电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
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。()
2015届一轮课件6-3 电容器与电容带电粒子在电场中的运动
2 (0 1 3 · 为 平 行 板 电 容 器 的 金 属 板 ，
长 沙 一 中 检 测
)如图 6－ 3－5 所示， A、B S闭 合 ，
明 考 向 · 两 级 集 训
G为 静 电 计 ． 开 始 时 开 关
静 电 计 指 针 张 开 一 定 角 度 ． 为 了 使 指 针 张 开 角 度 增 大 一 些 ， 应 该 采 取 的 措 施 是 ( )
固 考 基 · 教 材 梳 理 析 考 点 · 重 难 突 破
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 ： 3 () 单 位 ： 法 拉 3．平 行 板 电 容 器 1 () 影 响 因 素 ： 平 行 板 电 容 器 的 电 容 与 与 电 介 质 的 反 比 ． 2 () 决 定 式 ：
A 板沿水平方 ①轨 迹 从 ②轨 迹 落
明 考 向 · 两 级 集 训
到 B 板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次 偏 转 电 压 之 比 为 ( ) B．U1∶U2＝ 1∶4 D．U1∶U2＝1∶1
A．U1∶U2＝1∶8 C．U1∶U2＝1∶2
提 考 能 · 素 养 速 升
菜 单
课 时 作 业
垂直 于 电 场 方 向 进 入 匀 强 电 场 ． 平抛运动 ， 应 用 运 动 的 合 成 与 分
L t＝ v0 .
明 考 向 · 两 级 集 训
匀速直线 运 动 ， 运 动 时 间
提 考 能 · 素 养 速 升
②沿 电 场 方 向 ， 做 初 速 度 为 零 的
匀加速直线 运动．
课 时 作 业
m， A
明 考 向 · 两 级 集 训
高中物理电容公式带电粒子在电场中的运动
高中物理电容公式带电粒子在电场中的运动
下面是高中物理电容器常见公式，以及带电粒子在电场中的运动问题
1、带电粒子在电场中的加速公式是)：
W＝ΔEK或qU＝mVt2/2，Vt＝(2qU/m)1/2 其中(Vo＝0）
2、带电粒子沿垂直电场方向以速度Vo进入匀强电场时的偏
转(不考虑重力作用的情况下)
在垂直电场方向:匀速直线运动L＝Vot(在带等量异种电荷的平行极板中：E＝U/d)
在平行电场方向:初速度为零的匀加速直线运动d＝at2/2，a＝F/m＝qE/m
带电小球接触后，电量分配3、两个完全相同的带电金属小球接触时,电量分配规律:原带异种电荷的先中和后平分,原带同种电荷的总量平分；
电场线从正电荷出发终止于负电荷,电场线不相交,切线方向为场强方向,电场线密处场强大,顺着电场线电势越来越低,电场线与等势线垂直；
电场强度（矢量）与电势（标量）均由电场本身决定,而电场力与电势能还与带电体带的电量多少和电荷正负有关；
处于静电平衡导体是个等势体,表面是个等势面,导体外表面附近的电场线垂直于导体表面，导体内部合场强为零,导体内部没有净电荷,净电荷只分布于导体外表面；
常见电场的电场线分布要求熟记〔[第二册P98]；
电容单位换算：1F＝106μF＝1012PF；
电子伏(eV)是能量的单位,1eV＝1.60×10-19J；。
(整理)电容器、带电粒子在电场中的运动问题
电容器、带电粒子在电场中的运动问题二、学习目标：1、知道电容器电容的概念，会判断电容器充、放电过程中各个物理量的变化情况。
2、建立带电粒子在匀强电场中加速和偏转问题的分析思路，熟悉带电粒子在电场中的运动特点。
3、重点掌握与本部分内容相关的重要的习题类型及其解法。
考点地位：带电粒子在电场中的加速与偏转是高考的重点和难点，题型涉及全面，既可以通过选择题也可以通过计算题的形式进行考查，题目综合性很强，能力要求较高，在高考试题中常以压轴题的形式出现，知识面涉及广，过程复杂，对于电容器的考查，因其本身与诸多的电学概念联系而一直处于热点地位，考题多在电容器的决定式及电容器的动态分析上选材。
09年全国Ⅱ卷第19题、福建卷15题、天津卷第5题、08年重庆卷第21题、上海单科卷14题、海南卷第4题、07年广东卷第6题通过选择题形式进行考查，09年四川卷25题、广东卷20题、浙江卷23题、安徽卷23题、08年上海卷23题、07年重庆卷第24题、四川卷第24题、上海卷第22题均通过大型综合计算题的形式进行考查。
三、重难点解析： （一）电容和电容器： 1、电容：（1）定义：电容器所带的电荷量（是指一个极板所带电荷量的绝对值）与电容器两极板间电压的比值.（2）公式：C ＝Q/U. 单位：法拉，1F=.pF 10F 10126=μ（3）物理意义：电容反映电容器容纳电荷的本领的物理量，和电容器是否带电无关. （4）制约因素：电容器的电容与Q 、U 的大小无关，是由电容器本身情况决定，对一个确定的电容器，它的电容是一定的，与电容器是否带电及带电多少无关。
注意：由U QC =知，对确定的电容器，Q 与U 成正比，比值不变；对不同的电容器，U相同时，Q 越大，则C 越大，因此说C 是反映电容器容纳电荷本领的物理量。
2、平等板电容器（1）决定因素：C 与极板正对面积、介质的介电常数成正比，与极板间距离成反比。
（2）公式：kd 4/S C πε=，式中k 为静电力常量。
第三节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
(2)用功能观点分析：电场力对带电粒子做的功等于 用功能观点分析： 用功能观点分析
带电粒子动能的增量 ， 即○ qU ＝ 1mv2－ 1mv2。 25 ○ 0
24
2
2
2．如下图所示，在A板附近有一电子由静止开始向 板运 ．如下图所示， 板附近有一电子由静止开始向B板运 板附近有一电子由静止开始向 板时的速率， 动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是 则关于电子到达 板时的速率 下列解释正确的是( A．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大 ．两板间距越大，加速的时间就越长， B．两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大 ．两板间距越小，加速度就越大， C．与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 C．与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 D．以上解释都不正确 ． )
同时电场能转化为其他形式的能。 同时电场能转化为其他形式的能。
2．电容 ． (1)定义：电容器所带的⑩ 电荷量 定义：电容器所带的 ⑩ 定义 ⑪ 与电容器两极板间的
电势差
的比值。 的比值。
Q (2)公式： C＝⑫ U 公式： ＝ 公式
＝⑬
∆Q ∆U
。
(3)物理意义： 电容是表示电容器⑭ 容纳 电荷本领的物理量。 物理意义：电容是表示电容器⑭ 电荷本领的物理量。 物理意义 (4)单位： (4)单位：⑮ 法拉 ， 符号⑯ F 。与其他单位间的换算关系为： 符号⑯ 与其他单位间的换算关系为： 单位 1 F＝⑰ 106 µF＝⑱ 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⑲ 正对面积 影响因素：平行板电容器的电容与极板⑲ 影响因素 成正比， 成正比，
【解题切点】 搞清电路连接方式，电容器中什么量不发生变化， 解题切点】 搞清电路连接方式，电容器中什么量不发生变化， 小球所受电场力如何变化？ 小球所受电场力如何变化？ 解析】 当电路接通后，对小球受力分析：小球受重力、 【解析】 当电路接通后，对小球受力分析：小球受重力、电场力和 悬线的拉力F三个力的作用，其中重力为恒力，当电路稳定后， 悬线的拉力 三个力的作用，其中重力为恒力，当电路稳定后，R1中 三个力的作用 没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于R 两端电压， 没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于 0两端电压， 不变， 变化时，电容器两极板电压不变，板间电场强度不变， 当R2不变，R1变化时，电容器两极板电压不变，板间电场强度不变， 小球所受电场力不变， 不变 不变， 、 两项错 若保持R 不变， 两项错。 小球所受电场力不变，F不变，C、D两项错。若保持 1不变，缓慢 增大R 两端电压减小，电容器两端电压减小，内部电场减弱， 增大 2，R0两端电压减小，电容器两端电压减小，内部电场减弱， 小球受电场力减小， 变小 变小。 项正确。 小球受电场力减小，F变小。故B项正确。 项正确 【答案】 B 答案】 【发散思维】 在分析平行板电容器的电容与其他参量的动态变化 发散思维】 有两个技巧： 确定不变量 确定不变量， 选择合适公式 选择合适公式。 时，有两个技巧：(1)确定不变量，(2)选择合适公式。
