变，油滴仍静止，故C错误。若将S断开，Q不变，再将B板向下平移一小段位移，根据C＝、C＝、E＝，可得E＝，可知场强E不变，则油滴仍静止；油滴所在位置与A板的距离不变，则根据U＝Ed可知油滴所在位置与A板间的电势差不变，又因为A板接地，则油滴所在位置的电势不变，油滴的电势能不变，故D错误。
(1)若电子与氢核的初速度相同，则＝。
(2)若电子与氢核的初动能相同，则＝1。
考点1平行板电容器的动态分析
1．对公式C＝的理解
电容C＝，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
一堵点疏通
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。()

第八章第3讲电容器实验：观察电容器的充、放电现象带电粒子在电场中的直线运动

第3讲电容器实验：观察电容器的充、放电现象带电粒子在电场中的直线运动目标要求 1.了解电容器的充电、放电过程，会计算电容器充、放电电荷量.2.了解影响平行板电容器电容大小的因素，能利用公式判断平行板电容器电容的变化.3.利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动．考点一对接新高考实验：观察电容器的充、放电现象1．实验原理(1)电容器的充电过程如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．在充电开始时电流比较大(填“大”或“小”)，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，当电容器两极板间电压等于电源电压时，电荷停止定向移动，电流I ＝0.(2)电容器的放电过程如图所示，当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流．放电开始电流较大(填“大”或“小”)，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小(填“增大”或“减小”)，两极板间的电压也逐渐减小到零．2．实验步骤(1)按图连接好电路．(2)把单刀双掷开关S打在上面，使触点1与触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中．(3)将单刀双掷开关S打在下面，使触点3与触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中．(4)记录好实验结果，关闭电源．3．注意事项(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计．(2)要选择大容量的电容器．(3)实验要在干燥的环境中进行．考向1电容器充、放电现象的定性分析例1(2022·北京卷·9)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R 为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表．下列说法正确的是()A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定B．充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零答案 B解析充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，A错误；充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；电容器放电过程的I－t图像如图所示，可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，C、D错误．考向2 电容器充、放电现象的定量计算例2 (2023·山东省实验中学模拟)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛．使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程．电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化关系．图甲中直流电源电动势E ＝8 V ，实验前电容器不带电．先使S 与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S 与“2”端相连，直至放电完毕．计算机记录的电流随时间变化的i －t 曲线如图乙所示．(1)乙图中阴影部分的面积S 1________S 2；(选填“>”“<”或“＝”)(2)计算机测得S 1＝1 203 mA·s ，则该电容器的电容为________F ；(保留两位有效数字) (3)由甲、乙两图可判断阻值R 1________R 2.(选填“>”“<”或“＝”) 答案 (1)＝ (2)0.15 (3)<解析 (1)题图乙中阴影面积S 1和S 2分别表示充电和放电中电容器上的总电荷量，所以两者相等．(2)由阴影面积代表电容器上的电荷量得q ＝S 1＝1.203 C ，U ＝E ＝8 V ，则C ＝q U ＝1.2038 F ≈0.15 F .(3)由题图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由E R 0＋R 1＞ER 0＋R 2，解得R 1＜R 2.考点二电容器及平行板电容器的动态分析1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成． (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电容器两极板之间的电势差之比． (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、极板相对位置及电介质)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：两极板的正对面积、电介质的相对介电常数、两板间的距离． (2)决定式：C ＝εr S4πkd.1．电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和．( × ) 2．电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电压成反比．( × ) 3．放电后电容器的电荷量为零，电容也为零．( × )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． 2．两类典型动态分析思路比较考向1 两极板间电势差不变例3 (2022·重庆卷·2)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变．若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则( )A ．材料竖直方向尺度减小B ．极板间电场强度不变C ．极板间电场强度变大D ．电容器电容变大答案 A解析根据题意可知极板之间电压U 不变，极板上所带电荷量Q 变少，根据电容定义式C ＝Q U 可知，电容器的电容C 减小，D 错误；根据电容的决定式C ＝εr S 4πkd 可知，极板间距d 增大，极板之间形成匀强电场，根据E ＝Ud 可知，极板间电场强度E 减小，B 、C 错误；极板间距d 增大，材料竖直方向尺度减小，A 正确．考向2 两极板电荷量不变例4 (2023·河北省高三检测)如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板(M 板)接地，在两板间的P 点固定一个带负电的试探电荷．若正极板N 保持不动，将负极板M 缓慢向右平移一小段距离，下列说法正确的是( )A ．P 点电势升高B ．两板间电压增大C ．试探电荷的电势能增大D ．试探电荷受到的电场力增大答案 C解析由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d ，可得U ＝4πkdQ εr S ，E ＝4πkQεr S ，因为电容器与电源断开，电荷量保持不变，两板间的距离d 减小，所以两板间电压减小，两板间电场强度不变，试探电荷受到的电场力不变，故B 、D 错误；因φ＝Ed ′，d ′为P 到负极板之间的距离，d ′减小，所以P 点电势降低，因沿电场线方向电势降低，M 板电势为零，所以P 点电势为正，P 点固定的试探电荷为负电荷，电势降低，电势能增加，故C 正确，A 错误．考向3 电容器的综合分析例5 (多选)平行板电容器的两极板A 、B 接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关S ，电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示．那么( )A ．保持开关S 闭合，带正电的A 板向B 板靠近，则θ增大 B ．保持开关S 闭合，带正电的A 板向B 板靠近，则θ不变C ．开关S 断开，带正电的A 板向B 板靠近，则θ增大D ．开关S 断开，带正电的A 板向B 板靠近，则θ不变答案 AD解析保持开关S 闭合，电容器两端的电势差不变，带正电的A 板向B 板靠近，极板间距离减小，电场强度E 增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故A 正确，B 错误；断开开关S ，电容器所带的电荷量不变，由C ＝Q U ，C ＝εr S 4πkd ，E ＝U d 得E ＝4πkQεr S ，知d 变化，E 不变，小球所受电场力不变，θ不变，故C 错误，D 正确．考点三带电粒子(带电体)在电场中的直线运动考向1 带电粒子在电场中的直线运动1．对带电粒子进行受力分析时应注意的问题(1)要掌握电场力的特点．电场力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关，还跟带电粒子的电性和电荷量有关． (2)是否考虑重力依据情况而定．基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)．带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力．2．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且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动． 3．用动力学观点分析 a ＝qE m ，E ＝Ud ，v 2－v 02＝2ad .4．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6 如图所示，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平行于正极板且与其相距25l 的平面．若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M ∶m 为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1 答案 A解析设电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q 的粒子有a M ＝Eq M ，25l ＝12·EqM t 2；对电荷量为－q 的粒子有a m ＝Eq m ，35l ＝12·Eq m t 2，联立解得M m ＝32，故选A.考向2 带电体在电场力和重力作用下的直线运动例7 (2023·云南昆明市一中高三检测)如图，长度为L 的轻质绝缘细杆两端连接两个质量均为m 的绝缘带电小球A 和B ，两小球均可看作质点，带电荷量为q A ＝＋6q 、q B ＝－2q .将小球从图示位置由静止释放，下落一段时间后B 进入位于下方的匀强电场区域．匀强电场方向竖直向上，场强E ＝mgq，重力加速度为g .求：(1)小球A 刚进入电场时的速度大小；(2)要使小球B 第一次下落时不穿出电场下边界，电场区域的最小高度H . 答案 (1)5gL (2)3.5L解析 (1)设小球A 刚进入电场时的速度大小为v 0，由动能定理可得 2mg (L ＋L 2)＋|q B |EL ＝12×2m v 02－0解得v 0＝5gL (2)由动能定理可得2mg (H ＋L2)＋|q B |EH －q A E (H －L )＝0－0解得H ＝3.5L .考向3 带电粒子在交变电场中的直线运动1．常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等． 2．常见的题目类型 (1)粒子做单向直线运动． (2)粒子做往返运动． 3．解题技巧(1)按周期性分段研究．(2)将⎭⎪⎬⎪⎫φ－t 图像U －t 图像E －t 图像――→转换a －t 图像――→转化v －t 图像．例8 如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是( )A ．电压如甲图所示时，在0～T 时间内，电子的电势能一直减少B ．电压如乙图所示时，在0～T2时间内，电子的电势能先增加后减少C ．电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动D ．电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动答案 D解析若电压如题图甲时，在0～T 时间内，电场力先向左后向右，则电子先向左做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A 错误；电压如题图乙时，在0～12T 时间内，电子向右先加速后减速，即电场力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故B 错误；电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了12T后做减速运动，到T 时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故C 错误；电压如题图丁时，电子先向左加速，到14T 后向左减速，12T 后向右加速，34T 后向右减速，T 时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D 正确．例9 (多选)(2023·四川成都市武侯高级中学模拟)某电场的电场强度E 随时间t 变化规律的图像如图所示．当t ＝0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．0～3 s 内电场力对带电粒子的冲量为0C ．2 s 末带电粒子回到原出发点D ．0～2 s 内，电场力做的总功不为零答案 BD解析由牛顿第二定律可得带电粒子在第1 s 内的加速度大小为a 1＝qE 1m，第2 s 内加速度大小为a 2＝qE 2m，因E 2＝2E 1，则a 2＝2a 1，则带电粒子先匀加速运动1 s 再匀减速0.5 s 时速度为零，接下来的0.5 s 将反向匀加速，再反向匀减速，t ＝3 s 时速度为零，v －t 图像如图所示．由图可知，带电粒子在电场中做往复运动，故A 错误；由v －t 图像可知，t ＝3 s 时，v ＝0，根据动量定理可知，0～3 s 内电场力对带电粒子的冲量为0，故B 正确；由v －t 图像面积表示位移可知，t ＝2 s 时，带电粒子位移不为零，没有回到出发原点，故C 错误；由v －t 图像可知，t ＝2 s 时，v ≠0，根据动能定理可知，0～2 s 内电场力做的总功不为零，故D 正确．课时精练1．(多选)关于电容器的电容，下列说法中正确的是( )A ．根据C ＝QU 可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两极板间的电压成反比B ．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比C ．无论电容器电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变D ．电容器所带电荷量增加2倍，则电容增大2倍答案 BC解析电容是电容器本身的性质，一个确定的电容器的电容是不变的，与所带的电荷量和两板间的电压无关，故A 、D 错误；根据Q ＝CU ，对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比，故B正确；根据电容的定义式C＝QU可知，电容器所带的电荷量与电压的比值是电容，故C正确．2.(多选)(2023·福建省模拟)如图为手机指纹识别功能的演示，此功能的一个关键元件为指纹传感器．其部分原理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘．当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则下列说法正确的是()A．指纹的凹点与小极板距离远，电容大B．指纹的凸点与小极板距离近，电容大C．若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，小极板带电荷量增多D．若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响答案BC解析根据电容的决定式C＝εr S4πkd可知，指纹的凹点与小极板距离远，即d大，则C小；指纹的凸点与小极板距离近，即d小，则C大，故A错误，B正确．若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，则C增大，由于电容器的电压保持不变，根据Q＝CU可知小极板带电荷量Q增多，故C正确．若用湿的手指去识别，由于自来水是导电的，则使得同一指纹的凹点和凸点与小极板之间的距离将会发生变化，从而改变了电容器的电容，使得识别功能受到影响，故D错误．3.(2023·四川省成都七中高三检测)如图所示，将一平行板电容器和二极管串联接在直流电源上，二极管具有单向导电性，现将开关闭合等到电路稳定．下列说法正确的是()A．若增大两极板间的距离，则电容器电容增大B．若增大两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小C．若减小两极板间的距离，则两极板间的电压不变D．若减小两极板间的距离，则电容器的带电荷量Q减小答案 C解析根据C ＝εr S 4πkd 可知，若增大两极板间的距离d ，电容器电容减小，A 错误；由于C ＝QU ，E ＝U d ，联立可得E ＝4πkQεr S ，若增大两极板间的距离d ，电容器电容减小，由于二极管具有单向导电性，电容器带电荷量保持不变，从而电容器内部电场强度保持不变，B 错误；由C ＝εr S 4πkd 可知，若减小两极板间的距离，电容器的电容增大，又由C ＝QU 可知，两极板电压降低，二极管正向导通，继续给电容器充电，最终电容器两极板间的电压仍等于电源电压，因此两极板间的电压保持不变，电容器的带电荷量Q 增大，C 正确，D 错误．4．静电火箭的工作过程简化图如图所示，离子源发射的离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力．根据题目信息可知( )A ．M 板电势低于N 板电势B ．进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关C ．增大加速区MN 极板间的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力D ．增大MN 极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力答案 D解析由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速区的极板M 电势高，A 错误；由动能定理知qU ＝12m v 2，解得v ＝2qUm，所以进入中和区的离子速度与离子的比荷、加速电压的大小有关，加速电压越大离子速度越大，与极板间的距离无关，故D 正确，B 、C 错误．5.(2023·浙江省模拟)据报道，我国每年心源性猝死案例高达55万，而心脏骤停最有效的抢救方式是通过AED 自动除颤机给予及时治疗．某型号AED 模拟治疗仪器的电容器电容是15 μF ，充电至9 kV 电压，如果电容器在2 ms 时间内完成放电，则下列说法正确的是( )A ．电容器放电过程的平均电流为67.5 AB ．电容器的击穿电压为9 kVC ．电容器充电后的电荷量为135 CD ．电容器充满电的电容是15 μF ，当放电完成后，电容为0 答案 A解析根据电容的定义式C ＝QU ，解得Q ＝15×10－6×9×103 C ＝0.135 C ，故放电过程的平均电流为I ＝Q t ＝0.1352×10－3 A ＝67.5 A ，故A 正确，C 错误；当电容器的电压达到击穿电压时，电容器将会损坏，所以9 kV 电压不是击穿电压，故B 错误；电容器的电容与电容器的带电荷量无关，所以当电容器放完电后，其电容保持不变，故D 错误．6.(多选) 一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(重力不计)以速度v 0逆着电场线方向射入有左边界的匀强电场，电场强度为E (如图所示)，则( )A ．粒子射入的最大深度为m v 02qEB ．粒子射入的最大深度为m v 022qEC ．粒子在电场中运动的最长时间为m v 0qED ．粒子在电场中运动的最长时间为2m v 0qE答案 BD解析粒子从射入到运动至速度为零，由动能定理得－Eqx max ＝0－12m v 02，最大深度x max ＝m v 022qE ，由v 0＝at ，a ＝Eqm 可得t ＝m v 0Eq ，由对称性可得粒子在电场中运动的最长时间为t max ＝2t ＝2m v 0Eq，故选B 、D.7.如图所示，一质量为m 、电荷量为q 的小球在电场强度大小为E 、区域足够大的匀强电场中，以初速度v 0沿ON 在竖直面内做匀变速直线运动．ON 与水平面的夹角为30°，重力加速度为g ，且mg ＝qE ，则( )A ．电场方向竖直向上B ．小球运动的加速度大小为g2C ．小球上升的最大高度为v 024gD ．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为12m v 02答案 C解析小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON 直线上，因mg ＝qE ，所以电场力qE 与重力关于ON 对称，根据数学知识可知，电场力qE 与水平方向的夹角应为30°，即电场方向不是竖直向上的，受力情况如图所示．合力沿ON 方向向下，大小为mg ，所以加速度大小为g ，方向沿ON 向下，A 、B 错误；小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为x ＝v 022g ，则小球上升的最大高度为h ＝x sin 30°＝v 024g ，C 正确；若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为12m v 02，则小球的最大电势能为14m v 02，D 错误．8．(多选)如图甲所示，A 、B 两极板间加上如图乙所示的交变电压，A 板的电势为0，一质量为m 、电荷量大小为q 的电子仅在电场力作用下，在t ＝T4时刻从A 板的小孔处由静止释放进入两极板间运动，恰好到达B 板，则( )A ．A 、B 两板间的距离为qU 0T 216mB ．电子在两板间的最大速度为qU 0mC ．电子在两板间做匀加速直线运动D ．若电子在t ＝T8时刻进入两极板间，它将时而向B 板运动，时而向A 板运动，最终到达B板答案 AB解析电子在t ＝T4时刻由静止释放进入两极板运动，由分析可知，电子先加速后减速，在t＝34T 时刻到达B 板，设两板的间距为d ，加速度大小为a ＝qU 0md ，则有d ＝2×12a (T 4)2，解得d ＝qU 0T 216m ，故A 正确；由题意可知，经过T 4时间电子速度最大，则最大速度为v m ＝a ·T4＝qU 0m，故B 正确；电子在两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，故C 错误；若电子在t ＝T 8时刻进入两极板间，在T 8～T2时间内电子做匀加速直线运动，位移x＝12·a ·(38T )2＝98d >d ，说明电子会一直向B 板运动并在T2之前就打在B 板上，不会向A 板运动，故D 错误．9．如图甲所示，实验器材主要有电源、理想电压表V 、两个理想电流表A 1和A 2、被测电解电容器C 、滑动变阻器R 、两个开关S 1和S 2以及导线若干．实验主要步骤如下： ①按图甲连接好电路．②断开开关S 2，闭合开关S 1，让电池组给电容器充电，当电容器充满电后，读出并记录电压表的示数U ，然后断开开关S 1.③断开开关S 1后，闭合开关S 2，每间隔5 s 读取并记录一次电流表A 2的电流值I 2，直到电流消失．④以放电电流I 2为纵坐标，放电时间t 为横坐标，在坐标纸上作出I 2－t 图像．(1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐____________(选填“增大”或“减小”)，电流表A 1的示数逐渐____________(选填“增大”或“减小”)．(2)由I 2－t 图像可知，充电结束时电容器储存的电荷量Q ＝________ C ．(结果保留2位有效数字)(3)若步骤②中电压表的示数U ＝2.95 V ，则滑动变阻器接入电路部分的阻值R ＝________ Ω.(结果保留2位有效数字)(4)类比直线运动中由v －t 图像求位移的方法，当电容为C 的电容器两板间电压为U 时，电容器所储存的电能E p ＝________(请用带有U 、C 的表达式表示)．答案 (1)增大减小 (2)3.3×10－3 (3)9.8×103 (4)12CU 2解析 (1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐增大；随着时间的推移充电电流越来越小，即电流表A 1的示数逐渐减小．(2)根据q ＝It 可得图像与横轴所围的面积表示电荷量，每一个小格表示电荷量为q ＝25×10－6×5 C ＝1.25×10－4 C ，可知电容器储存的电荷量为Q ＝26×1.25×10－4 C ≈3.3×10－3 C.(3)电压表的示数U ＝2.95 V ，根据图像可知放电最大电流为300 μA ，可知滑动变阻器接入电路部分的阻值为R ＝UI ≈9.8×103 Ω.(4)电容器所储存的电能E p ＝12QU ＝12CU 2.10.在光滑绝缘的水平面上，长为2L 的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m 的带电小球A 和B (均可视为质点)组成一个带电系统，球A 所带的电荷量为＋2q ，球B 所带的电荷量为－3q .现让A 处于如图所示的有界匀强电场区域MNQP 内，已知虚线MN 位于细杆的中垂线，MN 和PQ 的距离为4L ，匀强电场的电场强度大小为E 、方向水平向右．释放带电系统，让A 、B 从静止开始运动，不考虑其他因素的影响．求：(1)释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小； (2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间； (3)带电系统运动过程中，B 球电势能增加的最大值．答案 (1)Eqm(2)32mLEq(3)6EqL 解析 (1)对整体应用牛顿第二定律有E ·2q ＝2ma ，得出两小球加速度大小为a ＝Eqm(2)系统向右加速运动阶段L ＝12at 12解得t 1＝2mLEq此时B 球刚刚进入MN ，带电系统的速度v ＝at 1假设小球A 不会出电场区域，带电系统向右减速运动阶段有－3Eq ＋2Eq ＝2ma ′，加速度a ′＝－Eq 2m减速运动时间t 2＝0－va ′＝22mLEq减速运动的距离L ′＝0－v 22a ′＝2L ，可知小球A 恰好运动到PQ 边界时速度减为零，假设成立．所以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间t ＝t 1＋t 2＝32mLEq(3)B 球在电场中向右运动的最大距离x ＝2L进而求出B 球电势能增加的最大值ΔE p ＝－W 电＝6EqL .11．如图甲所示，一平行板电容器两板间距为d ，在一板内侧附近有一带电荷量为q 、质量为m 的正离子，为使该离子能在两极间来回运动而不撞在两极板上，在两极板间加上如图乙所示交变电压，此交变电压的周期应有( )A ．T ＜4d m qUB ．T >4d m qUC ．T ＜2d m qUD ．T >2dm qU答案 A解析设周期为T 时，正离子从左极板向右运动，先做T 4的匀加速直线运动，再做T4的匀减速直线运动，到达右极板时，速度恰好减为零．根据图像可知，加速和减速运动的加速度大小相同，位移大小相同，是完全对称的运动．其加速度为a ＝Uqdm，则根据匀加速运动的速度公。

