2014版高考物理一轮复习 A卷第六章 第3讲电容器与电容 带电粒子在电场中的运动课时提升作业 教科版选修3-1
高考物理一轮复习 第六章《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》试题
权掇市安稳阳光实验学校第六章第三讲带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．如图1所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E) ( )[A．电子到达B板时的动能是E eVB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3E eVD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C2．如图2所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O 经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/2[解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝12at2＝12·qU2md·(xv0)2＝qU2x22mv02d和qU1＝12mv02，得y＝U2x24U1d，可见在x、y一定时，U2∝U1.所以选项A正确．答案：A3．(2010·厦门模拟)如图3所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最 后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q >t PB ．它们运动的加速度a Q <a P[C ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶2解析：设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t P 2，得到a P＝hv 02l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t Q 2，得到a Q ＝2hv 02l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确． 答案：C4．如图4所示，一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒 子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为[1∶2，若不计重力，则a 和b 的比荷之比是 ( )A ．1∶2B ．1∶8C ．2∶1D ．4∶1 解析：带电粒子受到的电场力F ＝Eq ，产生的加速度a ＝F m ＝Eqm，在电场中做类平抛运动的时间t ＝2d a，位移x＝v0t ，x1x2＝m1q1m2q2，所以q1m1q2m2＝x22x12＝41，D正确．答案：D5．如图5所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论错误的是( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φ/dB．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小解析：由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝2φd，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C∝εr Sd知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．答案：A[二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．(2010·泰安质检)传感器是一种采集信息的重要器件，图6所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是 ( )A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F 发生变化解析：F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电．综上所述，选项B、D正确．答案：BD7．(2008·宁夏高考)如图7所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是( )[来A．缩小ab间的距离B．加大ab间的距离C．取出a、b两极板间的电介质D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：已知电容器C带电荷量不变，a、Q两板均接地，电势为零，b、P 两板电势相等．当ab间距离缩小时，电容器C的电容变大，电压U变小，即b、P 两板电势减小，即P、Q间电压减小，电场强度E减小，悬线偏角α减小，所以A 错误，B正确．取出a、b两极板间电介质时，电容器C的电容变小，电压U变大，悬线偏角α增大，所以C正确．当换一块介电常数更大的电介质时，电容器C的电容变大，电压U变小，悬线偏角α减小，所以D错误．答案：BC8．如图8所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电解析：由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．答案：AC9．(2009·四川高考)如图9所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带[来负电的小物体以初速度v 1从M点沿斜面上滑，到达N 点时速度为零，然后下滑回到[来M点，此时速度为v2(v2<v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则( )A．小物体上升的最大高度为v12＋v22 4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先[来靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得－mgh＋W＝0－12mv12 ①mgh＋W＝12mv22，②联立①②解得h＝v12＋v224g，A正确．答案：AD10．如图10所示，D是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a.平行板电容器的A、B两极板间有一电荷，在P点处于静止状态．以E表示两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，E p表示电荷在P点的电势能．若保持极板B 不动，将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是() A ．E 变小 B ．U 变大C ．E p 变大D ．电荷仍保持静止解析：B 板不动而A 板上移，则电容器的电容减小，本应放电，但由于二极管的单向导电性使电容器不能放电，带电量不变而极板间场强不变，电荷仍保持静止，A错D 正确；而极板间电压U ＝Ed 变大，B 正确；由于场强E 不变，则U PB＝Ed PB 不变，故E p 不变，C 错误． 答案：BD三、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·北京东城模拟)如图11所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发 出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)， 电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力． (1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？ 解析：(1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理 eU 1＝12mv 02－0解得v 0＝2eU 1m(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做[来初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式t ＝L v0F ＝ma，F＝eE，E＝U2 da＝eU2 mdy ＝12at2解得y＝U2L2 4U1d(3)由y＝U2L24U1d可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U 2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．答案：(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小加速电压U1和增大偏转电压U212．(15分)(2010·鞍山模拟)在场强为E＝100 V/m的竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h＝0.8 m处有一个小的放射源放[来在一端开口的铅盒内，如图12所示．放射源以v0＝200 m/s的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m＝2×10－15 kg、电荷量为q＝＋10－12 C的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：(1)粒子下落过程中电场力做的功；(2)粒子打在金属板上时的动能；(3)计算落在金属板上的粒子图形的面积大小．(结果保留两位有效数字)解析：(1)粒子在下落过程中电场力做的功W＝Eqh＝100×10－12×0.8 J＝8×10－11 J(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得W＝E k2－E k1E k2＝8×10－11 J＋2×10－15×2002/2 J＝1.2×10－10 J(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆．设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得h＝12at2＝Eq2mt2代入数据求得t≈5.66×10－3 s圆半径r＝v0t≈1.13 m圆面积S＝πr2≈4.0 m2.答案：(1)8×10－11 J (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m2。
2014新课标高考物理一轮总复习课件 第六章 静电场第3单元 静电现象 电容器 带电粒子在电场中的运动(1)
D．如果指示器显示出电容减小了，则说明容器中液面升高
了 解析：类似于平行板电容器的结构：芯柱和导电液体构成电
容器的两块电极，芯柱的绝缘层就是极间的电介质，其厚度d
相当于两平行板间的距离，进入液体深度h相当于两平行板 的相对面积(且h越大，S越大)，所以d大时C就小，若C大时
就表明h大，正确答案为AC项。
间的距离d成
εrS (2)决定式： C＝4πkd
反比 。
。
[试一试] 2．图6－3－3是一种通过测量电 容器电容的变化，来检测液
图6－3－3
面高低的仪器原理图，电容
器的两个电极分别用导线接到指示器上，指示器可 显示电容的大小，下列关于该仪器的说法中正确的 有 ( )
A．该仪器中电容器的两个电极分别是芯柱和导电液体 B．芯柱外套的绝缘管越厚，该电容器的电容越大 C．如果指示器显示出电容增大了，则说明容器中液面升高 了
答案：B
平行板电容器的动态问题分析
1.运用电容器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。
εr S (2)用决定式C＝ 4πkd 分析平行板电容器电容的变 化。
Q (3)用定义式C＝ U 分析电容器所带电荷量或两极板 间电压的变化。 U (4)用E＝ d 分析平行板电容器极板间匀强电场场强
[记一记]
1．带电粒子在电场中的加速 带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电 场力对带电粒子做的功等于带电粒子 动能 的增量。 1 2 1 mv － mv0 2 2 (1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝ 2 。 1 2 1 mv － mv0 2 。 (2)在非匀强电场中：W＝qU＝ 2 2
带电体在电场中的平衡与加速
名师伴你行高考物理一轮复习 第6章 第3单元 电容器 带电粒子在电场中运动
第六章 静电场
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[解题探究] 1．上极板上移后，匀强电场的场强及P点电势如何变化？ 提示：由于电容器始终与电源连接，两板间电势差不变，d增 大时，场强减小；由于下极板接地，电势为零，P点电势等于P点到 下极板电势差，所以电势降低． 2．油滴在运动过程中，分析其做功及能量转化情况． 提示：由于电场力减小，油滴向下运动，重力做正功，重力势 能减少；电场力做负功，电势能增加．
第六章 静电场
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练练基础
┃题组一┃ 电容器和电容
1．(多选)如图是一种通过测量电容器电容的变化来检测液面高 低的仪器原理图，电容器的两个电极分别用导线接到指示器上，指 示器可显示电容的大小，下列关于该仪器的说法中正确的有( )
第六章 静电场
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A．该仪器中电容器的两个电极分别是芯线和导电液体 B．芯线外套的绝缘管越厚，该电容器的电容越大 C．如果指示器显示出电容增大了，则说明容器中液面升高了 D．如果指示器显示出电容减小了，则说明容器中液面升高了
第六章 静电场
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4．如图所示，质子(H)和α粒子(He)以相同的初动能垂直射入 偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的偏转位移y之 比为( )
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．1∶4
第六章 静电场
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┃题组三┃ 示波管
5．(多选)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，如图所示，如果在荧光屏上P点出现亮斑，那 么示波管中的( )
第六章 静电场