专题七 第3讲 电容器与电容带电粒子在电场中的运动
)
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
高考物理一轮复习 静电场第3讲 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动课件 教科版选修31
3．一个带电小球，用细绳悬挂在水平方向的匀强电场中，当
小球静止后把悬绳烧断，小球将做
( )．
A．自由落体运动
B．匀变速曲线运动方向
C．沿悬绳的延长线方向做匀加速直线运动
D．变加速直线运动
解析 重力和电场力均为恒力，合力方向与细绳的拉力方
向相反，大小与细绳的拉力大小相等．剪断细绳后小球初
速度为零，合力恒定，故做匀加速直线运动，正确答案为C.
2．带பைடு நூலகம்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＝ ②沿电场力方向，做_匀__加__速__直__线__运动
l v0
示波管 Ⅰ(考纲要求) 1. 构造：(1)_电__子__枪__，(2) _偏__转__电__极__，(3) _荧__光__屏__ 2．工作原理(如图6－3－1所示)
考点二 带电体在匀强电场中做直线运动问题的分析
首先对带电粒子进行受力分析，弄清带电粒子的运动状态， 然后再选用恰当的物理规律求解．如果应用牛顿运动定律， 要弄清带电粒子的受力情况和运动情况，再灵活运用运动 学公式求解；如果运用动能定理，关键要弄清带电粒子的 初、末状态及哪些力做功．
【典例2】
(2012·济南模拟)如图6－3－6所示，一 带电荷量为＋q、质量为m的小物块处 于一倾角为37°的光滑斜面上，当整 个装置被置于一水平向右的匀强电场 中，小物块恰好静止．重力加速度取g， 图6－3－6 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： (1)水平向右电场的电场强度； (2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大； (3)电场强度变化后物块下滑距离L时的动能．
新课标全国高考考前复习物理 6.3 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动
新课标全国高考考前复习物理6.3 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动1．如图6－3－1所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B 点运动．下列判断中正确的是 ( )．A ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越小B ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定C ．电场线由A 指向B ，该电荷做匀速运动D ．电场线由B 指向A ，该电荷做加速运动，加速度越来越大解析 在由电场线上O 点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线沿B 点运动，受 电场力方向由A 指向B ，则电场线方向由B 指向A ，该负电荷做加速运动，其加速度大 小的变化不能确定．选项B 正确． 答案 B2. 如图6－3－2所示是测定液面高度h 的电容式传感器示意图，E 为电源，G 为灵敏电流计，A 为固定的导体芯，B 为导体芯外面的一层绝缘物质，C 为导电液体．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 在减小解析 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G 的电流由左→右，则导体芯A 所带电荷 量在减小，由Q ＝CU 可知，芯A 与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h 在 减小，故D 正确． 答案 D3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大图6－3－1图6－3－2小．如图6－3－3所示，A 、B 是平行板电容器的两个金属板，G 为静电计．开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( )．图6－3－3A ．断开开关S 后，将A 、B 分开些 B ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开些C ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近些D ．保持开关S 闭合，将变阻器滑动触头向右移动解析 要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增 大，断开开关S 后，将A 、B 分开些，电容器的带电荷量不变，电容减小，电势差增大， A 正确；保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的 电势差不变，B 、C 均错误；保持开关S 闭合，将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动， 静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D 错误． 答案 A4．如图6－3－4所示，一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线 打在屏上O 点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球( )．A ．将打在O 点的下方B ．将打在O 点的上方C ．穿过平行板电容器的时间将增加D ．达到屏上动能将增加解析 由题意知，上极板不动时，小球受电场力和重力平衡，平行板电容器上移后，两 极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受电场力减小，合力方向向下， 所以小球向下偏转，将打在O 点下方，A 项正确，B 项错误；小球的运动时间由水平方图6－3－4向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，C 项错 误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以D 项正确． 答案 AD5．如图6－3－5所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m 的带负电的小球以水平方向的初速度v 0由O 点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P 点，已知连线OP 与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P 点时的动能为 ( )． A ．mv 02B.12mv 02C ．2mv 02D.52mv 02解析 由题意可知小球到P 点时水平位移和竖直位移相等，即v 0t ＝12v Py t ，合速度v P ＝v 02＋v Py 2＝5v 0E kP ＝12mv P 2＝52mv 02，故选D(等效思维法)．答案 D6．如图6－3－6所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 极板时速度为v ，保持两板间电压不变，则 ( )．A ．当增大两板间距离时，v 也增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析 电子从静止开始运动，根据动能定理，从A 运动到B 动能的变化量等于电场力做 的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间 距离增加，时间变长．图6－3－6图6－3－5答案 CD7．如图6－3－7所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是( )．A ．仅将偏转电场极性对调B ．仅增大偏转电极间的距离C ．仅增大偏转电极间的电压D ．仅减小偏转电极间的电压 解析 设加速电场电压为U 0，偏转电压为U ，极板长度为L ，间距为d ，电子加速过程 中，由U 0q ＝mv 022，得v 0＝2U 0qm，电子进入极板后做类平抛运动，时间t ＝L v 0，a ＝Uq dm，v y ＝at ，tan θ＝v y v 0＝UL2U 0d，由此可判断C 正确．