电容器,偏转粒子在电场中偏转讲解

答案 C
解析显隐
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规律方法
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 C＝
4επrkSd、Q＝CU 和 E＝Ud 进行判定即可.
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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：C＝4επrkSd，k为静电力常量．
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带电粒子在匀强电场中的运动 (考纲要求 Ⅱ )
1.带电粒子在电场中的加速带电粒子沿与电场线平行的方向进入电场，带电粒子将做加(减)速运动．有两种分析方法： (1)用动力学观点分析：a＝qmE，E＝Ud ，v2－v02＝2ad. (2)用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化，qU＝12mv2－12mv20.
P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电
容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平
移d/3 ，则从P点开始下落的相同粒子将( )．
A．打到下极板上
B．在下极板处返回
C．在距上极板d/2处返回 D．在距上极板2d/5处返回
1.表明平行板电容器两端电压不变.
审题
2. 电荷的整个下落过程中受几个力作用？各力做功情况怎样？用哪个物理
请完成对应本典例的“跟踪短训”
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热点3 带电粒子在匀强电场中的偏转问题

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动

(√)
(6)我们能在手机屏幕上看到各种各样的信息是因为电子束高速撞击荧光屏得
到的。
(×)
提能点(一) 平行板电容器的动态分析(自练通关)
点点通
1．[与电源断开]
有一平行板电容器充电后与电源断开，A 极板带电荷量为＋ 4×10－6 C，B 极板带电荷量为－4×10－6 C，电容器的电容为 2 μF，下列
mg＋qUd′＝ma2
则 PQ 两板电压 U′＝3m2qgd 电场方向向下，所以 P 板电势高，故 PQ 两板电压满足：
UPQ′≥3m2qgd。
答案：(1)－9m4qg′≥3m2qgd
[方法规律]
带电体在电场中直线运动的分析方法
提能点(三) 带电粒子(体)的偏转(题点精研) 1．运动规律 (1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是
()
A．电荷量 q1 与 q2 的比值为 3∶7 B．电荷量 q1 与 q2 的比值为 3∶4
C．粒子 A、B 通过平面 Q 时的速度之比为 9∶16
D．粒子 A、B 通过平面 Q 时的速度之比为 3∶7
解析：设电场强度大小为 E，两粒子的运动时间相同，对粒子 A 有：a1＝qm1E， 37l＝12·qm1E·t2，对粒子 B 有：a2＝qm2E，47l＝12·qm2E·t2，联立解得：qq12＝34，A 错误， B 正确。由动能定理 qEx＝12mv2－0，求得：vv12＝34，选项 C、D 错误。答案：B
与电容器是否带电及两极板间是否存在电压无关。
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。
εrS (2)决定式：C＝ 4πkd 。
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＝12mv2－12mv20。 (2)在非匀强电场中，W＝qU ＝12mv2－12mv20。

