统编版2020高考物理一轮复习 第七章 静电场 第3讲 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动练习
第3讲电容器与电容、带电粒子在电场中的运动
1．(2017·高考江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )
A ．运动到P 点返回
B ．运动到P 和P ′点之间返回
C ．运动到P ′点返回
D ．穿过P ′点
解析：选A.电子在A 、B 板间的电场中加速运动，在B 、C 板间的电场中减速运动，设A 、B 板间的电压为U ，B 、C 板间的电场强度为E ，M 、P 两点间的距离为d ，则有eU －eEd ＝0，若将C 板向右平移到P ′点，B 、C 两板所带电荷量不变，由E ＝U d ＝Q C 0d ＝4πkQ εS
可知，C 板向右平移到P ′时，B 、C 两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A 、B 板间加速运动后，在B 、C 板间减速运动，到达P 点时速度为零，然后返回，A 项正确，
B 、
C 、
D 项错误．
2．(多选)(2018·四川绵阳模拟)如图甲所示，两平行金属板A 、B 放在真空中，间距为d ，P 点在A 、B 板间，A 板接地，B 板的电势φ随时间t 的变化情况如图乙所示，t ＝0时，在P 点由静止释放一质量为m 、电荷量为e 的电子，当t ＝2T 时，电子回到P 点．电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是( )
A ．φ1∶φ2＝1∶2
B ．φ1∶φ2＝1∶3
C ．在0～2T 时间内，当t ＝T 时电子的电势能最小
D ．在0～2T 时间内，电子的电势能减小了2e 2T 2φ21md
2 解析：选BCD.0～T 时间内平行板间的电场强度为E 1＝φ1d ，电子以a 1＝E 1e m ＝φ1e dm
向上做匀加速直线运动，当t ＝T 时电子的位移x 1＝12a 1T 2，速度v 1＝a 1T .T ～2T 时间内平行板间的电场强度E 2＝φ2d ，加速度a 2＝φ2e dm
，电子以v 1的初速度向上做匀减速直线运动，速度变为0后开始向下做匀加速直线运动，位移x 2＝v 1T －12
a 2T 2，
由题意t ＝2T 时电子回到P 点，则x 1＋x 2＝0，联立可得φ2＝3φ1，选项A 错误，B 正确．当速度最大时，动能最大，电势能最小，而0～T 时间内电子做匀加速直线运动，之后做匀减速直线运动，后又做方向向下的匀加速直线运动，所以在T 时刻电势能最小，选项C 正确．电子在t ＝2T 时回到P 点，此时速度v 2＝v 1－a 2T ＝－2φ1eT dm (负号表示方向向下)，电子的动能为E k ＝12mv 22＝2e 2T 2φ2
1md 2
，根据能量守恒定律，电势能的减少量等于动能的增加量，选项D 正确．
3．(2018·湖北孝感模拟)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，D 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减小些，下列采取的措施可行的是( )
A ．断开开关S 后，将A 、
B 两极板分开些
B ．断开开关S 后，增大A 、B 两极板的正对面积
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，将滑动变阻器的滑片向右移动
解析：选B.断开开关S ，电容器所带电荷量不变，将A 、B 两极板分开些，则d 增大，根据C ＝εr S 4πkd 知，电容C 减小，根据U ＝Q C 知，电势差增大，指针张角增大，选项A 错误；断开开关S ，增大A 、B 两极板的正对面积，即S 增大，根据C ＝εr S 4πkd 知，电容C 增大，根据U ＝Q
C
知，电势差减小，指针张角减小，选项B 正确；保持开关S 闭合，无论将A 、B 两极板分开些，还是将两者靠近些，电容器两端的电势差都不变，则指针张角不变，选项C 错误；保持开关S 闭合，滑动变阻器仅充当导线作用，电容器两端的电势差不变，滑片滑动不会影响指针张角，选项D 错误．
4．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量均为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M 、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．已知N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求
(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比；
(2)A 点距电场上边界的高度；
(3)该电场的电场强度大小．
解析：(1)设小球M 、N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，则它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M 、N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得
v 0－at ＝0 ①
s 1＝v 0t ＋12at 2 ②
s 2＝v 0t －12at 2 ③
联立①②③式得
s 1
s 2
＝3. ④
(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式
v 2
y ＝2gh ⑤
H ＝v y t ＋12gt 2 ⑥
M 进入电场后做直线运动，由几何关系知
v 0v y ＝s
1H
⑦
联立①②⑤⑥⑦式可得
h ＝13H . ⑧
(3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，则
v 0
v y ＝qE mg
⑨
设M 、N 离开电场时的动能分别为E k1、E k2，由动能定理得
E k1＝12m (v 20＋v 2
y )＋mgH ＋qEs 1 ⑩
E k2＝12m (v 20＋v 2
y )＋mgH －qEs 2 ⑪
由已知条件
E k1＝1.5E k2 ⑫
联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
E ＝mg
2q .