(类平抛模型)答案 C8．如图6－3－8所示，一带电荷量为q 的带电粒子以一定的初速度由P 点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d ，P 、Q 两点的电势差为U ，不计重力作用，设P 点的电势为零．则下列说法正确的是( )．A ．带电粒子在Q 点的电势能为－Uq B ．带电粒子带负电图6－3－7图6－3－8C ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U3dD ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U 3d解析 根据带电粒子的偏转方向，可判断B 错误；因为P 、Q 两点的电势差为U ，电场 力做正功，电势能减少，而P 点的电势为零，所以A 正确；设带电粒子在P 点时的速度 为v 0，在Q 点建立直角坐标系，垂直于电场线为x 轴，平行于电场线为y 轴，由曲线运 动的规律和几何知识求得带电粒子在y 轴方向的分速度为v y ＝3v 0.带电粒子在y 轴方向 上的平均速度为v y ＝3v 02；带电粒子在y 轴方向上的位移为y 0，带电粒子在电场中的 运动时间为t ，y 0＝3v 02t ，d ＝v 0t ，得y 0＝3d 2，由E ＝U y 0得E ＝23U 3d，C 正确，D 错误． 答案 AC9．如图6－3－9所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U ，电子最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( )．A ．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在 荧光屏上的位置上升B ．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置 上升C ．电压U 增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D ．电压U 增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大解析 设加速电压为U 0，进入偏转电场时的速度大小为v 0，则电子经加速电场：eU 0＝12mv 02① 偏转电场中：L ＝v 0t② y ＝12×Uedmt 2③图6－3－9eU d y ＝12mv 2－12mv 02④由①②③得y ＝L 2U 4dU 0.当滑动触头向右滑动时，U 0变大，y 变小， 所以选项A 错，B 对． 由①②③④得12mv 2＝L 2U 2e4d 2U 0＋eU 0当U 增大时，12mv 2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项C 错，D 对．答案 BD10．M 、N 是某电场中一条电场线上的两点，若在M 点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M 点运动到N 点，其电势能随位移变化的关系如图6－3－10所示，则下列说法正确的是 ( )．A ．电子在N 点的动能小于在M 点的动能B ．该电场有可能是匀强电场C ．该电子运动的加速度越来越小D ．电子运动的轨迹为曲线解析 电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图像可知电子由M 点运动到N 点，电势能减小，动能增加，A 选项错误；分析图像可得电子的电势能随运动距离的增大，减小的越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W ＝qE Δx 可得电场强 度越来越小，B 选项错误；由于电子从M 点运动到N 点电场力逐渐减小，所以加速度逐 渐减小，C 选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得MN 电场线为直线，由运动 与力的关系可得轨迹必为直线，D 选项错误． 答案 C11．如图6－3－11甲所示，静电除尘装置中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．图6－3－26乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m 、电荷量为－q 、分布均匀的尘埃以水平速度v 0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d 可以改变收集效率η.当d ＝d 0时，η为81%(即离下板0.81d 0范围内的尘埃能够被收集)．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．图6－3－10图6－3－11(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值d m ； (2)求收集效率η与两板间距d 的函数关系．解析 (1)收集效率η为81%，即离下板0.81 d 0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压 电源的电压为U ，则在水平方向有L ＝v 0t① 在竖直方向有0.81d 0＝12at2② 其中a ＝F m ＝qE m ＝qUmd 0③当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为 100%时，两板间距即为d m .如果进一步减小d ，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有L ＝v 0t④ 在竖直方向有d m ＝12a ′t2⑤ 其中a ′＝F ′m ＝qE ′m ＝qU md m⑥ 联立①②③④⑤⑥式可得d m ＝0.9d 0⑦(2)当d >0.9d 0时，设距下板x 处的尘埃恰好到达下板的右端 边缘，此时有x ＝12qU md ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 0 2⑧ 根据题意，收集效率为η＝x d⑨联立①②③⑧⑨式可得η＝0.81⎝ ⎛⎭⎪⎫d 0d 2.答案 (1)0.9d 0 (2)η＝0.81⎝ ⎛⎭⎪⎫d 0d 212．如图6－3－12所示，长L ＝1.2 m 、质量M ＝3 kg 的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m ＝1 kg 、带电荷量q ＝＋2.5×10－4C 的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E ＝4.0×104N/C 的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F ＝10.8 N ．取g ＝10 m/s 2，斜面足够长．求： (1)物块经多长时间离开木板？ (2)物块离开木板时木板获得的动能．(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．解析 (1)物块向下做加速运动，设其加速度为a 1，木板的加速度为a 2，则由牛顿第二定 律对物块：mg sin 37°－μ(mg cos 37°＋qE )＝ma 1 对木板：Mg sin 37°＋μ(mg cos 37°＋qE )－F ＝Ma 2 又12a 1t 2－12a 2t 2＝L 得物块滑过木板所用时间t ＝2s .(2)物块离开木板时木板的速度v 2＝a 2t ＝3 2 m/s. 其动能为E k2＝12Mv 22＝27 J.(3)由于摩擦而产生的内能为(程序思维法)Q ＝Fs 相对＝μ(mg cos 37°＋qE )·L ＝2.16 J.答案 (1) 2 s (2)27 J (3)2.16 J图6－3－12。
电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
3.(2018· 山东济宁模拟)静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的 大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小.如图所示,A,B是平行板 电容器的两个金属板,G为静电计.开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角 度,为了使指针张开的角度增大些,下列采取的措施可行的是( A.断开开关S后,将A,B分开些 B.保持开关S闭合,将A,B两极板分开些 C.保持开关S闭合,将A,B两极板靠近些 D.保持开关S闭合,将变阻器滑动触头向右移动 A )
反比.