专题七第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动

A．电阻 R 中没有电流 B．电容器的电容变小
)
C．电阻 R 中有从 a 流向 b 的电流 D．电阻 R 中有从 b 流向 a 的电流图 7－3－4
解析：图中电容器被充电，极板带正电，极板带负电． A B 根 εS 据平行板电容器的大小决定因素 C∝ d 可知，当增大电容器两极板间距离 d 时，电容 C 变小．由于电容器始终与电池相连， Q 电容器两极板间电压 UAB 保持不变，根据电容的定义 C＝U ， AB 当 C 减小时电容器两极板所带电荷量 Q 减小，A 极板所带正电荷的一部分从 a 到 b 经电阻 R 流向电源正极，即电阻 R 中有从 a 流向 b 的电流．
D．电容器的电容不随所带电荷量及两极板间的电势差的
变化而变化
Q 解析：本题主要考查电容的定义式C＝—，即C与Q、U U
皆无关，Q 与 U 成正比．答案：D
2．(双选)图 7－3－4 所示的是一个由电池、电阻 R、电键 S 与平行板电容器组成的串联电路，电键闭合，在增大电容器
两极板间距离的过程中(
6 12
距离正比，与两极板的_____成反比，并且跟板间插入的电介质有关．
εS (2)公式：C＝______ 4πkd
4．平行板电容器的动态分析 (1)两种情况：①保持两极板与电源相连，则电容器两极板电压电量间_____不变．②充电后断开电源，则电容器的_____不变．
Q εS (2)三个公式：①C＝U；②U＝Ed；③C＝4πkd. (3)方法：找不变量与变化量之间的公式来决定要比较的量
运动、减速运动至速度为零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在 A 板上，所以B 正确．
3T 若 <t0<T，带正电粒子先加速向A 板运动、再减速运动至 4 速度为零；然后再反方向加速运动、减速运动至速度为零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B 板上，所以C 错误．若T<t0< 9T ，带正电粒子先加速向B 8

高物理必考静电场电容器与电容带电粒子在电场中的运动

冠夺市安全阳光实验学校第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动知识点1 电容器、电容、平行板电容器 1．电容器(1)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值． (2)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)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量．(2)定义式：C ＝Q U ＝ΔQΔU.(3)单位：法拉(F)，1 F ＝106μF＝1012pF. 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，与电介质的相对介电常数成正比，与两极板间的距离成反比．(2)决定式：C ＝εr S4πkd，k 为静电力常量．知识点2 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 ＝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：类似于平抛运动，应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 ＝lv 0.②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．错误!知识点3 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631所示．图6312．工作原理(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束沿直线运动，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随时间变化的稳定图象．1．正误判断(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)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)(4)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√)(5)示波管屏幕上的亮线是由于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一定可以忽略不计．(×)2．(对电容器电容的理解)根据电容器电容的定义式C＝QU，可知( ) 【：96622112】A．电容器所带的电荷量Q越多，它的电容就越大，C与Q成正比B．电容器不带电时，其电容为零C．电容器两极板之间的电压U越高，它的电容就越小，C与U成反比D．以上说法均不对【答案】D3．(示波管的原理)(多选)如图632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( )图632A．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【答案】AC4．(带电粒子在电场中的直线运动)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633所示，OA＝h，此电子具有的初动能是( )图633A.edhUB．edUhC.eUdhD.eUhd【答案】D[核心精讲]1．分析比较的思路(1)先确定是Q 还是U 不变：电容器保持与电源连接，U 不变；电容器充电后与电源断开，Q 不变．(2)用决定式C ＝εr S4πkd确定电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝QU 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．2．两类动态变化问题的比较[题组通关]1．(2016·全国乙卷)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( ) 【：96622113】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D 平行板电容器电容的表达式为C ＝εS4πkd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C 变小．由于极板间电压不变，据Q ＝CU 知，极板上的电荷量变小．再考虑到极板间电场强度E ＝Ud，由于U 、d 不变，所以极板间电场强度不变，选项D 正确．2．(2015·安徽高考)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为σ2ε0，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图634所示的平行板电容器，极板正对面积为S ，其间为真空，带电荷量为Q .不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )图634A.Q ε0S 和Q 2ε0S B.Q 2ε0S 和Q 2ε0S C.Q 2ε0S 和Q 22ε0SD.Q ε0S 和Q 22ε0SD 每块极板上单位面积所带的电荷量为σ＝QS ，每块极板产生的电场强度为E ＝σ2ε0，所以两极板间的电场强度为2E ＝Q ε0S.一块极板在另一块极板处产生的电场强度E ′＝Q 2ε0S ，故另一块极板所受的电场力F ＝qE ′＝Q ·Q2ε0S ＝Q 22ε0S，选项D 正确．[核心精讲]1．带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(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等于带电粒子动能的变化量，即qU ＝12mv 2－12mv 20.[师生共研]●考向1 仅在电场力作用下的直线运动(多选)如图635所示为匀强电场的电场强度E 随时间t 变化的图象．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )图635A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零CD 设第1 s 内粒子的加速度为a 1，第2 s 内的加速度为a 2，由a ＝qEm可知，a 2＝2a 1，可见，粒子第1 s 内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C 、D 正确．●考向2 带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动问题(2014·安徽高考)如图636所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：图636(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．【规范解答】 (1)由v 2＝2gh 得v ＝2gh . (2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，有qE －mg ＝ma 且v 2－0＝2ad ，得E ＝mg h ＋dqd由U ＝Ed 、Q ＝CU 得Q ＝C mg h ＋dq.(3)由题得h ＝12gt 21、0＝v ＋at2、t ＝t 1＋t 2，综合可得t ＝h ＋dh2h g.【答案】 (1)2gh (2)mg h ＋dqdC mg h ＋d q (3)h ＋d h2hg[题组通关]3．平行板间加如图637所示周期性变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板，从t ＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，则能定性描述粒子运动的速度图象的是( )图637A 粒子从0时刻在电场中做匀加速直线运动，在T2时刻电场反向，粒子做匀减速直线运动，在T 时刻速度减为零，以后循环此过程，故本题只有选项A 正确．4．(2017·汕头模拟)如图638所示，M 和N 是两个带等量异种电荷的平行正对金属板，两板与水平方向的夹角为60°.将一个质量为m 、电荷量为q的带正电小球从靠近N 板的位置由静止释放，释放后，小球开始做匀加速直线运动，运动方向与竖直方向成30°角．已知两金属板间的距离为d ，重力加速度为g ，则( ) 【：96622114】图638 A ．N 板带负电B ．M 、N 板之间的场强大小为3mgqC ．小球从静止到与M 板接触前的瞬间，合力对小球做的功为3mgdD ．M 、N 板之间的电势差为－mgdqD 小球带正电，受到的电场力方向与电场方向相同，所以N 板带正电，A 错误；小球的运动方向就是小球所受合力方向，而小球的运动方向恰好在小球所受重力方向和电场力方向夹角的平分线上，所以电场力等于mg ，M 、N 板之间的场强大小为E ＝mg q ，B 错误；M 、N 板之间的电势差为U ＝－Ed ＝－mgdq，D 正确；小球从静止到与M 板接触前的瞬间，重力和电场力做的功都是mgd ，合力对小球做的功为2mgd ，C 错误．[核心精讲]1．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 2y ＝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l2.2．带电粒子在匀强电场中偏转的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 ＝12mv2－12mv 20，其中U y ＝Udy ，指初、末位置间的电势差． [师生共研](多选)(2015·天津高考)如图639所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速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( )图639A ．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【合作探讨】(1)氕核、氘核、氚核三种粒子有什么不同点和相同点？提示：三种粒子的符号分别为：11H 、21H 、31H ，相同点是均带有一个单位的正电荷，q ＝＋e .不同点是质量数不同，分别是1、2、3，即质量之比为1∶2∶3.(2)如何分析在E 2中电场力对三种粒子的做功多少？提示：因电场力qE 2为恒力，故由W ＝qE 2·y 分析，而y 是在E 2中的偏转位移，可由y ＝E 2l 24E 1d分析．AD 根据动能定理有qE 1d ＝12mv 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝2qE 1d m .在偏转电场中，由l ＝v 1t 2及y ＝12qE 2mt 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y 得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确；根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12mv 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝2qE 1d ＋qE 2ym，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误；粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 12＋L ′v 1＝2d v 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C 错误；根据v y ＝qE 2m t 2及tan θ＝v yv 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l2E 1d，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确．[题组通关]5．(多选)(2015·江苏高考)如图6310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( ) 【：96622115】图6310 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BC 小球运动时受重力和电场力的作用，合力F 方向与初速度v 0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A 错误，选项B 正确；将初速度v 0分解为垂直于F 方向的v 1和沿F 方向的v 2，根据运动与力的关系，v 1的大小不变，v 2先减小后反向增大，因此小球的速率先减小后增大，选项C 正确，选项D 错误．6．如图6311所示，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 的质点从两板射入板间，最后垂直打在M 屏上，则下列结论正确的是( )图6311A ．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C 根据质点垂直打在M 屏上可知，质点在两板运动时向上偏转，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．[典题示例]如图6312所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h 的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC 运动并进入圆环内做圆周运动．已知小球所受电场力是其重力的3/4，圆环半径为R ，斜面倾角为θ＝60°，s BC ＝2R .若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h 至少为多少？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图6312【规范解答】小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力F ，如图所示．可知F ＝1.25mg ，方向与竖直方向成37°角．由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是D 点，设小球恰好能通过D 点，即达到D 点时圆环对小球的弹力恰好为零．由圆周运动知识得：F ＝m v 2D R ，即： 1.25mg ＝m v 2DR由动能定理有：mg (h －R －R cos 37°)－34mg ×(h cot θ＋2R ＋R sin 37°)＝12mv 2D ，联立解得h ＝7.7R .【答案】 7.7R带电体在匀强电场和重力场组成的复合场中的运动问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型．对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大．若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷．先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a ＝F 合m视为“等效重力加速度”，再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．[题组通关]7．(多选)如图6313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 ＝mgq.下列说法正确的是( )【：96622116】图6313A ．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BD 因为电场强度E ＝mgq，所以小球所受电场力大小也为mg ，故小球所受合力大小为2mg ，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为45°，故小球通过圆弧AD 的中点时速度最小，此时满足2mg ＝m v 2minL，因此小球在竖直面内圆周运动的最小速度v min ＝2gL ，A 项错误；由功能关系知，物体机械能的变化等于除重力、弹簧的弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O 点做圆周运动，运动到B 点时，电场力做功最多，故运动到B 点时小球的机械能最大，B 项正确；小球在A 点由静止开始释放后，将沿合外力方向做匀加速直线运动，C 项错误；若将小球以gL 竖直向上抛出，经时间t ＝2gLg回到相同高度，其水平位移s＝12·qE mt 2＝2L ，故小球刚好运动到B 点，D 项正确．。