答案：见解析。
2020版物理新增分大一轮新高考(京津鲁琼)讲义：第七章 静电场 第3讲 含解析
第 3 讲电容器带电粒子在电场中的运动一、电容器及电容1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值．(3)电容器的充、放电：①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能． ②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板间的电势差的比值．Q(2)定义式：C ＝ .U(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F ＝10 μF ＝10 pF.(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电 压无关．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积，相对介电常数，两板间的距离．ε S (2)决定式：C ＝ .自测对于某一电容器，下列说法正确的是( )A ．电容器所带的电荷量越多，电容越大B ．电容器两极板间的电势差越大，电容越大C ．电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍1 1 D ．电容器两极板间的电势差减小到原来的 ，它的电容也减小到原来的2 2答案 C解析ε S根据公式 C ＝ 可得，电容的大小跟电容两端的电势差以及电容器所带的电荷量的多少无Q关，根据公式 C ＝ 可得电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍，所以 C 正确，UA 、B 、D 错误．二、带电粒子在电场中的运动1．加速6 12 r4πkd r4πkd1 1 (1)在匀强电场中，W ＝qEd ＝qU ＝ m v － m v .1 1 (2)在非匀强电场中，W ＝qU ＝ m v － m v .2．偏转(1)运动情况：如果带电粒子以初速度 v 垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平 抛运动，如图 1 所示．图 1(2) 处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动．根据运动的合成与分解的知识解决有关问题．l F qE qU 1 qUl (3)基本关系式：运动时间 t ＝ ，加速度 a ＝ ＝ ＝ ，偏转量 y ＝ at ＝ ，偏转角 θ 的正切 v m m md 2 2md vv at qUl 值：tan θ＝ ＝ ＝ . v v md v命题点一 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 2 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，以后随着极板上电荷的增多，电流逐 渐减小，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止移动，电流 I ＝0.图 2(2)电容器的放电过程如图 3 所示，当开关 S 接 2 时，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，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路 中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小，最后减小到零．实验器材：6 V 的直流电源、 单刀双掷开关 、平行板电容器、电流表、电压表、 小灯泡．2 22 2 0 2 2 2 2 0 0 22 20 0 y 20 0 0图32．实验步骤(1)按图4连接好电路．图4(2)把单刀双掷开关S接1，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接2，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．实验记录和分析：实验项目电容器充电电容器放电灯泡电流表1电压表灯泡电流表2电压表实验现象灯泡的亮度由明到暗最后熄灭电流表1的读数由大到小最后为零电压表的读数由小到大最后为6V灯泡的亮度由明到暗最后熄灭电流表2的读数由大到小最后为零电压表的读数由大到小最后为零3．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．(4)在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，以免烧坏电流表．例1电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能画出电流与时间的变化图象．图5甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6 V.图 5先使开关 S 与 1 接通，待充电完成后，把开关S 再与 2 接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电 流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的 I －t 图象如图乙所示．根据图象估算出电容器全部放电 过程中释放的电荷量为________ C ，该电容器电容为________ μF(结果保留整数)．答案3.04×10 － 3507解析 由于 Q ＝It ，可知题图乙中图象与时间轴围成的面积表示电荷量；根据横轴与纵轴的数据可知， 一个格子的电荷量为 8×10 C ，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为38，所以释放的电荷量为 q ＝8×10 ×38 C ＝3.04×103QC ．