3.平行板电容器的电容 (1)影响因素:与极板 正对面积 两板间 距离 以及两板间的介质有关.
rS
(2)决定式:C= 4πkd ,k为静电力常量,ε r为 质的性质有关.
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 1 (1)在匀强电场中:W= qEd =qU= mv2- m v02 . 2 2
解析:断开开关,电容器带电荷量不变,将 A,B 分开一些,则 d 增大,根据 C= 电容减小,根据 U=
rS
4πkd
知,
Q 知,电势差增大,指针张角增大,选项 A 正确;保持开关闭合,改 C
变两极板间的距离,电容器两端的电势差不变,则指针张角不变,选项 B,C 错误;保持 开关闭合,电容器两端的电势差不变,变阻器仅仅充当导线功能,将滑动触头向左或 向右滑动不会影响指针张角,选项 D 错误.
1 2
2
三、示波管
1.示波管的构造 ① 电子枪 ,② 偏转电极 ,③ 荧光屏 2.示波管的工作原理 (1)YY′上加的是待显示的信号电压,XX′上是机器自身产生的锯齿形电压,叫 作扫描电压. (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,则电压枪射出的电子沿直线 运动,打在荧光屏 中心 ,在那里产生一个亮斑. ②若所加扫描电压和信号电压的周期相等,就可以在荧光屏上得到待测信号在 一个周期内变化的稳定图像. .(如图所示)
2021版新高考物理人教版一轮课件：7.3 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
C.增大场强,悬浮油滴将向上运动 D.油滴的电荷量不一定是电子电荷量的整数倍
【解析】选C。由题目中的图示可以看出电场强度方向向下,重力竖直向下,则 电场力竖直向上,电荷带负电,A错误;由平衡条件可以得到mg=Eq,电荷的带电 荷量q= mg ,B错误;此时电场力与重力相等,如果增大电场强度,则电场力大于
时,板间距离d增大,由C= rS 可知电容器电容减小,板间场强E= U 减小,油 滴所受的电场力减小,mg>4qE,k合d 力向下,带电油滴将向下加速运动,Ad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 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U油滴带负电,所以油滴电势能增大,
(1)电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号。 ( √ ) (2)使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作。 ( × ) (3)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。 ( × ) (4)手指与屏的接触面积变大时，电容变大。 ( √ ) (5)在手机屏幕上贴上一个厚层钢化玻璃保护膜，电容变大。( √ ) (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。 ( × )
【通型通法】 1.题型特征:电压保持不变时平行板电容器的动态变化。 2.思维导引:
【解析】选D。根据C= rS 知,下极板竖直向下移动一小段距离,即d增大,则 4 kd
电容减小,故A错误;静电计连接电容器两端,因为电容器始终与电源相连,则电
势差不变,所以静电计指针张角不变,故B错误;下极板竖直向下移动一小段距
Q保持不变,由C= Q＝ rS 知,保持S不变,增大d,则C减小,U增大,偏角θ增大, U 4 kd
2013年广东物理一轮【第六章第三讲电容器与电容+带电粒子在电场中的运动】
B．电阻R中没有电流
C．电容器两极板间的电场强度增大 D．电阻R中有从b 流向a的电流
解析：增大电容器两极板间距离，电容减小；开关闭 合，电压不变，由Q＝CU知Q减小，上极板带正电，正 电荷返回电源正极，R中电流方向从a流向b. 答案：A
3．一平行板电容器两极板间距为 d，极板面积为 S，电 ε0 S 容为 d ，其中 ε0 是常量．对此电容器充电后断开电 源．当增加两板间距时，电容器极板间 A．电场强度不变，电势差变大 B．电场强度不变，电势差不变 C．电场强度减小，电势差不变 D．电场强度减小，电势差减小 ( )
解析：电容器充电后断开，故电容器的带电荷量不变，当 ε0S 增大两极板间的距离时，由 C＝ d 可知，电容器的电容变 Q U U Q 小，由 U＝C 可知电压变大，又由 E＝ d 可得 E＝ d ＝Cd＝ Q Q ＝ ，所以电场强度不变，A 正确． ε0S ε0S dd
答案：A
[典例启迪] [例2] (2011· 毫州模拟)如图6－3－9 所示，真空中水平放置的两个相同
答案：A
4. 如图6－3－3所示，在A板附近有一电 子由静止开始向B板运动，则关于电 子到达B板时的速率，下列解释正确 的是 ( )
A．两板间距越大，运动时间就越长， 则获得的速率越大
B．两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大
C．与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关 D．以上解释都不正确
1 2 解析：由动能定理得：eU＝ mv 2 即 v＝ 2eU m ，只有 C 正确．
[答案]
(1)见解析
md2v02 md2v02 (2)－ ≤U≤ qL2 qL2
dL＋2b (3) L
[归纳领悟]
粒子打在屏上的位置离屏中心的距离y′可有以下三
名师一号好题精选——电容器、电容、带电粒子在电场中的运动
《名师一号》好题精选——电容器、电容、带电粒子在电场中的运动： 1、平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极间有一正电荷（电量很小）固定在P 点，如图所示，以E 表示两极板间的电场强度，U 表示电容器两板间的电压，ε表示正电荷在电容器中P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极移动到图中虚线所示位置，则： A 、U 变小，E 不变 B 、E 变大，ε变小 C 、U 变小，ε不变 D 、U 不变，ε不变 2、如图所示，A 、B 为平行金属板，两板相距为d ，分别与电源的两极相连，两极板的中央各有一个小孔M 和N ，今有一带电质点，自A 板上方相距为d 的P 点由静止自由下落（P 、M 、N 在同一竖直线上），空气阻力忽略不计，到达N 孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则： A 、把A 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后仍能返回 B 、把A 板向下平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落C 、把B 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后仍能返回D 、把B 板向上平移一小段距离，质点自P 点自由下落后将穿过N 孔继续下落3、如图所示，是一个示波管工作的原理图，电子从静止开始，经加速电压U 1加速后，以速度v 0垂直电场方向进入偏转电场，离开电场时侧移量为h ，两平行板间的距离为d ，两平行板间电势差为U 2，板长为l ，每单位电压引起的侧移量h /U 2叫做示波管的灵敏度。