高考一轮复习-电容器带电粒子在电场中的运动

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动知识点一电容器及电容1．电容器(1)组成：由两个彼此________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________．(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________，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________转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的________与两个极板间的________的比值．(2)定义式：________.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)．1 F＝________ μF＝________ pF.(4)意义：表示电容器________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________及________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：____________.知识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)在匀强电场中，W＝________＝qU＝mv2－m.(2)在非匀强电场中，W＝________＝mv2－m.2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力．(2)运动性质：________运动．(3)处理方法：运动的分解． ①沿初速度方向：做________运动．②沿电场方向：做初速度为零的____________运动． (4)基本规律设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d ，如图所示，(忽略重力影响)，则有①加速度：a ＝＝＝.②在电场中的运动时间：t ＝③速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ＝qUlmv 0d ，v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d.④位移⎩⎪⎨⎪⎧l ＝v 0t y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d知识点三示波管 1．示波管的构造①电子枪，②________，③荧光屏(如图所示)2．示波管的工作原理(1)YY ′上加的是待显示的________，XX ′上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做________． (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________，在那里产生一个亮斑．②若所加扫描电压和________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．思考辨析(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带的电荷量的代数和．( )(2)电容表示电容器容纳电荷的多少．( )(3)电容器的电容与电容器所带的电荷量成反比．( )(4)放电后的电容器所带的电荷量为零，电容也为零．( )(5)公式C＝可用来计算任何电容器的电容．( )(6)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．( )(7)带电粒子在电场中只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．( )教材改编[人教版选修3－1·P32·T1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考点一电容器及电容器的动态分析自主演练1．两种类型—2．电容器动态的分析思路：(1)U不变①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．②根据E＝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＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．②根据E＝＝分析场强变化．[多维练透]1．a、b两个电容器如图甲所示，图乙是它们的部分参数．由此可知，下列关于a、b两个电容器的说法正确的是( )A．a、b两个电容器的电容之比为8:1B．a、b两个电容器的电容之比为4:5C．b电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为0.1 CD．a电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为1 C2．某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中( )A．电容器的电容变大B．电容器的电荷量保持不变C．M点的电势比N点的电势低D．流过电阻R的电流方向从M到N3．[2021·江西上饶六校一联](多选)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d.相对介电常数为εr.若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源提供电压恒定为U，则下列说法中正确的是( )A．瓶内液面升高了B．瓶内液面降低了C．电容器在这段时间内放电D．瓶内液面高度在t时间内变化了4．[2021·安徽皖江名校联盟联考](多选)如图所示是探究平行板电容器与哪些因素有关的实验装置．用导线将充了电的平行板电容器的带正电且固定的A板与静电计的金属小球相连，将带负电的B板与静电计的金属外壳同时接地，两板间P点固定一带负电且电荷量很小的点电荷．下列说法中正确的是( )A．若将极板B稍向上移动一点，极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变大B．若将极板B稍向上移动一点，两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大C．若将B板向左平移一小段距离，静电计指针张角变大D．若将B板向左平移一小段距离，P点处的负点电荷的电势能增大考点二带电粒子在电场中的直线运动师生共研1．解题方法(1)动力学方法：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律结合运动学公式求解．(2)能量方法：根据电场力对带电粒子所做的功，用动能定理求解．2．注意粒子的重力(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除特殊说明外，一般不考虑重力，但不能忽略质量．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除特殊说明外，一般不能忽略重力．例1 [2020·四川乐山三调]如图所示，在竖直面(纸面)内有匀强电场，电荷量为q(q>0)、质量为m 的小球受水平向右、大小为mg的恒力F，从M匀速运动到N，已知MN长为d，与力F的夹角为60°，重力加速度为g，则( )A．场强大小为B．M、N间的电势差为0C．从M到N，电场力做功为－mgdD．若仅将力F方向顺时针转30°，小球将从M向N做匀变速直线运动[教你解决问题]“题眼”是小球做匀速运动→小球受电场力、重力和恒力F平衡→根据平衡条件求解场强E；“变化”是将力F方向顺时针转30°→找到合力的方向→判断小球的运动情况．练1 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′点练2 (多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场，其电场强度E随时间t的变化关系如图所示，小物块电荷量为q＝＋1×10－4C，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块速度v与时间t的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．物块在4 s内位移是6 mB．物块的质量是2 kgC．物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2D．物块在4 s内电势能减少了18 J考点三带电粒子在电场中的偏转多维探究1．两个结论(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的偏转角度总是相同的．证明：由qU0＝m及tan φ＝得tan φ＝(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到电场边缘的距离为.2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系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＝mv2－m，其中U y＝y，指初、末位置间的电势差．题型1带电粒子在匀强电场中的偏转(类比分析，化曲为直)例2 [2020·浙江卷，6]如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P 点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )A．所用时间为B．速度大小为3v0C．与P点的距离为D．速度方向与竖直方向的夹角为30°题型2|带电体在匀强电场中的偏转例3 [2021·河北衡水中学模拟]如图所示，虚线1、2、3是竖直方向匀强电场中间距相等的等势线．将重力不可忽略、带等量异种电荷的小球a、b同时以相等的速率分别沿1、3等势线抛出，t时刻两小球经过等势线2.不计两小球间的相互作用．下列说法正确的是( )A．a的质量比b的小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的动量大小相等题型3|带电粒子在匀强电场中的加速和偏转例4 [2020·天津十二区县重点学校二联](多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，不计粒子的重力，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是( )A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1：2B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1：2D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同练3 [2019·江苏卷，5]一匀强电场的方向竖直向上．t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P t关系图象是( )练4 [2020·天津三模]如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，第三象限内有水平向左的匀强电场，第四象限内y轴与x＝2R虚线之间有竖直向下的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E，x＝3R 处有一竖直固定的光屏．现在第三象限内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧圆心在坐标原点O，A端点在x轴上，B端点在y轴上．一个带电小球(可视为质点)从A点上方高2R处的P点由静止释放，小球从A点进入圆弧轨道运动，从B点离开时速度的大小为2，重力加速度为g，求：(1)小球的电荷量及其电性；(2)小球最终打在光屏上的位置距x轴的距离．思维拓展现代生活、科技中的静电场问题(STSE)类型1 电容器在科技生活中的应用例1(多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，因为工作面上接有高频信号，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，控制器精密确定手指位置．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[教你解决问题]类型2 医学中的静电场问题例2 [2019·浙江卷，10]当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到 1.0×107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是( )A．加速过程中质子电势能增加B．质子所受到的电场力约为2×10－15 NC．质子加速需要的时间约为8×10－6 sD．加速器加速的直线长度约为4 m类型3 静电除尘例3 如图是某款家用空气净化器原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电．图中放电极b、d接电源正极，集尘极a、c、e接电源负极(接地)．以下说法正确的是( )A．通过过滤网后空气中的尘埃带负电B．c、d两个电极之间的电场方向竖直向下C．尘埃被吸附到集尘极e的过程中动能增大D．尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功类型4 喷墨打印机例 4 有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上．已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是( )A．增大墨滴的带电荷量B．减小墨滴喷出时的速度C．减小偏转板与承印材料的距离D．增大偏转板间的电压练在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业．为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图甲)．图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势．虚线表示电工周围某一截面上的等势面，c、d、e、f是不同等势面上的四个点，以下说法中正确的是( )A．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强B．在c、d、e、f四点中，f点的电势最高C．若将某电子由c移到f，其电势能将增大D．若将电子在d点由静止释放，它会向e点所在等势面运动第3讲电容器带电粒子在电场中的运动基础落实知识点一1．(1)绝缘(2)绝对值 (3)①异种电荷②电能2．(1)电荷量电势差(2)C＝(3)1061012(4)容纳电荷(5)带电电压3．(2)C＝知识点二1．(1)qEd (2)qU2．(2)匀变速曲线(3)①匀速直线②匀加速直线知识点三1．偏转电极2．(1)信号电压扫描电压(2)①中心②信号电压思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)√教材改编解析：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＝知，当d变大时，C变小，再由C＝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；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，所以选项A、B、D正确．答案：ABD考点突破1．解析：由题图乙可知，a电容器的电容为C1＝1 000 μF，b电容器的电容为C2＝10 000 μF，所以a、b两个电容器的电容之比为1 000:10 000＝1:10，A、B错误；a电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q1＝C1U1＝1 000×10－6×80 C＝0.08 C，b电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q2＝C2U2＝10 000×10－6×10 C＝0.1 C，故C正确，D错误．答案：C2．解析：当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势，不变，电荷量Q＝CU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向为M→R →N，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，D正确．答案：D3．解析：根据C＝，当d、εr不变时，C∝S，而正对面积S正比于液面高度h.电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在放电，电容器带电荷量Q＝CU在减小，在电压U恒定时，说明电容C在减小，则h在减小，瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确．t时间内放电，释放的电荷量ΔQ＝UΔC＝It.ΔC＝＝，解得Δh＝，故D正确．答案：BCD4．解析：本题考查电容器动态问题、静电计指针偏角的变化．由于平行板电容器的电容远大于静电计的指针和外壳组成的电容器的电容，而它们的电势差总相同，故平行板电容器的带电荷量远大于静电计指针和外壳组成的电容器的带电荷量，可认为平行板电容器不接电源时电荷量几乎不变，极板B稍向上移动，电容器两极板的正对面积减小，由C＝可知C减小，由C＝可知，Q不变，U变大，静电计指针张角变大，选项A正确，B错误；若将B板向左平移一小段距离，平行板电容器的电容C减小，由C＝知，U变大，静电计指针张角变大，选项C正确；若将B板向左平移一小段距离，平行板电容器间的电场强度E＝不变，由于P点与B板的距离d PB增大，则U PB增大，P点的电势φP增大，P点处的负点电荷的电势能减小，选项D错误．答案：AC例1 解析：对小球受力分析，如图所示，重力与恒力F垂直，根据平衡知识可知(qE)2＝(mg)2＋F2，解得qE＝2mg，E＝，选项A错误；恒力F与电场力所在直线之间的夹角的正切值tan θ＝＝，解得θ＝30°，可知电场力的方向与M、N的连线垂直，所以M、N之间的电势差一定为零，选项B正确；从M到N，电场力做功W电＝q·U MN＝0，选项C错误；若仅将力F方向顺时针转30°，小球受的合力一定不与M、N的连线平行，则小球不可能从M向N做匀变速直线运动，选项D错误．答案：B练1 解析：C板在P点时，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功为零．当C板移到P′时，根据E＝＝＝＝，可知B、C板间的电场强度不变，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功仍然为零，所以电子运动到P点时速度为零，然后返回，故A正确．答案：A练2 解析：物块在4 s内位移为x＝×2×(2＋4) m＝6 m，故选项A正确；由图可知，前2 s 物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，由图线知加速度为a＝1 m/s2,2 s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2＝μmg，联立解得q(E1－E2)＝ma，由图可得E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C，代入数据解得m＝1 kg，由qE2＝μmg可得μ＝0.2，故选项B错误，C正确；物块在前2 s的位移x1＝×2×2 m＝2 m，物块在后2 s的位移为x2＝vt2＝4 m，电场力做正功W＝qE1x1＋qE2x2＝6 J＋8 J＝14 J，则电势能减少了14 J，故选项D错误．答案：AC例2 解析：粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝at2，a＝，解得t＝，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝＝v0，B项错误；该点到P点的距离s＝x＝v0t＝，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝＝，则θ≠30°，D项错误．答案：C例3 解析：两球在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，且t时刻两球的竖直分位移大小相等，由公式y＝at2知，两球加速度大小相等．根据牛顿第二定律可知，对a球有qE＋m a g＝m a a0，对b球有qE－m b g＝m b a0，可得m a>m b，选项A错误．根据动能定理可知，对a球有m a a0y＝m a－m a，对b球有m b a0y＝m b－m b，可得v a＝v b，即在t时刻小球a的速度大小等于小球b的速度大小，在t时刻，因为m a>m b，所以a的动能比b的大，a的动量大于b的动量，选项B正确，D错误．在t时刻两小球的电势相等，又两球带异种电荷，故在t时刻两球电势能不等，选项C错误．答案：B例4 解析：根据动能定理有mv2－0＝qU，解得v＝，质子()和α粒子(e)的比荷之比为2:1，故两者在O2处的速度大小之比为:1，选项A错误．在A、B间a＝，则质子的加速度大，所以质子运动时间短；进入右侧电场做类平抛运动，由h＝t2，可知质子做类平抛运动的时间也短，故质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，选项B错误．对整个过程，由动能定理得E k－0＝q(U＋Eh)，故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1:2，选项C正确．带电粒子由O2到MN板，竖直方向h＝t2，水平方向x＝vt，又v＝，联立解得x＝2，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，选项D正确．答案：CD练3 解析：带电粒子所受电场力沿竖直方向，则粒子在电场中做类平抛运动，即沿初速度方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，假设电场力大小为F，则P＝Fv，其中v为沿电场力方向的速率，则v＝at、a＝，整理得P＝t，由关系式可知Pt图象应为一条过原点的倾斜直线，A正确，BCD错误．答案：A练4 解析：(1)假设小球带正电且电荷量为q，小球从P点运动到B点的过程，根据动能定理有mg·3R－qER＝mv2由题知小球到B点时速度v＝2，解得q＝则假设成立，即小球带正电，且电荷量为q＝.(2)小球在第四象限内的电场中所受的电场力方向向下，大小为qE＝mg，小球从B点以v＝2的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度为a＝＝2g小球在第四象限内的电场中运动的时间t1＝＝下落的高度h1＝a＝R出电场时竖直方向的分速度v y＝at1＝2出电场至打在光屏上运动的时间t2＝＝出电场至打到光屏上，在竖直方向运动的距离h2＝v y t2＋g＝R因此小球打在光屏上的位置距x轴的距离H＝R＋h1＋h2＝3.125R.答案：(1)小球带正电，(2)3.125R思维拓展典例1 解析：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，选项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，选项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，选项C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，选项D正确．答案：AD典例2 解析：电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14N，B错误；质子的加速度a＝≈1.2×1013m/s2，加速时间t＝≈8×10－7s，C错误；加速器加速的直线长度x＝≈4 m，故D正确．答案：D典例3 解析：本题考查电场力做功及其相关知识点．根据集尘极接电源负极可知，污浊空气通过过滤网后空气中的尘埃带正电，选项A错误；放电极b、d接电源正极，可知c、d两个电极之间的电场方向竖直向上，尘埃在被吸附到集尘极a、e的过程中所受电场力做正功，动能增大，选项B、D错误，C正确．答案：C典例4 解析：如图所示，带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移Y1＝at2，a＝，t＝，可推出Y1＝，Y2＝ltan θ，tan θ＝＝，Y＝Y1＋Y2＝，减小偏转板与承印材料的距离l可使字迹减小，C项正确，A、B、D三项错误．答案：C练解析：本题考查电场强度、电势和电势能、等势面及其相关知识点，依据等势线的疏密程度，可知在c、d、e、f四点中，f点的电场最强，选项A错误；因B供电线的电势高于A供电线的电势，则在c、d、e、f四点中，c点的电势最高，选项B错误；若将某电子由c移到f，即从高电势处移动到低电势处，因电子带负电，则其电势能将增大，选项C正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，因c、d、e、f四点电势逐渐降低，故将某电子在d点由静止释放，在电场力作用下，它会向c点所在等势面运动，选项D错误．答案：C。