根据电容器的电容 C ＝ 可知，C ＝U3.04×10 63F ≈5.07×10 F ＝507 μF.命题点二 平行板电容器的动态分析1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差 U 保持不变．(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量 Q 保持不变．2．动态分析思路(1)U 不变Q ε S①根据 C ＝ ＝ 先分析电容的变化，再分析 Q 的变化．U②根据 E ＝ 分析场强的变化．d③根据 U ＝E · d 分析某点电势变化．AB(2)Q 不变Q ε S①根据 C ＝ ＝ 先分析电容的变化，再分析 U 的变化．U 4k πQ②根据 E ＝ ＝ 分析场强变化．d ε Sr例 2 (2016· 全国卷Ⅰ·14)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5 － 5 － － － 4 － rU 4πkd rU 4πkdD．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变答案DεS解析由C＝可知，当将云母介质移出时，ε变小，电容器的电容C变小，因为电容器接在恒压rU直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小，再由E＝，由于U与d都不变，d故电场强度E不变，选项D正确．变式1(2018·北京卷·19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图6所示．下列说法正确的是( )图6A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大答案A解析实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，AεS Q正确；b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，εS因此静电计指针的张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数ε变大，由C＝知，电容rQC变大，由C＝知，Q不变，U变小，因此UQ静电计指针的张角变小，C错误；由C＝知，实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变U大，是由于C不变导致的，D错误．变式2(多选)如图7所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为φ，负电荷的电P势能为E，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是() pA．U变大，E变大C．φ变小，E变大P p图7 B．U变小，φ变小P D．φ变大，E变小P pr4πkdr4πkd Ur4πkd答案 ACε S 解析 根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C ＝ 可知电容减小，由 Q UU ＝ 可知极板间电压增大，由 E ＝ 可知，电场强度增大，故 A 正确；设 P 与 B 板之间的距离为 d ′， CdP 点的电势为 φ ，B 板接地，φ ＝0，则由题可知 0－φ ＝Ed ′是增大的，则 φ 一定减小，由于负电P B P P 荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能 E 是增大的，故 C 正确．p命题点三 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力 F ＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．合(2)粒子所受合外力 F ≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减合 速直线运动．2．用动力学观点分析qE U a ＝ ，E ＝ ，v －v ＝2ad . 3．用功能观点分析1 1 匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝ m v － m v非匀强电场中：W ＝qU ＝E －Ek2k12 例3 (2018· 河北省邢台市上学期期末)如图 8 所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A 、 B ，间距为 d ，中央分别开有小孔 O 、P.现有甲电子以速率 v 从 O 点沿 OP 方向运动，恰能运动到 P 点．若仅将 B 板向右平移距离 d ，再将乙电子从 P ′点由静止释放，则()图 8A ．金属板 A 、B 组成的平行板电容器的电容C 不变B ．金属板 A 、B 间的电压减小C ．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同D ．乙电子运动到 O 点的速率为 2v 答案 Cε S解析 两板间距离变大，根据 C ＝ 可知，金属板 A 、B 组成的平行板电容器的电容 C 减小，选项U Q 4πkQA 错误；根据 Q ＝CU ，Q 不变，C 减小，则 U 变大，选项B 错误；根据 E ＝ ＝ ＝ ，可知当d Cd ε Sr d 变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项 C 正确；根据 e · E ·2dr4πkd 22m d 0 2 2 2 0 0 0 r4πkd11＝m v ，e·E·d＝m v ，可知，乙电子运动到O点的速率v＝2v ，选项D错误．变式3(多选)(2019·山西省吕梁市第一次模拟)如图9所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度v ＝1m/s，到B点时速度v ＝5m/s，则()图9A．