为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法？A 、减小加速电压U 1B 、增加两板间的电势差U 2C 、尽可能使板长l 做得短些D 、尽可能使两板间的距离d 减小些•P + - NP M N4、在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板A 与一灵敏的静电计相接，极板B 与静电计外壳接地.若极板B 稍向A 移近一点，则观察到的静电计指针变化和可以做出的结论是( )A .静电计指针张角变大，极板上的电荷量变小B .静电计指针张角变大，极板上的电荷量变大C .静电计指针张角变小，两极板间的电压变小D .静电计指针张角变小，两极板间的电压变大5、在如下图所示的静电实验电路中，已知电容器的电容C1=C2=C3，电源的电动势为E ，内阻为r ，电压表的内阻为10kΩ，当电路达到稳定状态后，则 （ ）A ．电压表和静电计上的电势差相等，都是E ／2B ．电压表上电势差比静电计上的电势差大些C ．静电计上电势差为零D ．电压表上电势差为零《名师一号》好题精选——交流电的产生及其变化规律：1、图甲为某型号电热毯的电路图，将电热丝接在u=156sin120πt V 的电源上，电热毯被加热到一定温度后，由于P 的作用使输入的正弦交流电仅有半个周期能够通过，即电压变为图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝的电阻保持不变，则此时交流电压表的读数是：A.156VB.110VC.78VD.55V2、在交流电路中，如果电源电动势的最大值不变，频率可以改变，在如图所示电路的a、b两点间逐次将图中的电路元件（1）、（2）、（3）单独接入，当使交变频率增加时，可以观察到A1读数______，A2读数______，A3读数______.（以上各空填“不变”“增大”或“减小”）。
高考经典课时作业6-3 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动
高考经典课时作业6-3 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动（含标准答案及解析）时间：45分钟分值：100分1．对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间的相应关系的图象正确的是()A．①③B．②③C．③④D．①④2．如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势φ随x 变化的情况如图乙所示．若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则() A．电子一直沿Ox负方向运动B．电场力一直做正功C．电子运动的加速度逐渐增大D．电子的电势能逐渐增大3．如图是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧．对矿粉分离的过程，下列表述正确的有()A．带正电的矿粉落在右侧B．电场力对矿粉做正功C．带负电的矿粉电势能变大D．带正电的矿粉电势能变小4．(2013·山东潍坊市二模)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少D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大5．(2013·唐山二模)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图中虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是()A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．垂直于xOy平面向里6．(2013·茂名模拟)真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点(已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶2∶4，电量之比为1∶1∶2，重力不计)．下列说法中正确的是()A．三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1B．三种粒子出偏转电场时的速度相同C．在荧光屏上将只出现1个亮点D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶27．(2011·高考安徽卷)图(a)为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图(b)所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图(c)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是()8．(2013·河北保定市模拟)在真空中水平放置一对金属板，两板间的电压为U，一个电子以水平速度v0沿两板中线射入电场，忽略电子所受的重力．电子在电场中的竖直偏移距离为Y，当只改变偏转电压U(或只改变初速度v0)时，下列图象哪个能正确描述Y的变化规律()A．①③B．②③C．③④D．①④9．(2013·山西省重点中学联考)如图所示，A、B两导体板平行放置，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两板间加四种电压，它们的U AB －t图线如下列四图所示．其中可能使电子到不了B板的是()10．如图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U1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，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为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)若要电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？11．(2011·高考福建卷)反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B 两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示．带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，带电荷量q＝－1.0×10－9 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：(1)B点距虚线MN的距离d2；(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.12．(2013·南昌模拟)如图所示，在xOy坐标系中，两平行金属板如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L＝2 m，板间距离d＝1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏．两金属板间电压U AO随时间的变化规律如图所示，变化周期为T＝2×10－3 s，U0＝103 V，t＝0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以平行于AB边v0＝1 000 m/s的速度射入板间，粒子电量为q＝1×10－5 C，质量m＝1×10－7 kg.不计粒子所受重力．求：(1)粒子在板间运动的时间；(2)粒子打到荧光屏上的纵坐标；(3)粒子打到屏上的动能．标准答案及解析：1．答案：B2．解析：由电势－位移图象可知，电势随位移均匀增加，相同位移间的电势差相同，电场强度恒定，电子运动的加速度恒定，C不正确；沿Ox轴方向电势增大，电场线方向与Ox轴负方向重合，电子受沿Ox轴正方向的电场力，且沿Ox轴正方向运动，电场力做正功，A不正确、B正确；由功能关系，电场力做正功，电势能减少，D不正确．答案：B3．