电容器和电容带电粒子在电场中的运动知识点+典型例题

电容器和电容带电粒子在电场中的运动知识点1.电容器⑴组成：任何两个彼此又相互的导体都可以组成一个电容器。

⑵带电量：一个极板所带电量的 . ⑶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，电容器中储存.②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中转化为其他形式的能. 2.电容⑴定义：电容器所带的与电容器两极板间的电势差U 的比值. ⑵定义式：UQ C =. ⑶物理意义：表示电容器本领大小的物理量. ⑷单位：法拉（F ）=F 1F μ=pF 3.平行板电容器⑴影响因素：平行板电容器的电容与成正比，与介质的成正比，与成反比. ⑵决定式：=C ,k 为静电力常量. 4.带电粒子在电场中的运动 ⑴带电粒子在电场中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功等于带电粒子的增量.①在匀强电场中，=W =qU =2022121mv mv - ②在非匀强电场中：=W =2022121mv mv -⑵带电粒子在匀强电场中的偏转①如果带电粒子以初速度0v 垂直场强方向进入匀强电场中，不考虑重力时，则带②类平抛运动的一般处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的运动和沿电场力方向的运动.根据的知识就可解决有关问题. ⑶基本公式：运动时间0v lt =（板长为l ，板间距离为d ，板间电压为U ). 加速度===mqEm F a . 离开电场的偏转量==221at y . 偏转角===tan v atv v y θ . v 0v 0 y5.示波器示波器是用来观察电信号随时间变化的情况，其核心部件是示波管，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示电容电容器[对电容器、电容的理解][例1]（单选）下列说法中不正确的是：（）A 、电容器的电容越大，电容器带电就越多B 、某一给定电容器的带电荷量与极板间电压成正比C 、一个电容器无论两极板间的电压多大（不为零），它所带的电荷量和极板间的电压之比是恒定的D 、电容是表示电容器容纳电荷本领大小的物理量[变式1] (多选)两个电容器电容的公式： U Q C =和kdSC r πε4= 。

新教材人教版高中物理精品资料第3讲电容器带电粒子在电场中的运动

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距很近的导体组成。

(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：电容器充电的过程中，两极板所带的电荷量增加，极板间的电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中。

②放电：放电过程中，电容器把储存的能量通过电流做功转化为其他形式的能量。

2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比。

(2)定义式：C＝QU。

(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。

1 F＝106μF＝1012 pF。

(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。

(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)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，电介质，两极板间的距离。

(2)决定式：C＝εr S4πkd。

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)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝12m v2－12m v2。

(2)在非匀强电场中：W＝qU＝12m v2－12m v2。

2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)运动情况：带电粒子以初速度v0垂直电场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：将带电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＝lv0，加速度a＝Fm＝qEm＝qUmd，偏转量y＝12at2＝qUl22md v20，偏转角θ的正切值tan θ＝v yv0＝atv0＝qUlmd v20。

【自测如图2所示，A、B两个带正电的粒子，所带电荷量分别为q1与q2，质量分别为m1和m2。

它们以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，A粒子打在N板上的A′点，B粒子打在N板上的B′点，若不计重力，则()图2A．q1＞q2B．m1＜m2C.q1m1＞q2m2 D.q1m1＜q2m2答案 C解析设粒子垂直电场进入匀强电场的速度为v0，电荷量为q，质量为m，所以加速度a＝qEm，运动时间t＝xv0，偏转位移为y＝12at2，整理得y＝qEx22m v20，显然由于A粒子的水平位移小，则有q1m1＞q2m2，但A粒子的电荷量不一定大，质量关系也不能确定，故A、B、D错误，C正确。