微粒从B 至C做加速运动，且v ＝3m/sB．微粒在整个运动过程中的最终速度为5m/sC．微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为5m/s答案AB解析AC之间电场是对称的，A到B电场力做的功和B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得：1 111qU＝m v －m v ，2qU＝m v －m v ，解得v＝3m/s，A正确；过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为5m/s，B正确，D 错误；在到达A 点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误．拓展点带电粒子在电场力和重力作用下的直线运动例4(2017·浙江4月选考·8)如图10 所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场．有一质量为m、电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放．重力加速度为g.则点电荷运动到负极板的过程( )Eq A．加速度大小为a＝＋gm图10B．所需的时间为t＝dmEqd C．下降的高度为y＝2答案B D．电场力所做的功为W＝Eqd222200A BC22222222AB B A AB C A C解析 点电荷受到重力、电场力的作用，所以 a ＝Eq ＋mg m，选项 A 错误；根据运动的独立性，d 1 Eq水平方向点电荷的运动时间为 t ，则 ＝ · t ，解得 t ＝2 2 mmd 1 mgd ，选项 B 正确；下降高度 y ＝ gt ＝ ， Eq 2 2Eq选项 C 错误；电场力做功 W ＝Eqd，选项 D 错误． 2命题点四 带电粒子(带电体)在电场中的偏转1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间la.能飞出电容器：t ＝ .v 01 qUb.不能飞出电容器：y ＝ at ＝t ，t ＝ 22md2mdy. qU(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动F qE qU加速度：a ＝ ＝ ＝m m md1 qUl 离开电场时的偏移量：y ＝ at ＝ .2 2md vv y qUl v md v2．两个结论(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．1证明：由 qU ＝ m v21 1 qU l y ＝ at ＝ · ·( )2 2 md v 0 qU l tan θ＝md vU l U l 得：y ＝ ，tan θ＝0 0(2)粒子经电场偏转后射出，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，l即 O 到偏转电场边缘的距离为 .2 3．功能关系11U 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 ＝ m v － m v ，其中 U ＝ y ，指 初、末位置间的电势差．例 5 (2016· 北京理综· 23 改编)如图 11 所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方 向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为 e ，加速电场电压为 U ，偏转电场2 2 22222220 离开电场时的偏转角：tan θ＝ ＝ . 20 2 00 1 2 212 0 21 14U d 2U d22 2 2d yy可看做匀强电场，极板间电压为 U ，极板长度为 L ，板间距为 d .图 11(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度 v 和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距 离 Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决 (1)问时忽略了电子所受重力，请利用 下列数据分析说明其原因．已知 U ＝2.0×10 V ，d ＝4.0×10 m ，m ＝9.1×10 kg ，e ＝1.6×10 C ，g ＝10 m/s答案 (1).2eU UL 0 m 4U d(2)见解析解析1 (1)根据动能定理，有 eU ＝ m v ，电子射入偏转电场时的初速度 v ＝2eU mL在偏转电场中，电子的运动时间 Δt ＝ ＝Lv 0m2eU 0eE eU加速度 a ＝ ＝m md1 UL 偏转距离 Δy ＝ a (Δt ) ＝ 0(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G ＝mg ≈10 NeU电场力 F ＝ ≈10 Nd由于 F G ，因此不需要考虑电子所受的重力．变式 4 (多选)(2018· 河南省南阳市上学期期末)如图 12 所示，一充电后与电源断开的平行板电容器 的两极板水平放置，板长为 L ，板间距离为 d ，距板右端 L 处有一竖直屏 M .一带电荷量为 q 、质量为 m 的质点以初速度 v 沿中线射入两板间，最后垂直打在 M 上，则下列结论正确的是(已知重力加速度 为 g )()图 12mgd A ．两极板间电压为2q0 2 2 31 19 － － － 2 222 0 0 0 2224U d29 － 15 － 02mgB．板间电场强度大小为qmg LC．整个过程中质点的重力势能增加vD．