解析：由题图可知，电场方向水平向左，带正电的矿粉所受电场力方向与电场方向相同，所以落在左侧；带负电的矿粉所受电场力方向与电场方向相反，所以落在右侧．选项A 错误．无论矿粉所带电性如何，矿粉均向所受电场力方向偏转，电场力均做正功，选项B正确；电势能均减少，选项C错误、选项D正确．答案：BD4．解析：上极板向上移动一小段距离后，板间电压不变，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；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点的油滴向下运动，电场力做负功，电势减小，B对；油滴向下运动时电场力做负功，油滴的电势能增加，C错；电容器的电容C＝{eq \f(εr S,4πkd)|，由于d增大，电容C减小，极板带电量Q＝CU将减小，D错．答案：B5．解析：在O 点粒子速度有水平向右的分量，而到A 点时水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B 正确． 答案：B 6．答案：C7．解析：在0～2t 1时间内，扫描电压扫描一次，信号电压完成一个周期，当U Y 为正的最大值时，电子打在荧光屏上有正的最大位移，当U Y 为负的最大值时，电子打在荧光屏上有负的最大位移，因此一个周期内荧光屏上的图象为B.答案：B 8．解析：由带电粒子在电场中的运动性质知，在Y 方向上，Y ＝12|at 2＝qUl 22medv 20|(其中l 为板长，d 为板间距离)Y 正比于U ，反比于v 20|(即正比于1v 20|)．当U 过大或1v 20|过大时，电子会打在极板上，不再出来，Y 就不随U 或1v 20|的增加而变大了，综上可知选项B 正确．答案：B 9．解析：在A 选项所加电压下，电子将一直向B 板加速运动；在C 选项所加电压下，电子是先加速再减速至0，再加速再减速至0，一直向B 板运动；D 选项和C 选项一样，只不过电子的加速度发生变化；只有在B 选项所加电压下，电子先向B 板加速再减速，再向A 板加速再减速至初始位置，且速度变为0，如此在A 、B 间往复运动． 答案：B 10．解析：(1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理有eU 1＝12|mv 20|解得v 0＝ 2eU 1m|.(2)电子沿极板方向做匀速直线运动，沿电场方向做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有 t ＝L v 0|；eU 2md |＝a ；y ＝12|at 2 解得：y ＝U 2L24U 1d|.(3)减小加速电压U 1，增大偏转电压U 2.答案：(1) 2eU 1m | (2)U 2L 24U 1d| (3)见解析11．解析：(1)带电微粒由A 运动到B 的过程中，由动能定理有 |q |E 1d 1－|q |E 2d 2＝0①由①式解得d 2＝E 1E 2|d 1＝0.50 cm.②(2)设微粒在虚线MN 两侧的加速度大小分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律有 |q |E 1＝ma 1③ |q |E 2＝ma 2④设微粒在虚线MN 两侧运动的时间分别为t 1、t 2，由运动学公式有d 1＝12|a 1t 21|⑤d 2＝12|a 2t 22|⑥又t ＝t 1＋t 2⑦由②③④⑤⑥⑦式解得t ＝1.5×10－8 s.答案：(1)0.50 cm (2)1.5×10－8 s 12．解析：(1)粒子在板间沿x 轴匀速运动，设运动时间为t ，L ＝v 0t t ＝L v 0|＝2×10－3 s(2)设t ＝0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y 1y 1＝12|a ⎝⎛⎭⎫T 2|2＋⎝⎛⎭⎫a ·T 2|T 2| U 0qd|＝ma 解得y 1＝0.15 m纵坐标y ＝d －y 1＝0.85 m(3)粒子出射时的动能，由动能定理得： U 0d |qy 2＝12|mv 2－12|mv 20| y 2＝12|a ⎝⎛⎭⎫T 2|212|mv 2＝5.05×10－2 J 答案：(1)2×10－3 s (2)0.85 m (3)5.05×10－2 J。
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= 。
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．。
2022年高考物理一轮复习考点优化训练专题：28 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
2022年高考物理一轮复习考点优化训练专题：28 电容器与电容带电粒子在电场中的运动一、单选题1．（2分）（2020高一下·海南期末）如图所示是描述对给定的电容器充电时电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图像，其中不正确的是（）A．B．C．D．2．（2分）（2020高一下·贵州期末）平行板电容器和电源、电阻、开关串联，组成如图所示的电路。
接通开关K，给电容器充电，则（）A．保持K接通减小两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小B．保持K接通，在两极板间插入一块铝板，则两极板间的电场强度增大C．充电结束后断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电压增大D．充电结束后断开K，在两极板间插入一块电介质，则两极板间的电压增大3．（2分）（2020高一下·重庆期末）下列关于电容和电容器的说法中，正确的是（）A．电容器不带电时，其电容为零B．电容器的电容在数值上等于使两极板间产生1V的电势差时电容器所带的电荷量C．某一平行板电容器，其它参数不变，仅减小两极板之间的正对面积，电容变大D．保持平行板电容器两极板的带电量不变，仅增大极板间距，两极板间匀强电场的电场强度减小4．（2分）如图所示，平行板电容器两极板A和B分别与电源的正、负极相连且A板接地，P为两极板间的一点，在P点有一带负电的油滴恰好平衡。
现保持B板不动，将A板慢慢向上平移到图中虚线所示的位置，这时（ ）A ．电容器两极板间的电势差减小B ．P 点的场强增大C ．P 点的电势降低D ．固定在P 点的负电荷的电势能将减少5．（2分）（2020高二下·北京期末）光滑平行金属导轨 M 、N 水平放置，导轨上放置着一根与导轨垂直的导体棒 PQ 。
导轨左端与由电容为 C 的电容器、单刀双掷开关和电动势为 E 的电源组成的电路相连接，如图所示。
在导轨所在的空间存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出）。
先将开关接在位置 a ，使电容器充电并达到稳定后，再将开关拨到位置 b 。
第5课时 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
【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
高三物理一轮复习课件：第六章_第三讲_电容器与电容_带电粒子在电场中的运动
变式训练 1
一平行板电容器的两个极板水平放置，
两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时 所受空气阻力的大小与其速率成正比．若两极板间电压为 零，经一段时间后，油滴以速率 v 匀速下降；若两极板间 的电压为 U，经一段时间后，油滴以速率 v 匀速上升．若 两极板间电压为－ U，油滴做匀速运动时速度的大小、方 向将是 ( )
解析
当增大两极板间的距离时， 由电容器的电容 C＝
εrS 知电容变小，因为电容器两端的电压不变，由 Q＝CU 4πkd 知电容器极板上的电量变小，即电容器对电源反向充电，故 R 中有电流，电流的方向为 a 流向 b，故答案应选 B、C.