电容器、带电粒子在电场中的运动

电容器、带电粒子在电场中的运动知识点一 1．常见电容器(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．充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，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． (2)定义式：C ＝QU.(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量． (4)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极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比． (2)决定式：C ＝εr S4πkd，k 为静电力常量．知识点二带电粒子在匀强电场中的运动 1．带电粒子在电场中的加速(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a ＝qE m ，E ＝Ud ，v 2－v 20＝2ad . (2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足qU ＝12m v 2－12m v 20.2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力． (2)运动性质：类平抛运动． (3)处理方法：运动的分解． ①沿初速度方向：做匀速直线运动．②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动．知识点三示波管的工作原理1．构造：①电子枪，②偏转极板，③荧光屏．(如图所示)2．工作原理(1)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． (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号在一个周期内变化的稳定图象．【基础自测】1．根据大量科学测试可以确定地球本身就是一个电容器．通常大地带有50万库仑左右的负电荷，而地面上空存在一个带正电的电离层，这两者便形成一个已充电的电容器，它们之间的电压约为300 kV，则地球的电容约为(B) A．0.17 F B．1.7 FC．17 F D．170 F解析：根据题意可得Q＝5×105 C，U＝3×105 V，根据C＝QU可得C＝5×105 C3×105 V≈1.7 F，B正确．2．如图所示，将平行板电容器的两极板分别与电池的正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态．现紧贴下板迅速插入一个有一定厚度的金属板，则在此过程中(A)A．电路中流过逆时针方向的短暂电流B．电容器的电荷量减小C．带电液滴仍保持静止D．带电液滴向下做加速运动解析：插入一个带有一定厚度的金属板，相当于极板间的距离变小，根据电容的决定式C＝εr S4πkd，可知电容增大，又因电势差不变，则由Q＝CU知，电容器的电荷量增大，电路中流过逆时针方向的短暂电流，故A正确，B错误；电势差不变，d减小，则电场强度增大，带电液滴所受的电场力增大，使带电液滴向上做加速运动，故C、D错误．3.平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个固定在P点的正检验电荷，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点处的电势，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x0，则在此过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象正确的是下图中的(C)解析：当负极板右移时，两板之间的距离d减小，由C＝εr S4πk(d0－x)可知，C与x的关系图象不是一次函数图象，故A错误；由U＝QC可知，U＝4πkdεr S Q，则E＝4πkQεr S，故E与两板之间的距离d(或x)无关，故B错误；因负极板接地，设P点原来与负极板之间的距离为l，则P点的电势φ＝E(l－x)，故C正确；电势能E p＝φq＝Eq(l－x)，不可能为水平线，故D错误．4．如图所示，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，垂直于板间电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转后落在下板的中间位置．为使与该粒子相同的带电粒子从相同的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列做法中可行的是(D)A．保持U2和平行板间距不变，减小U1B．保持U1和平行板间距不变，增大U2C．保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板D．保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板解析：粒子在加速电场中运动时，有U1q＝12m v20，在偏转电场中运动时，有x＝v0t，y＝12·U2qdm t2，解得x2＝4dU1yU2，若保持U2和平行板间距不变，减小U1，则x减小，选项A错误；若保持U1和平行板间距不变，增大U2，则x减小，选项B错误；若保持U1、U2和下板的位置不变，向下平移上板，则d减小，x减小，选项C错误；保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板，则d变大，x变大，故选项D正确．5．如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O 点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P 点，O ′点为荧光屏的中心．已知电子质量m ＝9.0×10－31kg ，电荷量e ＝1.6×10－19C ，加速电场电压U 0＝2 500V ，偏转电场电压U ＝200 V ，极板的长度L 1＝6.0 cm ，板间距离d ＝2.0 cm ，极板的末端到荧光屏的距离L 2＝3.0 cm(忽略电子所受重力，结果保留两位有效数字)．求：(1)电子射入偏转电场时的初速度v 0；(2)电子打在荧光屏上的P 点到O ′点的距离h ； (3)电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功W . 解析：(1)根据动能定理有eU 0＝12m v 20，得v 0＝2eU 0m，代入数据得v 0≈3.0×107 m/s.(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t ，电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y .电子在水平方向做匀速运动，L 1＝v 0t ，电子在竖直方向上做匀加速运动，y ＝12at 2，根据牛顿第二定律有eU d ＝ma ，联立得y ＝UL 214dU 0，代入数据得y ＝0.36 cm.电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点M ，由图知，y h ＝L 1L 1＋2L 2，解得h ＝0.72 cm.(3)电子在偏转电场中运动的过程中，电场力对它做的功W ＝e U d y ≈5.8×10－18 J.答案：(1)3.0×107 m/s (2)0.72 cm (3)5.8×10－18J知识点一平行板电容器的动态分析1．平行板电容器动态变化的两种情况(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差U 保持不变． (2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量Q 保持不变．可以形象地认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，若电荷量不变，则电场线数目不变．若两极板间距变化时，场强不变；若两极板正对面积变化时，引起电场线的疏密程度发生了改变，如电容器的电荷量不变，正对面积减小时，场强增大．2．平行板电容器动态问题的分析思路3．平行板电容器问题的一个常用结论电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关．1．一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(D)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：平行板电容器电容的表达式为C＝εS4πkd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小．由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小．再考虑到极板间电场强度E＝Ud，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确．2.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(D)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不变解析：由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝QC可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小．又因为两板间电场强度E＝Ud＝QCd＝4πkQεr S，Q、S不变，则E不变．因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能E p不变，故只有选项D正确．3．如图，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.粒子运动加速度为(A)A.ld g B.d－ld g C.ld－lg D.dd－lg解析：平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，有金属板时，板间电场强度可以表达为：E1＝Ud－l，且有E1q＝mg，当抽去金属板，则板间距离增大，板间电场强度可以表达为：E2＝Ud，有mg－E2q＝ma，联立上述可解得：dl＝ga，a＝ld g，选项A正确．知识点二带电粒子在电场中的直线运动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．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况．此方法只适用于匀强电场．(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解．此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．典例中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B 时速度为8×106 m/s ，进入漂移管E 时速度为1×107 m/s ，电源频率为1×107 Hz ，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的12.质子的荷质比取1×108 C/kg.求：(1)漂移管B 的长度； (2)相邻漂移管间的加速电压．【解析】 (1)设质子进入漂移管B 的速度为v B ，电源频率、周期分别为f 、T ，漂移管B 的长度为L ，则T ＝1f ①L ＝v B ·T 2②联立①②式并代入数据得L ＝0.4 m ．③(2)设质子进入漂移管E 的速度为v E ，相邻漂移管间的加速电压为U ，电场力对质子所做的功为W ，质子从漂移管B 运动到漂移管E 电场力做功W ′，质子的电荷量为q ，质量为m ，则W ＝qU ④W ′＝3W ⑤ W ′＝12m v 2E －12m v 2B ⑥ 联立④⑤⑥式并代入数据得U ＝6×104 V ．⑦ 【答案】 (1)0.4 m (2)6×104 V4．如图所示，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25l 的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则Mm 为( A )A ．3 2B ．21C ．52 D ．31解析：两粒子同时从静止开始，在电场力作用下做匀加速直线运动，同时经过某一平面，它们在相同时间内位移之比为23，根据x ＝12at 2，可知它们的加速度之比为23.粒子受到的电场力F ＝qE ，结合牛顿第二定律，得a ＝Fm，由于两粒子所受电场力大小相等，故质量之比应为32，A 正确．5.如图所示是一个平行板电容器，其电容为C ，带电荷量为Q ，板间距离为d ，上极板带正电荷．现将一个试探电荷q 由两极板间的A 点移动到B 点，A 、B 两点间的距离为l ，连线AB 与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q 所做的功等于( C )A.qCl Qd B.qQl Cd C.qQl 2Cd D.qCl 2Qd解析：根据U ＝Q C ，E ＝U d 可得E ＝Q Cd ，所以，A →B 电场力做功，W ＝qEl sin30°＝qQl 2Cd，选项C 正确．6.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间的距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．解析：(1)由v 2＝2gh ，得v ＝2gh(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg －qE ＝ma 由运动学公式知：0－v 2＝2ad 整理得电场强度E ＝mg (h ＋d )qd由U ＝Ed ，Q ＝CU ，得电容器所带电荷量Q ＝C mg (h ＋d )q(3)由h ＝12gt 21，0＝v ＋at 2，t ＝t 1＋t 2整理得t ＝h ＋dh2h g答案：(1)2gh (2)mg (h ＋d )qd C mg (h ＋d )q(3)h ＋dh2h g知识点三带电粒子在匀强电场中的偏转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 ＝l v 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2md t 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 20.离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUlmd v 20.2．两个结论(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 20y ＝12at 2＝12·qU 1md ·⎝⎛⎭⎫l v 02 tan θ＝qU 1l md v 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l 2U 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 20，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．典例如图所示，两平行金属板A 、B 长为L ＝8 cm ，两板间距离d ＝8 cm ，A 板比B 板电势高300 V ，一带正电的粒子电荷量为q ＝1.0×10－10C 、质量为m ＝1.0×10－20kg ，沿电场中心线RO 垂直电场线飞入电场，初速度v 0＝2.0×106 m/s ，粒子飞出电场后经过界面MN 、PS 间的无电场区域，然后进入固定在O 点的点电荷Q 形成的电场区域(设界面PS 右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN 、PS 相距为12 cm ，D 是中心线RO 与界面PS 的交点，O 点在中心线上，距离界面PS 为9 cm ，粒子穿过界面PS 做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc 上．(静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，粒子的重力不计)(1)求粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离为多远；到达PS 界面时离D 点为多远； (2)在图上粗略画出粒子的运动轨迹；(3)确定点电荷Q 的电性并求其电荷量的大小．【审题关键点】 (1)带电粒子在两板之间的匀强电场中发生偏转，做类平抛运动． (2)带电粒子在两界面MN 、PS 之间的无场区域做匀速直线运动．(3)在点电荷Q 形成的电场区域做匀速圆周运动，则带电粒子进入该电场时的速度方向与该位置的半径垂直．【解析】 (1)粒子穿过界面MN 时偏离中心线RO 的距离(偏移位移)：y ＝12at 2，a ＝F m ＝qUdm ，L ＝v 0t ，则y ＝12at 2＝qU 2dm ⎝⎛⎭⎫L v 02＝0.03 m ＝3 cm.粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS 交于H ，设H 到中心线的距离为Y ，则有12L 12L ＋12 cm ＝yY ，解得Y ＝4y ＝12 cm.(2)第一段是抛物线、第二段是直线、第三段是圆弧．轨迹如图所示：(3)粒子到达H 点时，其水平速度v x ＝v 0＝2.0×106 m/s竖直速度v y ＝at ＝1.5×106 m/s 则v 合＝2.5×106 m/s该粒子在穿过界面PS 后绕点电荷Q 做匀速圆周运动，所以Q 带负电．根据几何关系可知半径r ＝15 cm ，电场力提供向心力，则k Qq r 2＝m v 2合r ，解得Q ≈1.04×10－8 C.【答案】 (1)3 cm 12 cm (2)轨迹图见解析(3)负电 1.04×10－8 C【突破攻略】分析匀强电场中的偏转问题的关键(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v 0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动． (2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动．7.如图，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( B )A.E k04qd B.E k02qd C.2E k02qd D.2E k0qd解析：当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v 0分解为垂直极板的v y 和平行极板的v x ，根据运动的合成与分解，当v y ＝0时，根据运动学公式有v 2y ＝2qE m d ，v y ＝v 0cos45°，E k0＝12m v 20，联立得E ＝E k02qd，故B 正确． 8.如图所示，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从靠近上极板的A 点射入电场，经过一段时间后从靠近下极板的B 点射出电场，A 、B 间的水平距离为L ，不计重力影响．求：(1)带电粒子从A 点运动到B 点经历的时间； (2)带电粒子经过B 点时速度的大小； (3)A 、B 间的电势差．解析：(1)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 ＝Lv 0；(2)带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，板间场强大小E ＝Ud加速度大小a ＝qE m ＝qUmd经过B 点时粒子沿竖直方向的速度大小v y ＝at ＝qU md ·Lv 0带电粒子在B 点速度的大小v ＝v 20＋q 2U 2L 2m 2d 2v 20； (3)粒子从A 点运动到B 点过程中，据动能定理得： qU AB ＝12m v 2－12m v 20A 、B 间的电势差U AB ＝12m v 2－12m v 20q ＝qU 2L 22md 2v 20.答案：(1)Lv 0(2)v 20＋q 2U 2L 2m 2d 2v 20 (3)qU 2L 22md 2v 209．如图所示，在足够大的光滑绝缘水平面内建立直角坐标系xOy ，在y 轴右侧区域内有沿y 轴负方向的匀强电场(图中未画出)，电场强度E ＝8×102 N/C.带正电的绝缘小球A 和带负电的绝缘小球B ，质量均为m ＝200 g ，带电荷量大小均为5×10－4C ．现在使小球A 从坐标系中的点C (0,2.5 m)以一定的初速度开始运动，运动一段时间后，使小球B 从坐标系中的点D (3 m ，－2.5 m)以相同的初速度开始运动，小球B 运动t 2＝1 s 时间与小球A 相遇．已知小球A 、B 初速度大小均为v 0，方向都沿x 轴正方向，不计两小球间的相互作用力和空气阻力．求：(1)v 0的大小；(2)两小球在电场中相遇点的坐标．解析：(1)设小球A 、B 在电场中分别运动了t 1、t 2时间后相遇，两小球加速度大小a A ＝a B ＝a ＝Eqm＝2 m/s 2，其中A 球加速度方向沿y 轴负方向，B 球加速度方向沿y 轴正方向．两小球在电场中做类平抛运动，设相遇点为P ，如图所示，由几何关系得：x 方向：v 0t 1－v 0t 2＝x D ，y 方向：12at 21＋12at 22＝y C －y D ，代入数据解得t 1＝2 s ，v 0＝3 m/s.(2)设相遇点P的坐标为(x P，y P)，则：x P＝v0t1＝6 m，y C－y P＝12at21，代入数据得y P＝－1.5 m，相遇点P的坐标为(6 m，－1.5 m)．答案：(1)3 m/s(2)(6 m，－1.5 m)电容器在现代科技生活中的应用电容器在现代生活中应用十分广泛，其中作为传感器使用的有智能手机上的电容触摸屏、电容式传声器、电容式加速度计等．10．[智能手机上的电容触摸屏](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(AD)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：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．11．[电容式传声器]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(D)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：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．12．[电容式加速度计](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(CD)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：由C＝εr S4πkd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．。

电容器电场中带电粒子的运动

1.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Байду номын сангаасC＝
分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电
压的变化．
(4)用E＝分析电容器极板间场强的变化．
2．电容器两类问题比较
分类充电后与电池两极相连充电后与电池两极断开
(2)公式C＝
是电容的定义式，对任何电容器都
适用．公式C＝
是平行板电容器的决定式，只对
平行板电容器适用．
二、带电粒子在电场中的运动 1.带电粒子在电场中运动运动轨迹与电场线重合的条件（1）电场线是直线（2）带电粒子只在电场力作用下运动（3）运动的初速度为零或初速度方向与电场线共线 2．带电粒子在电场中的加速
(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1； (2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm的过程中弹簧的弹力所做的功W； (3)从滑块静止释放瞬间开始计时，请在图6－3－3乙中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v－t图象．图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量．
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点的电势将降低 C．带电油滴的电势能将减小 D．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大
[答案] B
变式训练1.(2010·西安部分学校联考)如图6－3－1所示为一只 “极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况．在下列图中能正确反映C与d之间变化规律的图象是( )

第5课时电容器与电容带电粒子在电场中的运动

答案:见解析
【即时训练1】在一块半导体基板上阵列了10万颗金属颗粒,每一颗充当电容器的一极,外表面绝缘,手指贴在其上构成电容器的另一极,这就组成了指纹传感器.当手指的指纹一面与绝缘表面接触时,由于指纹深浅不同,对应的峪和嵴与颗粒间形成一个个电容大小不同的电容器,则( B ) A.指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近,电容小 B.指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远,电容小 C.对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压,在手指靠近时,各金属电极所带电荷量减小 D.对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压,在手指远离时,各金属电极均处于充电状态
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,与两板间的距离成反比.
(2)决定式:C=
rS 4πkd
,k为静电力常量,ε r为电介质的相对介电常数
介质的性质有关.
,与电
4.平行板电容器的动态分析思路
确定不变量 E= U 分析 E 的变化 d
1.偏转问题 (1)条件分析:带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场. (2)运动形式: 类平抛运动.
(3)处理方法:应用运动的合成与分解.
(4)运动规律:
qU
①加速度:a= F = qE = md .
mmlBiblioteka ②在电场中的运动时间:t= v0
.
qUl
2
③离开电场时的偏移量 y= 1 at2= 2mv02d . 2
解析:根据电容器的决定式 C= rS ,当上极板向下移动时,d 减小,电容变大,又 C= Q ,电
4πkd
U
压 U 不变,因此电容器带电量增多,D 错误;根据电容器内部电场强度 E= U 可知,d 减小, d

带电粒子在平行板电容器中的运动

带电粒子在平行板电容器中的运动满分:班级：_________ ：_________ 考号：_________一、单选题（共1小题）1．如图所示，电子在电势差为的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为的两块平行极板间的偏转电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）A．变大，变大B．变小，变大C．变大，变小D．变小，变小二、多选题（共1小题）2．如图所示，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．微粒从M点运动到N点动能一定增加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点机械能可能增加D．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷三、计算题（共3小题）3.如图甲所示，水平放置的平行金属板A和B的距离为d，它们的右端放着垂直于金属板的靶MN，现在A．B板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向值为，反向电压值为，且每隔变向1次。

现将质量为m的带正电，且电荷量为q的粒子束从AB的中点O以平行于金属板的方向射入，设粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A．B间的飞行时间均为T。