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2．带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)研究情况：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场． (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． ①沿初速度方向做________运动，运动时间t＝. ②沿电场方向做初速度为零的____________运动．
高三物理一轮复习 第6章 静电场 第3节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动教师用书
第3节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动考点一| 电容器的电容1．电容器的充、放电(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，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．对公式C ＝Q U的理解电容C ＝Q U，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．3．两种类型的动态分析思路(加试要求)(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)用决定式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)用E ＝U d分析电容器两极板间电场强度的变化．(2016·浙江4月学考)关于电容器，下列说法正确的是( ) A ．在充电过程中电流恒定 B ．在放电过程中电容减小 C ．能储存电荷，但不能储存电能D ．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器D [电容器充、放电过程中电流都是变化的，A 错误．电容大小是电容器本身属性，由自身决定，与放电、充电无关，B 错误．电容器储存电荷的过程即储存电能的过程，C 错误．故选D.]1．关于电容器的两个公式的区别(1)电容的定义式C ＝QU，反映了电容器储存电荷的本领，但平行板电容器的电容C 的大小与Q 、U 都无关．(2)平行板电容器电容的决定式C ＝εr S4πkd ，反映了电容C 的大小与两极板正对面积成正比，与两极板间距离成反比，与极板间电介质的相对介电常数成正比．2．平行板电容器动态变化问题 (1)首先要区分两种基本情况：①电容器始终与电源相连时，电容器两极板间电势差U 保持不变； ②电容器充电后与电源断开时，电容器所带电荷量Q 保持不变． (2)依据的关系式主要有三个：①平行板电容器的电容C 与两板间距d 、正对面积S 、介质的相对介电常数εr 间的关系为C ＝εr S4πkd；②平行板电容器内部是匀强电场，所以场强E ＝Ud； ③电容器所带的电荷量Q ＝CU .1．(多选)下列关于电容器的叙述正确的是( )A ．电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器B ．任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关C ．电容器所带的电荷量是指两个极板所带电荷量的绝对值D ．电容器充电过程，是将电能转变成电容器的电场能并储存起来的过程；电容器放电的过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能的过程BD [电容器是储存电荷的容器，不论是否带电都称为电容器，所以选项A 错误，B 正确．电容器所带电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，所以选项C 错误．电容器的充电过程是将由电源获得的电能转化为电场能的过程，放电过程是将电场能转化为其他形式的能的过程，所以选项D 正确．]2.(多选)如图631为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入得越多，则( )图631【导学号：81370245】A ．正对面积越大，电容越大B ．正对面积越大，电容越小C ．动片、定片间距离越小，电容越大D ．动片、定片间距离越小，电容越小AC [由C ＝εr S4πkd 可知动片旋入越多，正对面积越大，电容越大，A 对．根据电容与板间距离成反比可知，减小两板间距离，电容增大，故C 对．]3．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4C ，则其电压减少为原来的13，则( )A ．电容器原来的带电荷量为9×10－4C B ．电容器原来的带电荷量为4.5×10－4 C C ．电容器原来的电压为1 VD ．电容器的电容变为原来的13B [由C ＝ΔQ ΔU 得ΔQ ＝C ·ΔU ＝C ⎝ ⎛⎭⎪⎫U －13U ＝23CU ＝23Q ，Q ＝3×ΔQ 2＝3×3×10－42 C ＝4.5×10－4C ，选项A 错，B 对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C 错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D 错．]4.(加试要求)(2017·诸暨调研)如图632所示，先接通S 使电容器充电．然后断开S ，增大两极板间的距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两极板间电势差U 及场强E 的变化情况是( )图632A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变大B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 变小 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 无法确定C [由充电后断开电源，电容器的电荷量不变，选项A 、B 错；由C ＝εr S4πkd知 增大两极板间的距离时，电容C 减小，由C ＝Q U知，U 增大；两板间电场强度E ＝U d＝4πkQεr S，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项C 对，D 错．]考点二| 带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速 (1)处理方法利用动能定理：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(加试要求)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．⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧加速度：a ＝F m ＝Eq m ＝Uq md运动时间：⎩⎪⎨⎪⎧a .恰能飞出平行板电容器：t ＝lv 0b .打在平行极板上：y ＝12at 2＝12·qUmdt 2，t ＝2mdy qU 离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mv 2d离开电场时的偏转角：tan θ＝v yv 0＝qUl mv 20d(2016·浙江4月学考)密立根油滴实验原理如图633所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下场强为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m ，则下列说法正确的是( )图633A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的电荷量为mg UC ．增大场强，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的电荷量不一定是电子的电荷量的整数倍C [由题目中的图示可以看出重力竖直向下，电场力竖直向上，电场强度方向向下，电荷带负电，A 错误；由平衡条件可以得到mg ＝Uq d ，电荷的带电量q ＝mgdU，B 错误；此时电场力与重力相等，如果增大电场强度，则电场力大于重力，所以油滴将向上运动，C 正确；由元电荷的带电量e ＝1.6×10－19C 可知，油滴的带电量一定是电子电量的整数倍，D 错误．]1．带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(1)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. 3．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 2y ＝12at 2＝12·qU 1md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02tan θ＝qU 1lmdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d.(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.1.(2017·乐清模拟)如图634所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两极间电压不变，则( )图634A ．当减小两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两极间的距离时，速度v 减小C ．当减小两极间的距离时，速度v 不变D ．当减小两极间的距离时，电子在两极间运动的时间变长C [由动能定理得eU ＝12mv 2，当改变两极板间的距离时，U 不变，v 就不变，故选项A 、B 错误，C 正确；电子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2dv，当d 减小时，v 不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D 错误．]2．(2017·舟山调研)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回．如图635所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )【导学号：81370246】图635A.edh U B ．edUh C.eU dh D.eUhdD [电子受到的静电力做负功，有－eU OA ＝0－E k ，U OA ＝Udh ，E k ＝eUhd，由此知选项D 正确．]3．如图636所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )图636A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小，U 2变小B [设电子被加速后获得的速度为v 0，水平极板长为l ，则由动能定理得U 1q ＝12mv 20，电子在水平极板间偏转所用时间t ＝lv 0，又设电子在水平极板间的加速度为a ，水平极板的板间距为d ，由牛顿第二定律得a ＝U 2q dm，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度v y ＝at ，联立解得v y ＝U 2ql dmv 0，又tan θ＝v y v 0＝U 2ql dmv 20＝U 2ql 2dqU 1＝U 2l2dU 1，故U 2变大、U 1变小，一定能使偏转角θ变大，故B 正确．]4.(加试要求)(多选)如图637所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )图637A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1ABC [粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2ht2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m A m B ＝112，A 和B 的位移大小不相等，故选项A 、B 、C 正确．]。
2014高考物理一轮复习讲义 第六章 静电场 第3讲 电容器的电容.
第3讲 电容器的电容 带电粒子在匀强电场中的运动一、电容器、电容(1)定义：电容器所带的电荷量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的物理量．(4)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极板的正对面积成正比，与介质的相对介电常数成正比，与两极板间距离成反比．(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)运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在同一直线上，做匀加速直线运动．(2)用动力学规律分析：a ＝qE m ，E ＝Ud ，v 2－v 20＝2ad .(3)用功能关系分析：①若粒子初速度为零，则：qU ＝12mv 2，所以v ＝2qUm .②若粒子初速度不为零，则：qU ＝12mv 2－12mv 20.以上公式适用于一切电场(包括匀强电场和非匀强电场)． 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．⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出平行板电容器：t ＝lv 0b.打在平行极板上：y ＝12at 2＝12·qUmd t 2，t ＝2mdy qU 离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mv 20d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．工作原理(如图所示)(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．(2)YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．四、静电现象的解释 1．静电平衡(1)概念：导体中(包括表面)没有电荷的定向移动的状态． (2)特点：①导体内部场强：导体内部处处为零．②电势：导体为等势体，导体表面为等势面． ③净电荷：分布在外表面． 2．静电现象的应用(1)静电屏蔽：处于静电平衡的空腔导体，腔外电场对腔内空间不产生影响．(2)尖端放电：所带电荷与导体尖端的电荷符号相反的粒子，由于被吸引而奔向尖端，与尖端上的电荷中和的现象．1．电子以初速度v 0沿垂直场强方向射入两平行金属板中间的匀强电场中，现增大两板间的电压，但仍能使电子穿过该电场．则电子穿越平行板间的电场所需时间( )A ．随电压的增大而减小B ．随电压的增大而增大C ．与电压的增大无关D ．不能判定是否与电压增大有关解析： 设板长为l ，则电子穿越电场的时间t ＝lv 0，与两极板间电压无关，故答案为C .答案： C2．