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上答案BC解析据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在屏M上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：2mg可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝，由q2mg2mgd1U＝Ed 得板间电势差U＝×d＝，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝at，q q2qE－mg L gL gLa＝＝g，t＝，解得：y＝，故质点打在屏上的位置与P点的距离为：s＝2y＝，重力m v 2v vmg L势能的增加量E＝mgs＝，故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根据p v0U Q Q4πkQE＝＝＝＝可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍d CdεSεS4πkd垂直打在屏M上，故D错误．变式5(2018·广东省茂名市第二次模拟)如图13所示，空间存在电场强度为E、方向水平向右的范围足够大的匀强电场．挡板MN与水平方向的夹角为θ，质量为m、电荷量为q、带正电的粒子从与M 点在同一水平线上的O点以速度v竖直向上抛出，粒子运动过程中恰好不和挡板碰撞，粒子运动轨迹所在平面与挡板垂直，不计粒子的重力，求：图13(1)粒子贴近挡板时水平方向速度的大小；(2)O、M间的距离．答案解析v m v(1)(2)tanθ2qE tanθ(1)由于粒子恰好不和挡板碰撞，粒子贴近挡板时速度方向与挡板恰好平行，设此时粒子水平方22222222 000222r rd2002向速度大小为 v ，则 tan θ＝ v解得：v ＝ v 0v x(2)粒子做类平抛运动，设粒子运动的加速度为 a ，由牛顿第二定律：qE ＝ma1 在如图所示的坐标系中：v ＝at ，x ＝ at ，y ＝v ty 设 O 、M 间的距离为 d ，由几何关系：tan θ＝d ＋x 0 m v 解得：d ＝ .2qE tan θ1．(2018· 广东省揭阳市学业水平考试) 据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让 手机几分钟内充满电，某同学登山时用这种超级电容器给手机充电，下列说法正确的是( ) A ．充电时，电容器的电容变小B ．充电时，电容器存储的电能变小C ．充电时，电容器所带的电荷量可能不变D ．充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零答案 B解析 电容器的电容是由电容器自身的因素决定的，故充电时，电容器的电容不变，充电结束后，电 容器的电容不可能为零，故 A 、D 错误；给手机充电时，电容器所带的电荷量减小，存储的电能变小， 故 B 正确；给手机充电时，手机电能增加，电容器上的电荷量一定减小，故 C 错误．2．(多选)(2018· 安徽省宿州市一质检)如图 1 为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型 图．当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电 计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上 的指针偏角为 θ，则被测物体()x 0tan θx 2 2 x 0 0 0 0 20 2A ．向左移动时，θ 增大 C ．向左移动时，θ 减小图 1 B ．向右移动时，θ 增大 D ．向右移动时，θ 减小答案 BCε S 解析 由公式 C ＝ ，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增大，则电Q容 C 增大，由公式 C ＝ 可知电荷量 Q 不变时，U 减小，则 θ 减小，故 A 错误，C 正确；由公式 C ＝ ε S ，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减小，则电容C 减少，由公式 Q C ＝ 可知电荷量 Q 不变时，U 增大，则 θ 增大，故 B 正确，D 错误．3．(多选)(2018· 广东省揭阳市高三期末)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小、电 容和极板所带的电荷量分别用 d 、U 、E 、C 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 C 不变，将 Q 变为原来的两倍， 则 U 变为原来的两倍D ．保持 d 、C 不变，将 Q 变为原来的一半， 则E 变为原来的一半答案 ACDU解析 保持 U 不变，将 d 变为原来的两倍后，根据 E ＝ 可得 E 变为原来的一半，A 正确；保持 E 不dQ变，将 d 变为原来的一半，根据 U ＝Ed 可得 U 变为原来的一半，B 错误；根据公式 C ＝ 可知将 QUQ变为原来的两倍，则 U 变为原来的两倍，C 正确；根据 C ＝ 可得 C 不变，将 Q 变为原来的一半，UUU变为原来的一半，根据公式 E ＝ 可知 d 不变，U 变为原来的一半，E 变为原来的一半，D 正确．d4.(2018· 广东省广州市 4 月模拟)如图 2，带电粒子由静止开始，经电压为U 的加速电场加速后，垂直1电场方向进入电压为 U 的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置．为使同样的带电粒子，从同2样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是(粒子重力不计)( )图 2A ．保持 U 和平行板间距不变，减小 U 21B ．保持 U 和平行板间距不变，增大 U 12C ．保持 U 、U 和下板位置不变，向下平移上板12D ．