答案
BC
4．如图所示，平行板电容器的两个极板为 A、B，B 板接 地， A 板带有电量＋ Q，板间电场中有一固定点 P，若将 B 板 固定，A 板下移一些，或者将 A 板固定，B 板上移一些，在这 两种情况下，以下说法正确的是 ( )
三、示波管的原理 1．构造：电子枪，偏转电极，荧光屏． 2．工作原理(如图所示 )．
3．如果在偏转电极 XX′和 YY′之间都没有加电压，则电 子枪射出电子后沿直线传播，打在荧光屏 4 中心 ，在那里产 生一个亮斑． 4． YY′上加的是待显示的 5 信号电压 ． XX′上是机 器自身的锯齿形电压，叫做 6 扫描电压 ．若所加扫描电压和 信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个 周期内变化的
答案 AC
5.如图所示，足够长的两平行金属 板正对着竖直放置，它们通过导线与 电源 E、定值电阻 R、开关 S 相连．闭 合开关后，一个带电的液滴从两板上 端的中点处无初速释放，最终液滴落 在某一金属板上．下列说法中正确的 是( )
A．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线 B．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大 C．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短 D．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长
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第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动一、选择题（本题共10小题，共70分）1．如图6－3－21所示的电容式键盘，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．两板的正对面积解析：本题考查电容器电容大小的决定因素．当敲击键盘时由公式C＝εr S4kπd可知改变了极板间距离，故选A.本题难度较小．答案：A2．如图6－3－22所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则()A．当增大两板间距离时，v也增大B．当减小两板间距离时，v增大C．当改变两板间距离时，v不变D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大解析：电子从静止开始运动，根据动能定理，从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，而位移如果增加的话，时间变长．答案：CD3．某电容器上标有“25 μF、450 V”字样，下列对该电容器的说法中正确的是() A．要使该电容器两极板之间电压增加1 V，所需电荷量为2.5×10－5 CB．要使该电容器带电量1 C，两极板之间需加电压2.5×10－5 VC．该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5×10－5 CD．该电容器能够承受的最大电压为450 V解析：由电容器电容的定义C＝Q/U可得，C＝ΔQ/ΔU，ΔQ＝CΔU，要使该电容器两极板之间电压增加ΔU＝1 V，所需电荷量为ΔQ＝2.5×10－5 C，A正确，B错误；该电容器能够容纳的电荷量最多为Q＝CU＝2.5×10－5×450＝1.125×10－2 C，C错误；电容器上所标的450 V，是电容器的额定电压，是电容器长期工作时所能承受的电压，低于击穿电压，该电容器能够承受的最大电压大于450 V，D错误．答案：A4．在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图6－3－23甲所示，小球运动的v－t图象如图6－3－23乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则()图6－3－21图6－3－22图6－3－23A ．在t ＝2.5 s 时，小球经过边界MNB ．小球受到的重力与电场力之比为3∶5C ．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等D ．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小解析：由速度图象可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为3∶2，由牛顿第二定律可知：mg F －mg ＝32，所以小球所受的重力与电场力之比为3∶5，B 正确．小球在t ＝2.5 s 时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零， 故C 正确．因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变， D 错．答案：BC5．如图6－3－24所示，长为L ，倾角为θ＝30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q ，质量为m的小球，以初速度v 0由斜面底端的A 点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v 0，则 ( )A ．小球在B 点的电势能一定大于小球在A 点的电势能B ．A 、B 两点的电势差一定为mgL 2qC ．若电场是匀强电场，则该电场场强的最大值一定是mg /qD ．若该电场是AC 边中点的点电荷Q 产生的，则Q 一定是正电荷解析：小球从A 到B 的过程中机械能增加，电场力做正功，电势能减小，小球在B 点的电势能一定小于小球在A 点的电势能，A 错．A 到B 的过程中qU ＝mgL 2，故U ＝mgL 2q， B 正确．若电场是匀强电场，则小球沿斜面匀速上滑，电场力和重力沿斜面方向的分力 大小相等，电场力方向不确定，所以电场场强的最大值不确定，C 错．小球在B 点的电 势能小于在A 点的电势能，所以在电荷Q 产生的电场中，B 点的电势一定低于A 点的电 势，由几何关系知Q 到B 的距离大于到A 的距离，故Q 为正电荷，D 正确．答案：BD6．如图6－3－25所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v 0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v 0从原处飞入，则带电小球 ( )A ．将打在下板中央B ．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C ．不发生偏转，沿直线运动D ．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央解析：将电容器上板或下板移动一小段距离，电容器带电荷量不变，由公式E ＝U d ＝Q Cd＝4k πQ εr S可知，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动．下 板不动时，小球沿原轨迹由下板边缘飞出；当下板向上移动时，小球可能打在下板的中 图6－3－24 图6－3－25央．答案：BD7．一个带负电荷q ，质量为m 的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，小球恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动．