(2012·江苏单科)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小解析： 由平行板电容器电容决定式C ＝εS4πkd 知，当插入电介质后，ε变大，则在S 、d 不变的情况下C 增大；由电容定义式C ＝Q U 得U ＝QC ，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势差U 减小，选项B 正确．答案： B3．(2013·北京朝阳区模拟)如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v 0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A 向B 做直线运动．那么( )A ．微粒带正、负电荷都有可能B ．微粒做匀减速直线运动C ．微粒做匀速直线运动D ．微粒做匀加速直线运动 解析： 只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向在一条直线上，由此可知微粒所受的电场力方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故选项B 正确．答案： B4.如图所示为一只“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( )解析： 由平行板电容器电容的决定式C ＝εS4πkd 可知，在其他条件不变的情况下，电容C 与极板之间的距离d 成反比，C －d 图象为双曲线的一支，故选项A 正确．答案： A 5．如图是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L 和d ，y 为电子离开偏转电场时发生的偏转距离．取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即yU 2(该比值越大则灵敏度越高)，则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度( )A ．增大U 1B ．增大U 2C ．减小LD ．减小d解析： 设电子离开加速电场时速度大小为v 0，则eU 1＝12mv 20，y ＝12eU 2md L 2v 20，解得y ＝U 2L 24dU 1，故y U 2＝L 24dU 1，可见，减小d 可以提高示波管的灵敏度，答案选D .答案： D平行板电容器的两类动态问题分析1．第一类动态变化：两极板间电压U 恒定不变．2．第二类动态变化：电容器所带电荷量Q 恒定不变．(2012·海南单科)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示．下列说法正确的是( )A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半解析：由E ＝Ud 知，当U 不变，d 变为原来的两倍时，E 变为原来的一半，A 项正确；当E 不变，d 变为原来的一半时，U 变为原来的一半，B 项错误；当电容器中d 不变时，C 不变，由C ＝QU 知，当Q 变为原来的两倍时，U 变为原来的两倍，C 项错误；Q 变为原来的一半，U 变为原来的一半时，则E 变为原来的一半，D 项正确．答案：AD运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(2)用决定式C ＝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 分析电容器极板间场强的变化．1－1：如图所示，电路中，A 、B 为两块竖直放置的金属板，G 是一只静电计，开关S 合上后，静电计指针张开一个角度，下述哪些做法可使指针张角增大( )A ．使A 、B 两板靠近一些B ．使A 、B 两板正对面积错开一些C ．断开S 后，使B 板向右平移拉开一些D ．断开S 后，使A 、B 两板正对面积错开一些解析： 图中静电计的金属杆接A 板，外壳和B 板均接地，静电计显示的是A 、B 两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S 后，A 、B 两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S 后，板间距离增大，正对面积减小，都将使电容器的电容变小，而电容器电荷量不变，由U ＝Q /C 可知，板间电压U 增大，从而静电计指针张角增大．综上所述，答案为C 、D .答案： CD带电粒子在电场中的直线运动问题运动状态：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的静电力与速度方向在同一直线上，做匀变速直线运动．(2012·课标)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动解析： 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg ，方向竖直向下，二是电场力F ＝Eq ，方向垂直于极板向上，如图所示．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D 正确，选项A 、C 错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B 正确．答案： BD求解带电粒子在电场中的直线运动问题的方法1．应用牛顿第二定律⎭⎪⎬⎪⎫a ＝F m ＝Eq m ＝qU dm v 2＝2ax ＝2ad ⇒v ＝2ad ＝2·qUmd d ＝2Uqm .2．用功能关系分析(1)若粒子初速度为零，则：12mv 2＝qU ，所以v ＝2qU m .(2)若粒子初速度不为零，则：12mv 2－12mv 20＝qU .以上公式适用于一切电场(包括匀强电场和非匀强电场)．2－1：如图所示，水平光滑绝缘轨道MN 的左端有一个固定挡板，轨道所在空间存在E ＝4.0×102N/C 、水平向左的匀强电场．一个质量m ＝0.10 kg 、带电荷量q ＝5.0×10－5 C 的滑块(可视为质点)，从轨道上与挡板相距x 1＝0.20 m 的P 点由静止释放，滑块在电场力作用下向左做匀加速直线运动．当滑块与挡板碰撞后滑块沿轨道向右做匀减速直线运动，运动到与挡板相距x 2＝0.10 m 的Q 点，滑块第一次速度减为零．若滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变，求：(1)滑块沿轨道向左做匀加速直线运动的加速度的大小； (2)滑块从P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功； (3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能．解析： (1)设滑块沿轨道向左做匀加速运动的加速度为a 此过程滑块所受合外力 F ＝qE ＝2.0×10－2 N 根据牛顿第二定律F ＝ma解得a ＝0.20 m/s 2.(2)滑块从 P 点运动到挡板处的过程中，电场力所做的功W 1＝qEx 1＝4.0×10－3J.(3)滑块第一次与挡板碰撞过程中损失的机械能等于滑块由P 点运动到Q 点过程中电场力所做的功即ΔE ＝qE (x 1－x 2)＝2.0×10－3J.答案： (1)0.20 m/s 2 (2)4.0×10－3J (3)2.0×10－3J带电粒子在电场中的偏转问题如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α； (3)粒子打到屏上的点P 到O 点的距离x .解析： (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2Lv 0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eqm所以v y ＝a L v 0＝qELmv 0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELmv 0.(3)设粒子在电场中的偏转距离为y ，则 y ＝12a (L v 0)2＝12·qEL 2mv 20 又x ＝y ＋L tan α，解得：x ＝3qEL22mv 20. 答案： (1)2L v 0 (2) qEL mv 0 (3) 3qEL 22mv 20求解带电粒子在电场中偏转问题的方法1．运动的合成与分解法(1)垂直于电场线方向上：匀速直线运动．(2)平行于电场线方向上：初速度为零的匀加速运动． 2．能量观点(功能关系)用功能观点分析带电粒子和带电体在电场中的运动．3．确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离y ′的三种方法(1)y ′＝y ＋v y ·bv 0 (2)y ′＝y ＋b tan θ(3)y ′＝(L2＋b )tan θ其中y ′＝(L2＋b )tan θ是应用上例第(1)问的结论得出的，一般不直接用于计算题的求解过程．3－1：(2012·无锡市高三一模)如图所示，匀强电场方向沿x 轴的正方向，场强为E .在A (l ,0)点有一个质量为m ，电荷量为q 的粒子，以沿y 轴负方向的初速度v 0开始运动，经过一段时间到达B (0，－l )点(不计重力作用)．求：(1)粒子的初速度v 0的大小；(2)当粒子到达B 点时，电场力对粒子做功的瞬时功率．解析： (1)粒子在y 方向不受力，做匀速直线运动；在x 方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动．所以粒子做的是类平抛运动．设粒子的初速度为v 0，则在y 方向上有y ＝v 0t在x 方向上有x ＝12at 2＝12 qE m t 2＝12 qE m (l v 0)2又x ＝y ＝l可得v 0＝qEl2m .(2)设粒子到达B 点时的速度为v ，则电场力做功的瞬时功率为P ＝qEv x由运动学公式可得v x ＝2al ＝2qElm所以P ＝qEv x ＝qE 2qElm .答案： (1)qEl 2m (2)qE 2qElm带电粒子在交变电场中的运动这类问题涉及力学和电学知识的综合运用，但实际上是一个力学问题，解答这类问题，仍要从受力分析(力的大小、方向的变化特点)和运动分析(运动状态及形式)入手，应用力学的基本规律定性、定量讨论，注意思维方法和技巧的灵活运用．1．借助图象，展示物理过程带电粒子在交变电场中运动时，受静电力作用，其加速度、速度等均做周期性变化，借助图象来描述它在电场中的运动情况，可直观展示物理过程，从而获得启迪，快捷地分析求解．2．分过程解决问题不同过程电场不同，带电粒子受力不同，加速度不同，但有规律可寻，特别是对称性的思路往往是解决问题的捷径．此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)，二是粒子做往返运动(一般分段研究)，三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)．如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0＜t 0＜T 4 B.T 2＜t 0＜3T4 C.3T 4＜t 0＜T D ．T ＜t 0＜9T 8解析： 带电粒子仅在电场力作用下做直线运动，t 0分别为0、T 4、T 2、3T4时的v －t 图(规定向右的方向为正)如图所示，在运动一个周期内位移为负的最终打在A 板上，根据图像，选项所给的符合的时间段为T 2<t 0<3T4.答案： B(2013·南京市学情调研)如图甲所示，一电子以v 0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间．从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板，则下列说法正确的是( )A ．电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)B ．电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)C ．电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出D ．电子射出后动能一定增大 解析： 本题考查了带电粒子在交变电场中的运动．由题意可知，当电子在电场中运动的时间恰好等于在A 、B 板间所加交变偏转电压周期的整数倍时，电子可沿轴线射出，故A 、B 错，C正确；当电子恰好沿轴线射出时，电子速度不变，其动能也不变，故D 错．答案： C1.(2013·郑州市高三质量预测)下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是( )A ．根据电场强度E ＝Fq ，电场中某点的电场强度和试探电荷q 的电荷量无关B ．根据电容C ＝QU ，电容器极板上的电荷量每增加1 C ，电压就增加1 VC ．根据电场力做功W ＝qU ，一个电子在1 V 电压下加速，电场力做功为－1 e VD ．根据电动势E ＝Wq ，电源电动势在数值上等于静电力把1 C 的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功解析： E ＝Fq 电场的定义式，不能说E 由F 和q 决定，即电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量无关，选项A 正确；根据电容C ＝QU ，应该说电容器极板的电压每增加1 V ，电荷量就增加1 C ，选项B 错误；根据电场力做功W ＝qU ，一个电子在1 V 电压下加速，电场力做正功，为1 e V ，选项C 错误；根据电动势E ＝Wq ，电源电动势在数值上应该是等于非静电力所做的功，选项D 错误；因此答案选A .答案： A2.平行板电容器的两极板A 、B 接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部．闭合开关S ，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示，则( )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不变解析： 悬线偏离竖直方向的夹角θ的大小由带电小球受的电场力和重力两因素决定．因重力不变，故电场力增大时θ就增大．在保持开关S 闭合，即保持电容器两极板间电压U 不变．由于A 、B 板靠近，d 变小，极板间电场强度E ＝Ud 就增大，因而带电小球受电场力F ＝qE ＝q Ud 增大，则θ增大；若断开开关S ，即表明电容器极板上的电荷量Q 不变．当A 、B 板靠近后，电容器的电容C ＝εr S 4πkd 将增大，根据U ＝QC ，电容器两板间电压U 减小．电容器两板间的场强E ＝U d 有无变化呢？把上述各关系代入，得E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S .由此可知场强不变，带电小球受电场力不变，则θ不变．答案： AD3．(2013·太原模拟)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，如图所示．如果在荧光屏上P 点出现亮斑，那么示波管中的( )A ．极板X 应带正电B ．极板X′应带正电C ．极板Y 应带正电D ．极板Y′应带正电解析： 由于电子在水平方向偏向X 板，故X 板带正电，A 对；在竖直方向上偏向Y 板，故Y 板带正电，C 对．答案： AC 4．(2013·杭州学军中学抽样测试)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是( )解析： 在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F ＝U 0ed ，所以电子所受的电场力大小不变．由牛顿第二定律F ＝ma 可知，电子在第一个T 4内向B 板做匀加速直线运动，在第二个T 4内向B 板做匀减速直线运动，在第三个T4内反向做匀加速直线运动，在第四个T4内向A 板做匀减速直线运动，所以a －t 图象如图D 所示，v －t 图象如图A 所示；又因匀变速直线运动位移x ＝v 0t ＋12at 2，所以x －t 图象应是曲线．答案： AD5．实验表明，炽热的金属丝可以发射电子．在图中，从炽热金属丝射出的电子流，经电场加速后进入偏转电场．已知加速电极间的电压是2 500 V ，偏转电极间的电压是2.0 V ，偏转电极长6.0 cm ，相距0.2 cm.电子的质量是0.91×10－30kg ，电子重力不计．求：(1)电子离开加速电场时的速度． (2)电子离开偏转电场时的侧向速度． (3)电子离开偏转电场时侧向移动的距离．解析： (1)由qU ＝12mv 2得v ＝2qU m ＝3.0×107m/s.(2)由v ⊥＝at ，a ＝F m ＝qU md ，t ＝lv 得v ⊥＝at ＝qUlmdv ＝3.5×105 m/s.(3)由y ＝12at 2、t ＝l v ，a ＝qU md 得y ＝qU2v 2md l 2≈3.5×10－4 m.答案： (1)3.0×107m/s (2)3.5×105m/s (3)3.5×10－4m。