不计重力的影响，试问：（1）定性分析在时刻从O点进入的粒子，在垂直于金属板的方向上的运动情况。

（2）在距靶MN的中心点多远的围有粒子击中？（3）要使粒子能全部打在靶MN上，电压的数值应满足什么条件？（写出、、、、的关系即可）4.如图所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面，圆弧轨道的圆心为O，半径为R；P点离地高度也为R，传送带PC之间的距离为L，沿逆时针方向的传动，传送带速度V=，在PO的左侧空间存在方向竖直向下的匀强电场．一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回．物体与传送带间的动摩擦因数为μ，不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g．求：（1）物体由P点运动到C点过程，克服摩擦力做功；（2）匀强电场的场强E为多大；（3）物体返回到圆弧轨道P点，物体对圆弧轨道的压力大小．5.电路如图所示，电源电动势E＝28 V，阻r＝2 Ω，电阻R1＝12 Ω，R2＝R4＝4 Ω，R3＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3．0 pF，虚线到两极板距离相等，极板长l＝0．20 m，两极板的间距d＝1．0×10－2m．求：（1）若开关S处于断开状态，R3上的电压是多少？（2）当开关闭合后，R3上的电压会变化，那么电容器上的电压等于多少？（3）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0＝2．0 m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g取10m/s2)四、解答题（共5小题）6.如图所示，A、B、C为三块水平放置的平行金属板，板的厚度不计，间距均为d．A、B板中央有小孔，电路中三个电阻的阻值均为R，电源阻也为R．现有一滴质量为m电荷量为q 的带正电液滴在距A板小孔正上方为d的P处由静止开始下落，不计空气阻力，当地的重力加速度为，当它达到C板时速度恰为零．试求：（1）液滴从P处到达C板的过程中其电势能变化了多少？是增加还是减少？（2）电源电动势的大小；（3）液滴通过B板中央小孔时的速度大小。

高中物理静电场知识点归纳

《静电场》第一节电场力的性质【基本概念、规律】一、电荷和电荷守恒定律1．点电荷：形状和大小对研究问题的影响可忽略不计的带电体称为点电荷．2．电荷守恒定律(1)电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．(2)起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电．二、库仑定律1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上．2．公式：F＝k q1q2r2，式中的k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做静电力常量．3．适用条件：(1)点电荷；(2)真空．三、电场强度1．意义：描述电场强弱和方向的物理量．2．公式(1)定义式：E＝Fq，是矢量，单位：N/C或V/m.(2)点电荷的场强：E＝k Qr2，Q为场源电荷，r为某点到Q的距离．(3)匀强电场的场强：E＝U d.3．方向：规定为正电荷在电场中某点所受电场力的方向．四、电场线及特点1．电场线：电场线是画在电场中的一条条有方向的曲线，曲线上每点的切线方向表示该点的电场强度方向．2．电场线的特点(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于负电荷或无限远处．(2)电场线不相交．(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大．(4)沿电场线方向电势降低．(5)电场线和等势面在相交处互相垂直．3．几种典型电场的电场线(如图所示)【重要考点归纳】考点一对库仑定律的理解和应用 1．对库仑定律的理解(1)F ＝k q 1q 2r 2，r 指两点电荷间的距离．对可视为点电荷的两个均匀带电球，r 为两球心间距．(2)当两个电荷间的距离r →0时，电荷不能视为点电荷，它们之间的静电力不能认为趋于无限大．2．电荷的分配规律(1)两个带同种电荷的相同金属球接触，则其电荷量平分．(2)两个带异种电荷的相同金属球接触，则其电荷量先中和再平分．考点二电场线与带电粒子的运动轨迹分析1．电荷运动的轨迹与电场线一般不重合．若电荷只受电场力的作用，在以下条件均满足的情况下两者重合：(1)电场线是直线．(2)电荷由静止释放或有初速度，且初速度方向与电场线方向平行． 2．由粒子运动轨迹判断粒子运动情况：(1)粒子受力方向指向曲线的内侧，且与电场线相切． (2)由电场线的疏密判断加速度大小．(3)由电场力做功的正负判断粒子动能的变化． 3.求解这类问题的方法：(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情景．(2)“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面．若已知其中的任一个，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况．考点三静电力作用下的平衡问题1.解决这类问题与解决力学中的平衡问题的方法步骤相同，只不过是多了静电力而已．2.(1)解决静电力作用下的平衡问题，首先应确定研究对象，如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”．(2)电荷在匀强电场中所受电场力与位置无关；库仑力大小随距离变化而变化．考点四带电体的力电综合问题解决该类问题的一般思路【思想方法与技巧】用对称法处理场强叠加问题对称现象普遍存在于各种物理现象和物理规律中，应用对称性不仅能帮助我们认识和探索某些基本规律，而且也能帮助我们去求解某些具体的物理问题．利用对称法分析解决物理问题，可以避免复杂的数学演算和推导，直接抓住问题的特点，出奇制胜，快速简便地求解问题．第二节电场能的性质【基本概念、规律】一、电场力做功和电势能1．电场力做功(1)特点：静电力做功与实际路径无关，只与初末位置有关．(2)计算方法①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离．②W AB＝qU AB，适用于任何电场．2．电势能(1)定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时静电力所做的功．(2)静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量，即W AB＝E p A－E p B ＝－ΔE p.(3)电势能具有相对性．二、电势、等势面1．电势(1)定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值．(2)定义式：φ＝E p q.(3)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因零电势点的选取不同而不同．2．等势面(1)定义：电场中电势相同的各点构成的面．(2)特点①在等势面上移动电荷，电场力不做功．②等势面一定与电场线垂直，即与场强方向垂直．③电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面．④等差等势面的疏密表示电场的强弱(等差等势面越密的地方，电场线越密)．三、电势差1．定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力所做的功W AB与移动的电荷的电量q的比值．2．定义式：U AB＝W AB q.3．电势差与电势的关系：U AB＝φA－φB，U AB＝－U BA.4．电势差与电场强度的关系匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乘积，即U AB＝Ed.特别提示：电势和电势差都是由电场本身决定的，与检验电荷无关，但电场中各点的电势与零电势点的选取有关，而电势差与零电势点的选取无关．【重要考点归纳】考点一电势高低及电势能大小的比较1．比较电势高低的方法(1)根据电场线方向：沿电场线方向电势越来越低．(2)根据U AB＝φA－φB：若U AB＞0，则φA＞φB，若U AB＜0，则φA＜φB.(3)根据场源电荷：取无穷远处电势为零，则正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低．2．电势能大小的比较方法(1)做功判断法电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加(与其他力做功无关)．(2)电荷电势法正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势低处电势能大．考点二等势面与粒子运动轨迹的分析1．几种常见的典型电场的等势面比较电场等势面(实线)图样重要描述2.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等；(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况．考点三公式U＝Ed的拓展应用1．在匀强电场中U＝Ed，即在沿电场线方向上，U∝d.推论如下：(1)如图甲，C点为线段AB的中点，则有φC＝φA＋φB2.(2)如图乙，AB∥CD，且AB＝CD，则U AB＝U CD.2．在非匀强电场中U＝Ed虽不能直接应用，但可以用作定性判断．考点四电场中的功能关系1．求电场力做功的几种方法(1)由公式W＝Fl cos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eql cos α.(2)由W AB＝qU AB计算，此公式适用于任何电场．(3)由电势能的变化计算：W AB＝E p A－E p B.(4)由动能定理计算：W电场力＋W其他力＝ΔE k.注意：电荷沿等势面移动电场力不做功．2．电场中的功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．(3)除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．(4)所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．3.在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律和功能关系．(1)应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)．(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化．(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系．(4)有电场力做功的过程机械能不守恒，但机械能与电势能的总和可以守恒．【思想方法与技巧】E－x和φ－x图象的处理方法1．E－x图象(1)反映了电场强度随位移变化的规律．(2)E＞0表示场强沿x轴正方向；E＜0表示场强沿x轴负方向．(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．2．φ－x图象(1)描述了电势随位移变化的规律．(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向．(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．3.看懂图象是解题的前提，解答此题的关键是明确图象的斜率、面积的物理意义．第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动【基本概念、规律】一、电容器、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)带电量：一个极板所带电量的绝对值．(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，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)定义式：C＝Q U.(2)单位：法拉(F)，1 F＝106μF＝1012pF.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，与两极板间距离成反比．(2)决定式：C＝εr S4πkd，k为静电力常量．特别提醒：C＝QU⎝⎛⎭⎫或C＝ΔQΔU适用于任何电容器，但C＝εr S4πkd仅适用于平行板电容器．二、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＝12mv2－12mv2；(2)在非匀强电场中：W＝qU＝12mv2－12mv2.2．偏转问题(1)条件分析：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．(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．特别提示：带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，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．【重要考点归纳】考点一平行板电容器的动态分析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．(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．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＝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．5.在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点：(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是保持电量不变或板间电压不变．(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用E ＝Ud ，分析板间电场强度的变化情况．考点二带电粒子在电场中的直线运动 1．运动类型(1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动．(2)带电粒子在不同的匀强电场或交变电场中做匀加速、匀减速的往返运动． 2．分析思路(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况．(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解．此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．(3)对带电粒子的往返运动，可采取分段处理．考点三带电粒子在电场中的偏转 1．基本规律设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d (忽略重力影响)，则有(1)加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd .(2)在电场中的运动时间：t ＝lv 0.(3)位移⎩⎪⎨⎪⎧v x t ＝v 0t ＝l 12at 2＝y ，y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d. (4)速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y＝at ，v y ＝qUt md ，v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d . 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的偏转角度总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 20及tan θ＝qUl mdv 20得tan θ＝Ul2U 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 到电场边缘的距离为l 2.3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系：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．【思想方法与技巧】带电粒子在交变电场中的偏转1．注重全面分析(分析受力特点和运动特点)，找到满足题目要求所需要的条件． 2．比较通过电场的时间t 与交变电场的周期T 的关系：(1)若t ≪T ，可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变，等于刚进入电场时刻的场强． (2)若不满足上述关系，应注意分析粒子在电场方向上运动的周期性．对称思想、等效思想在电场问题中的应用一、割补法求解电场强度由于带电体不规则，直接求解产生的电场强度较困难，若采取割或补的方法，使之具有某种对称性，从而使问题得到简化．二、等效法求解电场中的圆周运动1.带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题是一类重要而典型的题型．对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大．若采用“等效法”求解，则过程往往比较简捷．2.等效法求解电场中圆周运动问题的解题思路：(1)求出重力与电场力的合力F 合，将这个合力视为一个“等效重力”． (2)将a ＝F 合m视为“等效重力加速度”．(3)将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解．。

带电粒子在平行板电容器极板间的运动知识点

五、带电粒子在平行板电容器极板间的运动带电粒子在平行板电容器极板间的运动主要考查的内容主标题：带电粒子在平行板电容器极板间的运动副标题：剖析考点规律，明确高考考查重点，为学生备考提供简洁有效的备考策略。

关键词：带电粒子、电容器难度：3重要程度：5内容：考点剖析：带电粒子在平行板电容器极板间的运动和静止问题是高考经常考的问题，这类问题一般给出一个带电粒子（或油滴、小球等）在平行板电容器极板间的运动和静止，要求考生求有关物理量、判断某些物理量的变化情况、大小比较关系等。

在分析这类问题时应当注意：1.平行板电容器在直流电路中是断路，它两板间的电压与它相并联的用电器（或支路）的电压相同。

2.如将电容器与电源相接、开关闭合时，改变两板距离或两板正对面积时，两板电压不变，极板的带电量发生变化。

如开关断开后，再改变两极板距离或两极板正对面积时，两极带电量不变，电压将相应改变。

3.平行板电容器内是匀强电场，可由dU E求两板间的电场强度，从而进—步讨论两极板间电荷的平衡和运动。

典型例题例1．（2013·全国）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。

小孔正上方d /2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。

若将下极板向上平移d /3，则从P 点开始下落的相同粒子将（）A.打到下极板上B.在下极板处返回C.在距上极板错误!未找到引用源。

处返回D.在距上极板2d /5处返回【解析】D.根据题述，粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器后电场力做负功。