现在竖直方向上加如图6－3－26所示的匀强电场，若仍从A 点由静止 释放该小球，则 ( )A ．小球不能过B 点B ．小球仍恰好能过B 点C ．小球能过B 点，且在B 点与轨道之间压力不为0D ．以上说法都不对解析：小球从光滑绝缘的斜面轨道的A 点由静止下滑，恰能通过半径为R 的竖直圆形轨道的最高点B 而做圆周运动，则mg ＝m v 21R ，mg (h －2R )＝12m v 21；加匀强电场后仍从A 点 由静止释放该小球，则(mg －qE )(h －2R )＝12m v 22，联立解得mg －qE ＝m v 22R，满足小球恰 好能过B 点的临界条件，选项B 正确．答案：B8．如图6－3－27所示，当K 1、K 2均闭合时，一质量为m 、带电荷量为q 的液滴，静止在电容器的两平行金属板A 、B 间，现保持K 1闭合，将K 2断开，然后将B板向下平移一段距离，则下列说法正确的是 ( )A ．电容器的电容变小B ．A 板的电势比电路中Q 点的电势高C ．液滴仍保持静止D ．液滴的电势能增大解析：B 板下移，板间距增大，由C ＝εr S 4k πd得电容减小，A 正确；K 2断开，则电容器所 带电荷量不变，则E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQ εr S，故电场强度与板间距无关，电场强度不变，带电 液滴仍处于平衡状态，C 正确；而U ＝Ed ，上极板为正极板，故上极板的电势增大，Q 点的电势不变，B 正确；带电液滴受到向上的电场力，电场强度的方向向下，液滴带负 电荷，液滴所在点的电势升高，故液滴在该点的电势能减小，D 错误．答案：ABC9．如图6－3－28所示，足够长的两平行金属板正对着竖直放置，它们通过导线与电源E 、定值电阻R 、开关S相连．闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上．下列说法中正确的是 ( )A ．液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线B ．电源电动势越大，液滴在板间运动的加速度越大C ．电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越短D ．定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长解析：本题考查电容器的充电过程，做直线运动的条件等．电容器充满电荷后，极板间 图6－3－26 图6－3－27 图6－3－28的电压等于电源的电动势．极板间形成了电场，液滴受水平方向的电场力和重力作用，合力为恒力，而初速度为零，则液滴做初速度为零的匀加速直线运动，A项错；电源电动势越大，则液滴受到的电场力也越大，合力越大，加速度也越大，B项对；电源电动势越大，加速度越大，同时位移越小，则运动的时间越短，C对；定值电阻不会影响两极板上电压的大小，则对液滴的运动没有影响，D项错．答案：BC10．如图6－3－29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的变化情况．电子经电压U1加速后进入偏转电场．下列关于所加竖直偏转电压U2、水平偏转电压U3与荧光屏上所得的图形的说法中正确的是()图6－3－29A．如果只在U2上加上图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图a所示B．如果只在U3上加上图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图b所示C．如果同时在U2和U3上加上甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图c所示D．如果同时在U2和U3上加上甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图d所示解析：如果只在U2上加上甲图所示的电压，电子只在竖直方向上偏转，图a正确；如果只在U3上加上乙图所示的电压，电子只在水平方向上偏转，图b正确；如果同时在U2 和U3上加上甲、乙所示的电压，电子在竖直方向和水平方向同时偏转，其在T内在竖直方向完成一个周期，在2T内在竖直方向完成两个周期，故在荧光屏上形成两个完整的正弦波形，图d正确．本题正确选项ABD.答案：ABD三、选择题（第11题15分，第12题15分）11．(改编题)如图6－3－30所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；一质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，已知OP＝l，OQ＝23l.不计粒子重力．求：(1)粒子在第一象限中运动的时间．(2)粒子离开第一象限时速度方向与x轴的夹角．解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a，在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0，粒子从P点图6－3－30运动到Q 点所用的时间为t ，则由类平抛运动的规律可得：l ＝12at 2 ① 23l ＝v 0t ②且a ＝qE m③ 由①③式得：t ＝ 2ml qE. ④ (2)设粒子射出第一象限时速度方向与x 轴正方向的夹角为θ则t an θ＝at v 0⑤ 由②③④⑤式，得tan θ＝33，即θ＝30°. 答案：(1) 2ml qE (2)30° 12．两个带电小球A 和B ，质量分别为m 1、m 2，带有同种电荷，带电荷量分别为q 1、q 2.A 、B 两球均放在光滑绝缘的水平板上，A 球固定，B 球被质量为m 3的绝缘挡板P 挡住静止，A 、B 两球相距为d ，如图6－3－31所 示．某时刻起挡板P 在向右的水平力F 作用下开始向右做匀加速直线运动，加速度大 小为a ，经过一段时间带电小球B 与挡板P 分离，在此过程中力F 对挡板做功W .求：(1)力F 的最大值和最小值？(2)带电小球B 与挡板分离时的速度？(3)从开始运动到带电小球与挡板P 分离的过程中，电场力对带电小球B 做的功？ 解析：(1)开始运动时力F 最小，以B 球和挡板为研究对象，由牛顿第二定律得：F 1＋k q 1q 2d2＝(m 3＋m 2)a 解得最小力为：F 1＝(m 3＋m 2)a －k q 1q 2d2 B 球与挡板分离后力F 最大，以挡板为研究对象，由牛顿第二定律解得最大力为：F 2 ＝m 3a .(2)B 球与挡板分离时，以B 球为研究对象，由牛顿第二定律得：k q 1q 2r2＝m 2a ① B 球匀加速直线运动的位移为：s ＝r －d ② 由运动学公式得：v 2＝2as ③ 由①②③联立解得，带电小球B 与挡板分离时的速度为：v ＝ 2a ⎝⎛⎭⎫ kq 1q 2m 2a －d . (3)设B 球对挡板做功W 1，挡板对B 球做功W 2，电场力对B 球做功W 3，在B 球与挡板共同运动的过程中，对挡板应用动能定理得：W ＋W 1＝12m 3v 2 ④ 挡板对B 球做的功W 2＝－W 1 ⑤对B 球应用动能定理得：W 3＋W 2＝12m 2v 2 ⑥ 由④⑤⑥联立解得电场力对B 球做功为：图6－3－31W 3＝(m 2＋m 3)a ⎝⎛⎭⎫ kq 1q 2m 2a －d －W . 答案：(1)m 3a (m 3＋m 2)a －kq 1q 2d 2 (2) 2a ⎝⎛⎭⎫ kq 1q 2m 2a －d (3)(m 2＋m 3)a ⎝⎛⎭⎫ kq 1q 2m 2a －d －W。