2014届高考物理一轮 (考纲自主研读+命题探究+高考全程解密) 第3讲电容器 带电粒子在电场中的运动(含解析
第3讲电容器带电粒子在电场中的运动对应学生用书P112电容、电容器Ⅰ(考纲要求)【思维驱动】(单选)下列关于电容器和电容的说法中，错误的是( )．A．电容器A的体积比B大，说明A的电容一定比B的大B．对于确定的电容器，其带的电荷与两板间的电压(小于击穿电压且不为零)成正比C．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷与电压比值恒定不变D．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领大小的物理量，其大小与加在两板上的电压无关解析电容器的电容与电容器的体积、电容器所带的电荷量、电容器两极板间的电压均无关．答案 A【知识存盘】1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值．(3)电容器的充、放电充电：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 ＝Q U．(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 ＝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，与两板间的距离成反比．(2)决定式：C ＝εr S4πkd，k 为静电力常量．带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ (考纲要求) 【思维驱动】(多选)(2013·苏州模拟)图6－3－1如图6－3－1所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB 运动，由此可知( )． A ．电场中A 点的电势高于B 点的电势B ．微粒在A 点时的动能大于在B 点时的动能，在A 点时的电势能小于在B 点时的电势能C ．微粒在A 点时的动能小于在B 点时的动能，在A 点时的电势能大于在B 点时的电势能D ．微粒在A 点时的动能与电势能之和等于在B 点时的动能与电势能之和 解析一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB 运动，其受到的电场力F 只能垂直于等势面水平向左，则电场方向水平向右，如图所示，所以电场中A 点的电势高于B 点的电势，A 对；微粒从A 向B 运动，则合外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，C 错、B 对；微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D 错． 答案 AB 【知识存盘】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 ＝qE m ，E ＝U d，v 2－v 20＝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 ＝12mv 2－12mv 20. 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 ＝l v 0. ②沿电场力方向，做匀加速直线运动．⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝Uq md离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝Uql 22mdv2离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝Uql mdv20一图二结论结论：(1)粒子以一定速度v 0垂直射入偏转电场．粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l2处沿直线射出的．(2)经过相同电场加速，又经过相同电场偏转的带电粒子，其运动轨迹重合，与粒子的带电荷量和质量无关．对应学生用书P113考点一 平行板电容器的动态分析【典例1】 (单选)(2012·江苏卷，2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )．A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小 教你审题审题时关键要抓住“动”与“不动”，就是要确定“变量”和“不变量”，最后确定“目标量”，判断的思路为：不变量（Q 、S 、d ）―→变量（εr ）―→C 的变化趋势（增大）―→不变量和变量跟目标量的关联(C ＝εr S4πkd、C ＝Q U)―→目标量的变化趋势. 解析 由平行板电容器电容决定式C ＝εr S4πkd 知，当插入电介质后，εr 变大，则在S 、d不变的情况下C 增大；由电容定义式C ＝Q U 得U ＝Q C，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势差U 减小，选项B 正确． 答案 B图6－3－2【变式跟踪1】 (单选)如图6－3－2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，则极板带电荷量将增大解析 因为电容器两板电压不变，当两板间距离d 增大，电场强度E 减小，φP ＝Ex P 减小，P 点的电势降低，故选项A 错B 对；又根据带电油滴平衡可判断其带负电，它在P 点的电势能增大，选项C 错误；电容器的电容减小，则极板带电荷量将减小，选项D 错，故答案为B.答案 B , 借题发挥1．对公式C ＝Q U的理解电容C ＝Q U的比值，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．关于电容器的两类问题(1)电压不变―→电容器始终与直流电源相连，改变S 、d 某一个量，判定U 、C 、Q 、E 等物理量如何变化．(2)电荷量不变―→电容器充电后与电源断开，改变d 或S ，判定Q 、C 、U 、E 等物理量如何变化．3．平行板电容器的动态分析方法(1)确定不变量―→分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)用决定式C ＝εr S 4πkd―→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 ＝U d―→分析电容器极板间电场强度的变化． 考点二 带电体在匀强电场中的直线运动问题图6－3－3【典例2】 (多选)(2012·课标全国卷，18)如图6－3－3所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )． A ．所受重力与电场力平衡 B ．电势能逐渐增加 C ．动能逐渐增加 D ．做匀变速直线运动解析 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg ，方向竖直向下；二是电场力F ＝Eq ，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D 正确，选项A 、C 错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B 正确． 答案 BD【变式跟踪2】 如图6－3－4甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m ＝0.2 kg 、带电荷量为q ＝＋2.0×10－6 C 的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t ＝0时刻开始，在空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场(取水平向右为正方向，g 取10 m/s 2)．求：图6－3－4(1)在第15 s 末小物块的速度大小； (2)在0～15 s 内小物块的位移大小．解析 (1)在0～2 s 内小物块的加速度为E 1q －μmg ＝ma 1， 即a 1＝E 1q －μmg m＝2 m/s 2， 位移x 1＝12a 1t 21＝4 m ，在第2 s 末小物块的速度为v 2＝a 1t 1＝4 m/s ， 在2～4 s 内小物块的加速度为：E 2q ＋μmg ＝ma 2，a 2＝E 2q ＋μmg m＝2 m/s 2，位移x 2＝x 1＝4 m ，在第4 s 末小物块的速度为v 4＝0，因此小物块做周期为4 s 的运动，在第14 s 末的速度为v 14＝4 m/s ，在第15 s 末小物块的速度为v 15＝v 14－a 2t ＝2 m/s ，方向向右(t ＝1 s)．(2)在0～15 s 内小物块的位移大小可以看做是上述3个周期加上x 1和第15 s 内的位移，则：x 15＝v 14t －12a 2t 2＝3 m ，故在0～15 s 内小物块的位移为：x ＝3(x 1＋x 2)＋x 1＋x 15＝31 m.答案 (1)2 m/s 方向向右 (2)31 m ,以题说法带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转问题【典例3】 如图6－3－5所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，图6－3－5以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求： (1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α； (3)粒子打到屏上的点P 到O 点的距离x .解析 (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2L v 0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eqm ，所以v y ＝a L v 0＝qELmv 0，所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELmv 20.(3)法一 设粒子在电场中的偏转距离为y ，则y ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝12qEL2mv 20又x ＝y ＋L tan α，解得：x ＝3qEL22mv 20法二 x ＝v y L v 0＋y ＝3qEL22mv 20.法三 由x y ＝L ＋L 2L 2得：x ＝3y ＝3qEL22mv 20.答案 (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL22mv 20图6－3－7【变式跟踪3】 如图6－3－7所示，水平放置的平行板电容器，原来AB 两板不带电，B 极板接地，它的极板长l ＝0.1 m ，两板间距离d ＝0.4 cm ，现有一微粒质量m ＝2.0×10－6kg ，带电荷量q ＝＋1.0×10－8C ，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒恰好能落到A 板的中点O 处，取g ＝10 m/s 2.试求： (1)带电粒子入射初速度v 0的大小：(2)现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A 板的电势为多少？解析 (1)电容器不带电时，微粒做平抛运动，则有l 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2，联立两式得v 0＝l2gd，代入数据得v 0＝2.5 m/s. (2)若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A 板的电势大于0，且B 板接地电势等于0，则有U AB ＝φA －φB ＝φA ，A 板电势最小时，微粒刚好从A 板右侧边缘射出，则有l ＝v 0t 1，d 2＝12a 1t 21，且mg －q φA min d ＝ma 1，联立以上各式得φA min＝6 V ，A 板电势最大时，微粒刚好从B 板右侧边缘射出，则有q φA maxd－mg ＝ma 2，且有a 2＝a 1，代入数据解得φA m ax＝10 V ，综合可得6 V ≤φA ≤10 V.答案 (1)2.5 m/s (2)6 V ≤φA ≤10 V ,借题发挥1．带电粒子在电场中偏转时是否考虑重力(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)．。
高三物理一轮复习精品课件第6章-第3节电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为 30° . 设场强的大小为 E，有
qEdcos 30° ＝ΔEpA 由④⑦⑪式得 3mg E＝ 6q
【答案】 3mg (2) 6q 7 (1) 3
⑪
⑫
与竖直方向的夹角为 30° ；斜向右下方
[考向分析] (1)带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ 1.考纲展示 (2)示波管、常见电容器、电容器的电压、电 荷量和电容的关系 Ⅰ 以带电粒子(或带电体)在电场中的平衡或运 动情景， 侧重考查电场力、 电势能等重要概念 牛顿运动定律、 功能关系等重 2.命题趋势 和运动学公式、 要规律．可以是选择题，也可以是计算题，以 综合考查为主． 以考查知识和能力为主， 以平衡和加速、 偏转 3.选材特点 为情景，有时与生活、生产、科技相联系.