设粒子带电量为q，电池两极之间的电压为U，由动能定理，mg(d+d/2)-qU=0。

若将下极板向上平移d/3，一定不能打在下极板上。

设粒子在距上极板nd处返回，则电场力做功为-3qnU/2，由动能定理，mg(nd+d/2)- 3qnU/2=0。

2022年高考考点完全题物理考点通关练：考点27 电容器带电粒子在电场中的运动 Word版含解析

考点27电容器带电粒子在电场中的运动考点名片考点细争辩：(1)带电粒子在匀强电场中的运动；(2)示波管、常见电容器；(3)电容器的电压、电荷量和电容的关系等。

其中考查到的如：2022年全国卷Ⅰ第14题、2022年天津高考第4题、2022年北京高考第23题、2021年全国卷Ⅱ第24题、2021年天津高考第7题、2021年安徽高考第23题、2021年四川高考第10题、2021年山东高考第20题、2021年海南高考第5题、2022年山东高考第18题、2022年天津高考第4题、2022年安徽高考第22题、2021年全国卷Ⅰ第16题、2021年广东高考第15题、2021年全国卷Ⅱ第24题等。

备考正能量：本考点综合性较强，以平行板电容器为情景的试题，多以选择题形式消灭，一般难度较小。

涉及到带电粒子在电场中运动的试题，多以计算题的形式消灭，一般难度较大，材料新颖。

估计今后高考中这一考查形式不会消灭大的波动。

一、基础与经典1. 在如图所示的试验装置中，平行板电容器的极板A与静电计相接，极板B 接地。

若极板B稍向上移动一点，由观看到的静电计指针变化做出平行板电容器电容变小的结论的依据是()A．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变大B．极板上的电荷量几乎不变，两极板间的电压变小C．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变小D．两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大答案 A解析B板稍向上移一点，板上的电荷量几乎不变，由C＝εS4kπd，可知S减小，C变小，再由C＝QU可知Q不变，C变小，故U变大，故A选项正确，其他选项错误。

2. 如图所示，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。

一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。

现将平行板电容器的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点的电势将降低C．带电油滴的电势能将减小D．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大答案 B解析上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，仍为电源电动势E，故电场强度将减小，油滴所受电场力减小，故油滴将向下运动，A错误；P点的电势大于0，且P点与下极板间的电势差减小，所以P点的电势降低，B正确；两极板间电场方向竖直向下，所以P点的油滴应带负电，当P点电势降低时，油滴的电势能应增加，C错误；电容器的电容C＝εr S4πkd，由于d增大，电容C应减小，极板带电荷量Q＝CE将减小，D错误。

第18讲.带电粒子在电场中的运动

一、平行板电容器两类动态问题分析1．区分两种基本情况⑴ 电容器始终与电源相连时，电容器两极板电势差U 保持不变； ⑵ 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。

2．三个讨论依据⑴ 平行板电容器电容的决定式r = 4πSC kdε⑵ 平行板电容器内部为匀强电场，所以场强UE d=⑶ 电容器所带电荷量Q CU =3．技巧:先判断属于哪类情况，紧抓“不变量”即“控制变量法”，选择合适的公式分析。

⑴ 始终与电源相连U 不变：4πS S S C Q UC k d d d εεε=∝⇒=∝1U E d d=∝ 即仅改变S 时，E 不变。

⑵ 充电后断电源Q 不变：4πS S Q d C U k d d C S εεε=∝⇒=∝ 4π1k Q E S S εε=∝即仅改变d 时，E 不变。

【例1】如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P 点。

以C 表示电容器的电容，E 表示两极板间的电场强度，U 表示两极板间的电压，p E 表示正电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到如图虚线所示的位置，则A ．C 变大B ．E 变大C ．U 变小D ．pE 变小【答案】 A C【例2】如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O 点。

先给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别复习复习第18讲带电粒子在电场中的运动为Q +和Q -，此时悬线与竖直方向的夹角为π6。

再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π3，且小球与两极板不接触。

求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。

【答案】 2Q二、带电粒子在匀强电场中的运动1．匀加速直线运动（加速场）2201122mv mv Uq -= 2．匀减速直线运动（减速场）⑴ 若入射初动能2012mv 满足：20102mv Uq ->，则粒子可穿越电场区域，出射时动能为2k 012E mv Uq =-⑵ 若入射初动能2012mv 满足：20102mv Uq -<，则粒子不能穿越电场区域，粒子将从入射点沿入射的反向离开电场，离开时的动能仍为2012mv3．匀变速曲线运动-类平抛（偏转场）分析方法：运动的合成和分解。

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高中物理学习材料五、带电粒子在平行板电容器极板间的运动带电粒子在平行板电容器极板间的运动主要考查的内容主标题：带电粒子在平行板电容器极板间的运动副标题：剖析考点规律，明确高考考查重点，为学生备考提供简洁有效的备考策略。

在分析这类问题时应当注意：1.平行板电容器在直流电路中是断路，它两板间的电压与它相并联的用电器（或支路）的电压相同。

2.如将电容器与电源相接、开关闭合时，改变两板距离或两板正对面积时，两板电压不变，极板的带电量发生变化。

如开关断开后，再改变两极板距离或两极板正对面积时，两极带电量不变，电压将相应改变。

3.平行板电容器内是匀强电场，可由dU E求两板间的电场强度，从而进—步讨论两极板间电荷的平衡和运动。

小孔正上方d /2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。

若将下极板向上平移d /3，则从P 点开始下落的相同粒子将（）A.打到下极板上B.在下极板处返回C.在距上极板处返回D.在距上极板2d /5处返回【解析】D.根据题述，粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器后电场力做负功。

设粒子带电量为q ，电池两极之间的电压为U ，由动能定理，mg (d +d /2)-qU =0。

若将下极板向上平移d /3，一定不能打在下极板上。

设粒子在距上极板nd 处返回，则电场力做功为-3qnU /2，由动能定理，mg (nd +d /2)- 3qnU /2=0。

解得n =2/5，即粒子将在距上极板2d /5处返回，选项D 正确。

例2．(2014·天津卷) 同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模型。

M 、N 为两块中心开有小孔的平行金属板。

质量为m 、电荷量为＋q 的粒子A (不计重力)从M 板小孔飘入板间，初速度可视为零。

每当A 进入板间，两板的电势差变为U ，粒子得到加速，当A 离开N 板时，两板的电荷量均立即变为零。

两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A 在磁场作用下做半径为R 的圆周运动，R 远大于板间距离。

A 经电场多次加速，动能不断增大，为使R 保持不变，磁场必须相应地变化。

不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。

求：(1)A 运动第1周时磁场的磁感应强度B 1的大小；(2)在A 运动第n 周的时间内电场力做功的平均功率P n ；(3)若有一个质量也为m 、电荷量为＋kq (k 为大于1的整数)的粒子B (不计重力)与A 同时从M 板小孔飘入板间，A 、B 初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变。

下图中虚线、实线分别表示A 、B 的运动轨迹。

在B 的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A 、B 的运动轨迹，并经推导说明理由。

A B C D【解析】(1) 1R πqU R (3)A 图，理由略 (1)设A 经电场第1次加速后速度为v 1，由动能定理得qU ＝12mv 21－0①A 在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力qv 1B 1＝21mv R ② 由①②得B 1＝1R ③ (2)设A 经n 次加速后的速度为v n ，由动能定理得nqU ＝12mv 2n －0④设A 做第n 次圆周运动的周期为T n ，有 T n ＝2πnR v ⑤ 设在A 运动第n 周的时间内电场力做功为W n ，则W n ＝qU ⑥在该段时间内电场力做功的平均功率为P n ＝n nW T ⑦ 由④⑤⑥⑦解得P n ＝πqU R⑧ (3)A 图能定性地反映A 、B 运动的轨迹。

A 经过n 次加速后，设其对应的磁感应强度为B n ，A 、B 的周期分别为T n 、T ′，综合②、⑤式并分别应用A 、B 的数据得T n ＝2πnm qB T ′＝2πn m kqB ＝n T k由上可知，T n 是T ′的k 倍，所以A 每绕行1周，B 就绕行k 周。

由于电场只在A 通过时存在，故B 仅在与A 同时进入电场时才被加速。

经n 次加速后，A 、B 的速度分别为v n 和v ′n ，考虑到④式v nv ′nn 由题设条件并考虑到⑤式，对A 有T n v n ＝2πR设B 的轨迹半径为R ′，有T ′v ′n ＝2πR ′比较上述两式得R ′＝k 上式表明，运动过程中B 的轨迹半径始终不变。

由以上分析可知，两粒子运动的轨道如图A所示。

例3.（15·新课标2卷）如图，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，改微粒将( )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【解析】D.现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变，电场力也不变，所以现将两板绕过a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故D 正确，A 、B 、C 错误。

例4.（15·海南卷）如图，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25l 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. 3:2 B. 2：1 C. 5:2 D. 3:1【解析】A.设电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对M 有，a =Eq M ，25l =12Eq M l ；对m 有a ′=Eq m，35l =12Eq m t 2，联立解得M m =32，A 正确。

例5.（15·海南卷）如图，两电荷量分别为Q （Q ＞0）和-Q 的点电荷对称地放置在x 轴上原点O 的两侧，a 点位于x 轴上O 点与点电荷Q 之间，b 位于y 轴O 点上方。

取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（）A.b 点的电势为零，电场强度也为零B.正的试探电荷在a 点的电势能大于零，所受电场力方向向右lq –qC.将正的试探电荷从O 点移到a 点，必须克服电场力做功D.将同一正的试探电荷先后从O 、b 点移到a 点，后者电势能的变化较大【解析】BC.因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b 点的电势为零，但是电场强度不为零，A 错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O 处电势为零，O 点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B 正确；O 点的电势低于a 点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C 正确；O 点和b 点的电势相等，所以先后从O 、b 点移到a 点，电场力做功相等，电势能变化相同，D 错误。

例6.如图所示，M 、N 是平行板电容器的两个极板，R 0为定值电阻，R 1、R 2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m 、带正电的小球悬于电容器内部。

闭合电键S ，小球静止时受到悬线的拉力为F 。

调节R 1、R 2，关于F 的大小判断正确的是（）A ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变大B ．保持R 1不变，缓慢增大R 2时，F 将变小C ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变大D ．保持R 2不变，缓慢增大R 1时，F 将变小【解析】B.保持R 1不变，缓慢增大R 2时，由于R 0和R 2串联，R 0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U 减小，带电小球受到的电场力U F qE q d==⋅电减小,悬线的拉力F =选项B 正确，A 错误。

保持R 2不变，缓慢增大R 1时，R 0两端的电压不变，F 电不变，悬线的拉力为F 不变，C 、D 错误。

例7.如图所示，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。

一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态。

现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P 点的电势将降低C.带电油滴的电势能将减少D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大【解析】B.电容器两端电压U 不变，由公式U E d=可知，场强变小，电场力变小，带电油滴将沿竖直方向向下运动，A 错； P 到下极板距离d 不变，而强场E 减小，由公式U=Ed 知，P 与正极板的电势差变小，又因为下极板电势不变，所以P 点的电势降低，B 对；由于电场力向上，而电场方向向下，可以推断油滴带负电，又P 点的电势降低，所以油滴的电势能增大，C 错；图中电容器两端电压U 不变，电容C 减小时，由公式Q=CU 可知，带电量减小，D 错。

例8.一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（）1 2A ．2v 、向下B ．2v 、向上C ．3 v 、向下D ．3 v 、向上【解析】C.当不加电场时，油滴匀速下降，即mg kv f ==；当两极板间电压为U 时，油滴向上匀速运动，即mg kv F +=电，解得mg F 2=电。

当两极间电压为－U 时，电场力方向反向，大小不变，油滴向下运动，当匀速运动时，'kv mg F =+电，解得v ′=3v ，故C 正确。