3．(2014· 新课标全国卷Ⅰ)如图 632，O、A、B 为同一 竖直平面内的三个点， OB 沿竖直方向，∠BOA＝60° ，OB 3 ＝ OA， 将一质量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平向 2 右抛出，小球在运动过程中恰好通过 A 点．使此小球带电， 电荷量为 q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB 所 在平面平行．现从 O 点以同样的初动能沿某一方向抛出此带 电小球，该小球通过了 A 点，到达 A 点时的动能是初动能的 3 倍；若该小球从 O 点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰 好通过 B 点，且到达 B 点时的动能为初动能的 6 倍，重力加 速度大小为 g.求：
A．打到下极板上 B．在下极板处返回 d C．在距上极板 处返回 2 2 D．在距上极板 d 处返回 5
【解析】
本题应从动能定理的角度解决问题．
带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当 带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功， d 若带电粒子在下极板处返回， 由动能定理得 mg( ＋d)－qU＝ 2 0；
高考物理一轮复习 第六章 静电场 第3节 带电粒子在电场中的运动
权掇市安稳阳光实验学校第3节电粒子在电场中的运动(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。
(×)(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。
(×)(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。
(×)(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。
(×)(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。
(√)(6)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。
(√)(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。
(×)突破点(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。
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。
[多角练通]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( )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：选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．(2016·天津高考)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。
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
(新课标)高考物理一轮总复习必修部分第6章静电场第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动限时规范特训
第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动时间：45分钟 满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～6为单选，7～10为多选) 1．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。
在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )A ．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B ．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C ．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变D ．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小 答案 B解析 甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E ＝U d可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小。
当电容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变；根据平行板电容器的电容公式C ＝εr S 4πkd ，极板间的电压U ＝Q C ＝4πkdQ εr S ，极板间的电场强度E ＝U d ＝4πkQεr S，当两个极板电荷量不变，距离改变时，场强与两板间距离无关，故乙图中夹角不变。
综上分析，选项B 正确。
2．[2016·商丘高三模拟]如图，一带电粒子从小孔A 以一定的初速度射入平行板P 和Q 之间的真空区域，经偏转后打在Q 板上如图所示的位置。
在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q 板上的小孔B 射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)( )A ．保持开关S 闭合，适当上移P 极板B ．保持开关S 闭合，适当左移P 极板C ．先断开开关S ，再适当上移P 极板D ．先断开开关S ，再适当左移P 极板 答案 A解析 如图，粒子在板间做类斜抛运动，将速度分解为水平方向v x 和竖直方向v y 。
竖直方向：v y ＝at 其中a ＝Eqm，t 为上升到最高点时间，E 为场强。
水平方向位移x ＝v x ·2t 。
【志鸿优化设计】2014届高考物理一轮复习 第六章 静电场第三节电容器带电粒子在电场中的运动(一)教学案
第三节 电容器 带电粒子在电场中的运动(一)一、电容器、电容 1．电容器两个彼此绝缘又互相靠近的导体可构成电容器。
电容器充电就是使电容器带电的过程。
电容器放电就是使电容器失去电荷的过程。
电容器带的电荷量是指____极板所带电荷量的绝对值。
2．电容电容器所带的________与电容器两极板间的________的比值叫做电容器的电容，公式：________，单位：法拉(F )、微法(μF )、皮法(pF )。
由数学关系我们可以得出电容器的电容也等于电荷量的变化量与电势差的变化量之比，即________。
电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量。
3．平行板电容器的电容公式C ＝________∝________，________为两板的正对面积，________为极板间的距离，其中________是介电常数。
平行板电容器两板间的电场可以近似认为是_____电场。
二、带电粒子在电场中的加速或减速1．研究条件：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场时将做________运动。
2．功能关系：带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则静电力对带电粒子做的功等于带电粒子____的增量。
(1)在匀强电场中，W ＝q E d ＝q U ＝________。
(2)在非匀强电场中，W ＝q U ＝________。
三、带电粒子在匀强电场中的偏转1．如果带电粒子以初速度v 0垂直电场强度方向进入匀强电场中，不考虑重力时，则带电粒子在电场中将做类平抛运动，如图所示。
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_______运动和沿静电力方向_______运动。
3．基本公式(板长为l ，板间距离为d ，板间电压为U)：在电场中运动时间t ＝l v 0；加速度a ＝F m ＝q Em＝________；离开电场的偏转量y ＝12at 2＝________；偏转角tan θ＝v y v 0＝atv 0＝________。
高三物理一轮复习 第六章 第3讲 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动1
第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动(对应学生用书第103页)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.(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 ＝εS4πkd，k 为静电力常量．【针对训练】1．(2012·江苏高考)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( )A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小【解析】 由平行板电容器电容决定式C ＝εS4πkd知，当插入电介质后，ε变大，则在S 、d 不变的情况下C 增大；由电容定义式C ＝Q U 得U ＝QC，又电荷量Q 不变，故两极板间的电势差U 减小，选项B 正确．【答案】 B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 ＝L v 0. ②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧加速度：a ＝F m ＝Eq m ＝Uq md运动时间：⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出平行板电容器：t ＝lv 0b.打在平行极板上：y ＝12at 2＝12·qUmdt 2，t ＝ 2mdy qU 离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mv 2d离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mv 20d【针对训练】2．两平行金属板相距为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6－3－1所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图6－3－1A.edhU B ．edUh C.eU dh D.eUh d【解析】 由动能定理得：－e Ud h ＝－E k ，所以E k ＝eUh d. 【答案】 D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6－3－2所示．图6－3－22．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．【针对训练】3．如图6－3－3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6－3－3A ．极板X 应带正电B ．极板X ′应带正电C ．极板Y 应带正电D ．极板Y ′应带正电【解析】 由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX ′偏转电场中向X 极板方向偏转，故极板X 带正电，A 正确，B 错误；电子在YY ′偏转电场中向Y 极板方向偏转，故极板Y 带正电，C 正确，D 错误．【答案】 AC(对应学生用书第104页)平行板电容器内部E 、U 、Q 变化问题1.首先要区分两种基本情况(1)电容器两极板电势差U 保持不变； (2)电容器的带电荷量Q 保持不变． 2．赖以进行讨论的物理依据主要有三个(1)平行板电容器的电容C 与板间距d 、正对面积S 、介质介电常数ε间的关系为C ＝εS4πkd； (2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强E ＝U d； (3)电容器所带的电荷量Q ＝CU .图6－3－4(2013届长沙一中检测)如图6－3－4所示，A 、B 为平行板电容器的金属板，G 为静电计．开始时开关S 闭合，静电计指针张开一定角度．为了使指针张开角度增大一些，应该采取的措施是( )A ．断开开关S 后，将A 、B 两极板靠近一些 B ．断开开关S 后，将A 、B 两极板分开一些C ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板靠近一些D ．保持开关S 闭合，将A 、B 两极板分开一些【解析】 使指针张开角度增大一些，就是增大静电计两端的电压，当开关S 闭合时，电压一定，则C 、D 错误；断开开关S 后，电容器带电荷量一定，由C ＝Q /U 可知要增大电容器两极板之间电压，需减小电容C ，由平行板电容器电容的决定式C ＝εr S4πkd知，保持S 不变，增大d ，电容C 减小，则A 错误、B 正确．【答案】 B 【即学即用】1．(2011·天津高考)板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间场强为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是( )A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1D ．U 2＝2U 1，E 2＝2E 1【解析】 U 1＝Q C ，E 1＝U 1d .当板间距变为12d 时，由C ＝εr S4πkd 可知电容变为2C ，而带电荷量也变为2Q ，故U 2＝2Q 2C ＝U 1，E 2＝U 212d ＝2U 1d＝2E 1，故C 选项正确．【答案】 C带电粒子在电场中的平衡与直线运动 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．带电粒子在电场中的平衡 解题步骤：(1)选取研究对象．(2)进行受力分析，注意电场力的方向特点． (3)由平衡条件列方程求解．3．带电粒子在电场中的变速直线运动可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能角度用动能定理或能量守恒定律求解．带电粒子在匀强电场中所受电场力恒定，方向与电场线平行，所受重力恒定，方向竖直向下，因此粒子在匀强电场与重力场的复合场中一定做匀变速运动．轨迹可能为直线，也可能为曲线．图6－3－5(2011·福建高考)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6－3－5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E 1＝2.0×103 N/C 和E 2＝4.0×103N/C ，方向如图所示．带电微粒质量m ＝1.0×10－20 kg ，带电量q ＝－1.0×10－9C ，A 点距虚线MN 的距离d 1＝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d 2；(2)带电微粒从A 点运动到B 点所经历的时间t .【审题视点】 (1)明确带电微粒的运动过程，微粒在两个场强大小、方向都不同的电场中先做匀加速后做匀减速直线运动．(2)由动能定理、牛顿第二定律列方程求解．【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 2d 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＝12a 1t 21⑤d 2＝12a 2t 22⑥又t ＝t 1＋t 2⑦由②③④⑤⑥⑦式解得 t ＝1.5×10－8 s.【答案】 (1)0.50 cm (2)1.5×10－8s 【即学即用】 2.图6－3－6(2012·新课标全国高考)如图6－3－6，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀变速直线运动【解析】 带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg ，方向竖直向下，二是电场力F ＝Eq ，方向垂直于极板向上．因二力均为恒力，已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D 正确，选项A 、C 错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B 正确．【答案】 BD带电粒子在电场中的偏转问题 1.粒子的偏转角问题图6－3－7(1)已知电荷情况及初速度如图6－3－7所示，设带电粒子质量为m .带电荷量为q ，以速度v 0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U 1.若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tan θ＝v yv x，式中v y ＝at ＝qU 1dm ·lv 0，v x ＝v 0， 代入得tan θ＝qU 1lmv 20d.①结论：动能一定时tan θ与q 成正比，电荷量相同时tan θ与动能成反比． (2)已知加速电压U 0若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：qU 0＝12mv 20②由①②式得：tan θ＝U 1l2U 0d③结论：粒子的偏转角与粒子的q 、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场．即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度总是相同的．2．粒子的偏转量问题(1)y ＝12at 2＝12·qU 1dm ·(l v 0)2④做粒子速度的反向延长线，设交于O 点，O 点与电场边缘的距离为x ，则x ＝ytan θ＝qU 1l 22dmv 20qU 1lmv 20d＝l2.⑤结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l /2处沿直线射出．(2)若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，则由②④式得：y ＝U 1l 24U 0d⑥结论：粒子的偏转角和偏转距离与粒子的q 、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场．即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度和偏转距离总是相同的．(1)偏转角是指入射速度与出射速度间的夹角，而不是位移与入射速度间的夹角． (2)偏转位移相同的粒子(在同一偏转电场中)，偏转角也相同．图6－3－8(2013届高新一中检测)如图6－3－8所示，匀强电场方向沿x 轴的正方向，场强为E .在A (l,0)点有一个质量为m ，电荷量为q 的粒子，以沿y 轴负方向的初速度v 0开始运动，经过一段时间到达B (0，－l )点(不计重力作用)．求：(1)粒子的初速度v 0的大小；(2)当粒子到达B 点时，电场力对粒子做功的瞬时功率．【解析】 (1)粒子在y 方向不受力，做匀速直线运动；在x 方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动．所以粒子做的是类平抛运动．设粒子的初速度为v 0，则在y 方向上有y ＝v 0t在x 方向上有x ＝12at 2＝12qE mt 2又x ＝y ＝l可得v 0＝qEl 2m(2)设粒子到达B 点时沿x 轴方向的速度为v x ，则电场力做功的瞬时功率为P ＝qEv x由运动学公式可得v x ＝2al ＝2qElm所以P ＝qEv x ＝qE 2qElm【答案】 (1) qEl2m(2)qE 2qElm【即学即用】 3.图6－3－9(2013届南昌一中检测)如图6－3－9所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小、U 2变小【解析】 设电子被加速后获得的速度为v 0，水平极板长为l ，则由动能定理得U 1q ＝12mv 20，电子在水平极板间偏转所用时间t ＝lv 0，又设电子在水平极板间的加速度为a ，水平极板的板间距为d ，由牛顿第二定律得a ＝U 2qdm，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度v y ＝at ，联立解得v y ＝U 2ql dmv 0，又tan θ＝v y v 0＝U 2ql dmv 20＝U 2ql 2dqU 1＝U 2l2dU 1，故U 2变大、U 1变小，一定能使偏转角θ变大，故B 正确．【答案】 B(对应学生用书第105页)平行板电容器中的带电体平行板电容器两极板间带电体的运动问题是典型的力电综合问题，要分别从力、电两个角度分析研究．(1)力学角度：电场力等影响了带电体的运动状态，带电体的运动状态(静止、加速或减速)需要分析受力情况；(2)电学角度：平行板电容器的两极板间为匀强电场，由E ＝U d知，两极板间的电压U 决定了两极板间的电场强度E ，带电体运动的加速度需要分析两极板间的电压．在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两极板间距为d ，当平行板电容器的电压为U 0时，油滴保持静止状态，如图6－3－10所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU 1，油滴开始向上运动；经时间Δt 后，电容器突然放电使其电压减少ΔU 2，又经过时间Δt ，油滴恰好回到原来位置．假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计，重力加速度为g .试求：图6－3－10(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；(2)第一个Δt 与第二个Δt 时间内油滴运动的加速度大小之比； (3)ΔU 1与ΔU 2之比．【潜点探究】 (1)油滴处于静止状态时，受两个力平衡，即匀强电场的电场力和重力； (2)电容器突然充电使其电压增加ΔU 1，电场强度增大，油滴所受合力向上，向上做匀加速运动，其中ΔU 1决定了加速度a 1的大小；(3)电容器突然放电使其电压减少ΔU 2，电场强度减小，油滴所受合力向下，油滴先向上做匀减速运动，再反向匀加速回到出发点，其中ΔU 2－ΔU 1决定了加速度a 2的大小；(4)电压增加ΔU 1后的匀加速运动和电压减少ΔU 2后的运动，位移大小与所用时间Δt 相等，可以得到加速度a 1和a 2的关系，从而建立ΔU 1与ΔU 2的关系．【规范解答】 (1)油滴静止时mg ＝q U 0d，则q m ＝dg U 0. (2)设第一个Δt 内油滴的位移为x 1，加速度为a 1，第二个Δt 内油滴的位移为x 2，加速度为a 2，则x 1＝12a 1Δt 2x 2＝v 1Δt －12a 2Δt 2，且v 1＝a 1Δt ，x 2＝－x 1解得a 1∶a 2＝1∶3.(3)油滴向上加速运动时q U 0＋ΔU 1d －mg ＝ma 1，即q ΔU 1d＝ma 1油滴向上减速运动时mg －q U 0＋ΔU 1－ΔU 2d ＝ma 2，即q ΔU 2－ΔU 1d＝ma 2则ΔU 1ΔU 2－ΔU 1＝13解得ΔU 1ΔU 2＝14.【答案】 (1)dg U 0(2)1∶3 (3)1∶4【即学即用】4．(2012·大纲全国高考)如图6－3－11，一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．现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q 和－Q ，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，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．图6－3－11【解析】 设电容器电容为C .第一次充电后两极板之间的电压为U ＝Q C① 两极板之间电场的场强为E ＝U d② 式中d 为两极板间的距离． 按题意，当小球偏转角θ1＝π6时，小球处于平衡位置．设小球质量为m ，所带电荷量为q ，则有T cos θ1＝mg ③ T sin θ1＝qE ④式中T 为此时悬线的张力． 联立①②③④式得tan θ1＝qQ mgCd⑤ 设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ ，此时小球偏转角θ2＝π3，则tan θ2＝q Q ＋ΔQmgCd⑥联立⑤⑥式得 tan θ1tan θ2＝QQ ＋ΔQ ⑦代入数据解得 ΔQ ＝2Q .⑧ 【答案】 2Q(对应学生用书第106页)●平行板电容器的动态分析1．(2012·海南高考)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示．下列说法正确的是( )A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半【解析】 由E ＝U d知，当U 不变，d 变为原来的两倍时，E 变为原来的一半，A 项正确；当E 不变，d 变为原来的一半时，U 变为原来的一半，B 项错误；当电容器中d 不变时，C 不变，由C ＝Q U知，当Q 变为原来的两倍时，U 变为原来的两倍，C 项错误；Q 变为原来的一半，U 变为原来的一半时，则E 变为原来的一半，D 项正确．【答案】 AD●示波管的原理及应用2．(2011·安徽高考)如图6－3－12为示波管的原理图．如果在电极YY ′之间所加的电压按图6－3－13(a)所示的规律变化，在电极XX ′之间所加的电压按图6－3－13(b)所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )图6－3－12(a) (b)图6－3－13【解析】 电子在YY ′和XX ′间沿电场方向均作初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式s ＝12at 2＝12eU mdt 2，知水平位移和竖直位移均与电压成正比．在t ＝0时刻，U Y ＝0知竖直位移为0，故A 、C 错误．在t ＝t 12时刻，U Y 最大知竖直位移最大，故B 正确，D 错误． 【答案】 B●带电粒子在交变电场中的运动3．(2011·安徽高考)如图6－3－14(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图6－3－14(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )(a) (b)图6－3－14A ．0<t 0<T 4 B.T 2<t 0<3T 4C.3T 4<t 0<T D ．T <t 0<9T 8【解析】 设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．作出t 0＝0、T 4、T 2、3T 4时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0<t 0<T 4，3T 4<t 0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T 4<t 0<3T 4时粒子在一个周期内的总位移小于零，当t 0>T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B 正确．【答案】 B●带电粒子在电场中的偏转 4.图6－3－15(2013届西安一中检测)如图6－3－15所示，有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U 1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U 2时，带电粒子沿②轨迹落到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( )A ．U 1∶U 2＝1∶8B ．U 1∶U 2＝1∶4C ．U 1∶U 2＝1∶2D ．U 1∶U 2＝1∶1【解析】 由y ＝12at 2＝Uql 22mdv 20得：U ＝2mv 20dy ql 2，所以U ∝y l 2，可知选项A 正确． 【答案】 A●直线运动中的力电综合问题5．(2011·北京高考)静电场方向平行于x 轴，其电势φ随x 的分布可简化为如图6－3－16所示的折线，图中φ0和d 为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x ＝0为中心、沿x 轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m 、电荷量为－q ，其动能与电势能之和为－A (0＜A ＜q φ0)．忽略重力．求图6－3－16(1)粒子所受电场力的大小；(2)粒子的运动区间；(3)粒子的运动周期．【解析】 (1)由题图可知，0与d (或－d )两点间的电势差为φ0电场强度的大小E ＝φ0d电场力的大小F ＝qE ＝q φ0d .(2)设粒子在[－x 0，x 0]区间内运动，速率为v ，由题意得12mv 2－q φ＝－A ①由题图可知φ＝φ0(1－|x |d )②由①②得12mv 2＝q φ0(1－|x |d )－A ③因动能非负，有q φ0(1－|x |d )－A ≥0得|x |≤d (1－Aq φ0)即x 0＝d (1－Aq φ0)④粒子的运动区间满足－d (1－Aq φ0)≤x ≤d (1－Aq φ0)．(3)考虑粒子从－x 0处开始运动的四分之一周期，根据牛顿第二定律，粒子的加速度a ＝F m ＝qE m ＝q φ0md ⑤由匀加速直线运动规律得t ＝ 2x 0a将④⑤代入，得t ＝ 2md 2q φ0－Aq φ0粒子的运动周期T ＝4t ＝4dq φ02m q φ0－A .【答案】 (1)q φ0d (2)－d (1－A q φ0)≤x ≤d (1－A q φ0)(3)4d q φ0 2m q φ0－A。
2014届高考物理(浙江专用)一轮复习题库第六章静电场第三节电容器带电粒子在电场中的运动(Word版含答案)
课时作业21 电容器 带电粒子在电场中的运动一、不定项选择题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( )2．(2012·效实中学高三期中)如图所示，一个电荷量为＋Q 的小球甲，固定在绝缘水平面上的O 点。
电荷量为－q 、质量为m 的小球乙从A 点以初速度v 0沿它们的连线向甲运动，到B 点时速度最小且为v 。
已知静电力常量为k ，小球乙与水平面的动摩擦因数为μ，AB 间距离为L 。
(两带电小球可看做点电荷)则( )A ．OB 间的距离为kQqμmgB ．从A 到B 的过程中，电场力对小球乙做的功为W ＝μmgL ＋12m v 20－12m v 2C ．从A 到B 的过程中，电场力对小球乙做的功为W ＝μmgL ＋12m v 2－12m v 20D ．在小球甲形成的电场中，AB 间电势差U AB ＝μmgL ＋12m v 2－12m v 2q3．(2012·浙江杭州模拟)如图所示，长为l 、倾角为θ的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中。
一电荷量为＋q ，质量为m 的小球，以初速度v 0由斜面底端的M 点沿斜面上滑，到达斜面顶端N 的速度仍为v 0，则( )A ．电场强度等于mg ·tan θqB ．电场强度等于mg ·sin θqC ．M 、N 两点的电势差为mglqD ．小球在N 点的电势能大于在M 点的电势能4．a 、b 、c 三个α粒子由同一点同时垂直电场强度方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b 恰好飞出电场，由此可以肯定( )A ．在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上B ．b 和c 同时飞离电场C ．进入电场，c 的速度最大，a 的速度最小D ．它们的动能的增量，c 的最小，a 和b 的一样大5．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。
2014届高考物理一轮复习第6章第3单元电容器电场中带电粒子的运动解读
2014届高考物理一轮复习定时跟踪检测：第6章 第3单元《电容器电场中带电粒子的运动》（人教版）(时间：45分钟 满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1. 如图是描述对给定的电容器充电时电荷量Q 、电压U 、电容C 之间相互关系的图象．其中正确的是( )解析：电容器的电容由电容器自身的构造因素决定，与U 和Q 无关，故B 、D 正确．由C ＝QU 知C 正确．答案：BCD2．水平放置的平行电容器与一电池相连．在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态．现将电容器两板间的距离增大，则( )A ．电容变大，质点向上运动B ．电容变大，质点向下运动C ．电容变小，质点保持静止D ．电容变小，质点向下运动解析：带电质点在电容器中处于静止状态有mg ＝qE ，因为电容器与电源连接，电压不变，E ＝U /d ，d 增大，电容C 减小，E 减小，质点向下运动，答案为D.答案：D3．如图所示，先接通S 使电容器充电，然后断开S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两板间电势差U ，电容器两极板间场强E的变化情况是( )A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 变小解析：充电以后的电容器所带电荷量Q 保持不变，故选项A 、B 错误；根据平行板电容器的电容公式C ＝εr S4πkd ，d 增大，C 减小；又由C ＝Q /U 得，U ＝Q /C ，故U 增大；再由公式C ＝εr S 4πkd 、C ＝Q U 和E ＝U d 可得E ＝4πkQεr S ，所以E 不变，答案为C.答案：C4．如图所示，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．答案：CD5．如图所示，从F 处释放一个无初速的电子向B 板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E )( )A ．电子到达B 板时的动能是E eV B ．电子从B 板到达C 板动能变化量为零 C ．电子到达D 板时动能是3E eV D ．电子在A 板和D 板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A 板带负电，B 板带正电，C 板带正电，D 板带负电，所以A 、B 板间有向左的电场，C 、D 板间有向右的电场，B 、C 板间无电场，由动能定理知：电子到达B 板时的动能为E eV ，到达D 板时的动能为零，在B 、C 板间做匀速直线运动，总之电子能在A 板和D 板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C6．[2012·广东六校联考]如图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：B7．[2013·广东惠州模拟]如图所示，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 ．打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：AD8．如图所示，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 20B.12mv 20 C ．2mv 2D.52mv 20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 20＋v 2Py ＝5v 0E k P ＝12mv 2P ＝52mv 20，故选D. 答案：D9．[2013·云南部分名校联考]如图所示，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－UqB ．带电粒子带负电C ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝23U3d D ．此匀强电场的电场强度大小为E ＝3U3d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 ＝23U3d ，C 正确，D 错误．答案：AC10．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，由图象可知电子由M 点运动到N 点，电势能减小，动能增加，A 选项错误；分析图象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：C二、非选择题(共30分)11．(15分)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U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．(1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？解： (1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理eU 1＝12mv 20－0解得v 0＝2eU 1m .[(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E ，电子在偏转电场中运动的时间为t ，加速度为a ，电子离开偏转电场时的侧移量为y .由牛顿第二定律和运动学公式t ＝L v 0 F ＝ma ，F ＝eE ，E ＝U 2d a ＝eU 2md y ＝12at 2 解得y ＝U 2L 24U 1d .(3)由y ＝U 2L 24U 1d 可知，减小加速电压U 1和增大偏转电压U 2均可增大y 值，从而使电子打到屏上的位置在P 点上方．12．(15分)[2013·山东济宁质检]质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒在O 点以初速度v 0与水平方向成θ角射出，如图所示，微粒在运动过程中所受阻力的大小恒为f .(1)如果在某方向上加上一定大小的匀强电场后，能保证微粒仍沿v 0方向做直线运动，试求所加匀强电场电场强度的最小值．(2)若加上大小一定、方向水平向左的匀强电场，仍保证微粒沿v 0方向做直线运动，并且经过一段时间后微粒又回到O 点，求微粒回到O 点时的速率．解： (1)对微粒做直线运动受力分析如图所示，要保证微粒仍沿v 0方向进行运动，必须使微粒在垂直v 0的y 方向所受合力为零，则所加电场方向沿y 轴正向时，电场强度E 最小，并且qE ＝mg cos θ所以E min ＝mg cos θq .(2)当加上水平向左的匀强电场后，微粒受力分析如图所示，仍保证微粒沿v 0方向做直线运动，则有：qE sin θ＝mg cos θ设微粒沿v 0方向的最大位移为s ，由动能定理得：－(mg sin θ＋qE cos θ＋f )s ＝0－12mv 2粒子从O 点射出到回到O 点的过程中，由动能定理得： －f ·2s ＝12mv 2－12mv 20 以上三式联立解得：v ＝mg －f sin θmg ＋f sin θv 0.。
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【全程复习方略】2014版高考物理一轮复习 A卷第六章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动课时提升作业教科版选修3-1(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。
多选题已在题号后标出,选不全得4分)1.根据电容器电容的定义式C=QU，可知( )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2.(2013·呼伦贝尔模拟)如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒。
S闭合时，该微粒恰好能保持静止。
在以下两种情况下：①保持S闭合，②充电后将S断开。
下列说法能实现使该带电微粒向上运动到上极板的是( )A.①情况下，可以通过上移极板M实现B.①情况下，可以通过上移极板N实现C.②情况下，可以通过上移极板M实现D.②情况下，可以通过上移极板N实现3.如图所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场，若不计重力，在图中能正确描述粒子在电场中运动轨迹的是( )4.(多选)(2013·淄博模拟)如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态。
现将两极板的间距变大，则( )A.电荷将向上加速运动B.电荷将向下加速运动C.电流表中将有从a到b的电流D.电流表中将有从b到a的电流5.(2013·常州模拟)如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出，当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到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( )A.U1∶U2=1∶8B.U1∶U2=1∶4C.U1∶U2=1∶2D.U1∶U2=1∶16.如图所示，质量相等的两个带电液滴1和2从水平方向的匀强电场中O点静止释放后，分别抵达B、C 两点，若AB=BC,则它们带电荷量之比q1∶q2等于( )A.1∶2B.2∶1C.1 17.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( )8.(2013·临沂模拟)如图所示，平行板电容器的两个极板竖直放置，并接直流电源。
若一带电粒子恰好能沿图中轨迹穿过电容器，a 到c 是直线，由于电极板边缘效应，粒子从c 到d 的运动轨迹是曲线，重力加速度为g,则该粒子( )A.在ac 段受重力与电场力平衡并做匀速运动，cd 段电场力大于重力B.从a 到c 粒子做匀加速直线运动，加速度是g cosC.从a 到d 粒子的重力势能减小，电势能增加D.从a 到d 粒子所受合力一直沿轨迹的切线方向9.(多选)M 、N 是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E ，内阻为r 的电源组成如图所示的电路，R 是并联在电容器上的滑动变阻器，G 是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图所示，现保持开关S 闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，则( )A.在滑片滑动时，灵敏电流计中有从a 向b 的电流B.在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b 向a 的电流C.带电油滴将向上运动D.带电油滴将向下运动10.(多选)光滑水平面上有一边长为l 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。
一质量为m 、带电荷量为+q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v 0进入该正方形区域。
当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为( ) A.0B.2011mv qE 22＋l C.201mv 2D.2012mv qE 23＋l二、计算题(本大题共2小题，共30分。
要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 11.(15分)如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、场强为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏。
现有一电荷量为+q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O 。
试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；(3)粒子打到屏上的点P 到O 点的距离x 。
12.(能力挑战题)(15分)如图所示为密立根油滴实验示意图。
在电介质为空气的电容器中，观测以某一速度滴入的油滴。
当开关S 断开时，从上板小孔飘入的带电油滴能以稳定的速率v 1下降。
合上S ，过一会儿油滴由下降转为上升，稳定时速率为v 2。
设油滴的质量为m ，电源电压为U ，板间距离为d ，油滴受到空气的黏滞阻力的大小与速度成正比，即F f =kv(式中k 为未知量)。
(1)求油滴所带的电荷量q 。
(2)设两板间距d=0.5 cm ，板间电压U=150 V ，测得油滴的直径D=1.10×10-6m ，油滴的密度ρ=1.05×103kg/m 3，若实验中观察到油滴向下和向上匀速运动的速率相等，试由此计算油滴的电荷量并说明电性。
答案解析1.【解析】选D 。
电容器的电容的大小与其本身因素有关，与带电量的多少、两极板电压的大小无关，故A 、B 、C 错误，D 正确。
2.【解析】选B 。
保持S 闭合时，电容器电压不变，板间电场强度E=Ud，当d 减小时E 变大，可使电场力大于重力，从而使微粒向上运动，故A 错B 对。
充电后断开S 时，电容器带电量不变，则板间电场强度U Q E d Cd ==，r S C 4kd ε=π，所以r 4kQE Sπ=ε，E 不随d 而变化，故C 、D 均错。
3.【解析】选C 。
粒子在电场中做类平抛运动，受力方向总是沿电场线方向指向轨迹的凹侧，C 正确。
4.【解析】选B 、D 。
充电后电容器的上极板A 带正电。
不断开电源，增大两板间距，U 不变、d 增大。
由E=Ud知两极板间场强减小。
场强减小会使电荷q 受到的电场力减小，电场力小于重力，合力向下，电荷q 向下做加速运动。
由r SC 4kdε=π知d 增大时,电容C 减小。
由Q=CU 知极板所带电荷量减少，会有一部分电荷返回电源，形成逆时针方向的电流。
电流表中将会有由b 到a 的电流，选项B 、D 正确。
5.【解析】选A 。
两种情况下带电粒子的运动时间之比t 1∶t 2=2∶1，偏转距离之比y 1∶y 2=1∶2，由y=21at 2得两种情况下粒子的加速度之比21122221a y t 1a y t 8== ，由于a=qU md ，U ∝a ，故U 1∶U 2=1∶8，A 正确。
【变式备选】(多选)(2013·济南模拟)a 、b 、c 三个α粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b 恰好飞出电场，由此可以肯 定( )A.在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上B.b 和c 同时飞离电场C.进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最小D.动能的增量相比，c 的最小，a 和b 的一样大 【解析】选A 、C 、D 。
由2d 1Eq t 22m =可知，t a =t b ，A 正确；而2c c 1Eq y t 2m =，t c <t b ，B 错误；由t=L v得：v c >v b >v a ，C 正确;由ΔE k =Eq ·y 可知，ΔE kb =ΔE ka >ΔE kc ，故D 正确。
6.【解析】选B 。
竖直方向有h=21gt 2，水平方向有l =21qE t 2m ，联立可得mg q Eh =l ，所以有12q 2q 1＝，B 对。
7.【解析】选B 。
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，如此往复运动，故选B 。
8.【解析】选B 。
由粒子在电场中的运动轨迹可判断粒子受力如图，合力F 必沿ac 方向，由几何知识可求得加速度大小a=F gm cos =θ，故A 错B 对。
此过程中由于电场力做正功，所以电势能减小，故C 错。
从a 到c 过程粒子所受合力沿ac 方向，在cd 段受合力斜向右上方，故D 错。
9.【解析】选A 、C 。
滑片向上滑动时，滑动变阻器连入电路的阻值变大，其两端电压增大，由Q=CU 可知，电容器的电量增大，灵敏电流计中出现由a 向b 的充电电流，A 正确，B 错误；由E=Ud知，极板间电场增强，带电油滴所受电场力增大，油滴将向上加速运动，C 正确，D 错误。
10.【解析】选A 、B 、C 。
如题图所示。
(1)当它从bc 边中点垂直该边以水平初速度v 0进入电场时，由动能定理得：qE l ＝E k －201mv 2 即E k ＝qE l ＋201mv 2。
(2)当它从ab 边中点垂直该边进入，则可能沿ad 边射出，也可能沿cd 边射出。
①若从ad 边射出，则2k 0qE 1E mv 22＝－l ，即 2k 0qE 1E mv 22＝＋l ，则选项B 正确； ②若从cd 边射出，设射出点与射入点沿场强方向的距离为x ，0＜x ≤2l ，则qEx ＝E k －201mv 2，得： 220k 01qE 1mv E mv 222<≤＋。
l (3)若它从ad 边中点垂直该边进入电场，则先做匀减速运动。
①若qE l ＝201mv 2，则到达bc 边时速度为零。
故选项A 正确； ②若qE l ＞201mv 2，则未出电场区，之后做反向匀加速运动，返回ad 边时，动能仍为201mv 2，故选项C正确。
③若qE l ＜201mv 2,则到达bc 边动能E k =201mv 2-qE l 。
故答案为A 、B 、C 。
【总结提升】求解电场中的多解问题的方法技巧(1)首先根据物体做直线运动和曲线运动的条件分析带电粒子在电场中运动的可能轨迹：是直线还是曲线；轨迹的形状和位置等。
(2)再由电场范围和题目要求分析带电粒子在电场中运动的所有可能入射点和出射点，并进行分析和归纳；若运动过程复杂要善于用分段分析。
(3)灵活运用牛顿运动定律、运动学公式、运动的合成与分解或动能定理、能量守恒定律归类分析、分类解答。
11.【解析】(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t=2Lv . (3分)(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为:a=Eqm(1分) 所以y 00L qELv av mv ==(2分)所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α=y 2v qELv mv =。