保持 U 、U 和下板位置不变，向上平移上板12r4πkd U r4πkd U答案 D1 解析 粒子在电场中加速 U q ＝ m v1 U q ，在偏转电场中，水平方向上 x ＝v t ，竖直方向上 y ＝ · t，4dU y 1解得 x＝ ；开始时 x ＝ L ，保持 U 和平行板间距不变，减小 U ，则 x 会减小，选项 A 错误；保 U 2 2 12 持 U 和平行板间距不变，增大 U ，则 x 减小，选项 B 错误；保持 U 、U 和下板位置不变，向下平 1212移上板，则 d 减小，x 减小，选项 C 错误；保持 U 、U 和下板位置不变，向上平移上板，d 变大，则 12x 变大，故选项 D 正确．5．(2018· 重庆市上学期期末抽测)如图 3 所示，竖直面内分布有水平方向的匀强电场，一带电粒子沿 直线从位置 a 向上运动到位置 b ，在这个过程中，带电粒子( )A ．只受到电场力作用 C ．做匀减速直线运动图 3B ．带正电 D ．机械能守恒答案 C解析 带电粒子沿直线从位置 a 运动到位置 b ，说明带电粒子受到的合外力方向与速度在一条直线上， 对带电粒子受力分析，应该受到竖直向下的重力和水平向左的电场力，电场力方向与电场线方向相反， 所以带电粒子带负电，故 A 、B 错误；由于带电粒子做直线运动，所以电场力和重力的合力应该和速 度在一条直线上且与速度方向相反，故带电粒子做匀减速直线运动，故C 正确；电场力做负功，机械 能减小，故 D 错误．6．(2014· 山东卷· 18)如图 4 所示，场强大小为 E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域 a bcd ，水 平边 ab 长为 s ，竖直边 ad 长为 h .质量均为 m 、带电量分别为＋q 和－q 的两粒子，由 a 、c 两点先后 沿 ab 和 cd 方向以速率 v 进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好 相切，则 v 等于()图 4s A. 2 s C. 42qE mh2qE mhs B. 2s D. 4qE mhqE mh答案 B1解析 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域 abcd 的中心，则在水平方向有 s ＝v t ，在竖直2 1 0 2 222 dm 0 1 2 0 0 2 01 1 qE s方向有 h ＝ · · t ，解得 v ＝ qEmh.故选项 B 正确，选项 A 、C 、D 错误．7．(2018· 山东省泰安市一模)如图 5 所示，绝缘水平面上固定一正点电荷 Q ，另一电荷量为－q 、质量 为 m 的滑块(可看做点电荷)从 a 点以初速度 v 沿水平面向 Q 运动，到达 b 点时速度为零．已知 a 、b 间距离为 x ，滑块与水平面间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g .以下判断正确的是()图 5A ．滑块在运动过程中所受 Q 的库仑力有可能大于滑动摩擦力v B ．滑块在运动过程的中间时刻速率等于 22m v C ．此过程中产生的内能为2m vD ．Q 产生的电场中 a 、b 两点间的电势差 U ＝ab2－2μgx2q答案 D解析 由于一直做减速运动，库仑力在增大，要减速到 0，摩擦力应该始终比库仑力大，且由 a 到 b1 过程中加速度在减小，不是匀变速运动，A 、B 错误，由动能定理－qU －μmgx ＝0－ m v 可知，C 错误，D 正确．8.(多选)(2018· 全国卷Ⅲ·21)如图 6，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒 a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相 等．现同时释放 a 、b ，它们由静止开始运动．在随后的某时刻 t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域 的同一水平面．a 、b 间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是()图 6A ．a 的质量比 b 的大B ．在 t 时刻，a 的动能比 b 的大C ．在 t 时刻，a 和 b 的电势能相等D ．在 t 时刻，a 和 b 的动量大小相等答案 BD1 解析 经时间 t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则 x >x ，根据 x ＝ at ，得 a >a ，a b 2 a b22 2 m 0 20 00 022 ab 02F又由 a ＝ 知，m <m ，A 项错误；经时间 t 到下半区域的同一水平面，则电场力做功 W >W ，由动能m a b a b定理知，a 的动能比 b 的动能大，B 项正确；a 、b 处在同一等势面上，根据 E ＝q φ知，a 、b 的电势p能绝对值相等，符号相反，C 项错误；根据动量定理 Ft ＝p －p ，则经过时间 t ，a 、b 的动量大小相等，D 项正确．9．(多选)(2018· 湖北省仙桃、天门、潜江三市期末联考)如图 7 所示，在竖直平面足够大的区域内有电 场强度为 E 的匀强电场，一质量为 m 、电荷量为 q 的小球，以初速度 v 从电场中的 O 点出发，沿 O N 方向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 ，不计 空气阻力．则()图 7gA ．小球运动的加速度大小为2 B ．小球可能一直做匀加速运动v C ．小球沿 ON 方向运动的最大位移为 2gv m v D ．在小球运动的前 时间内，电场力对小球做功－g 42答案 CD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，根据数学知识得：电场力 qE 与水平方向的夹角应为 30°，受力情况如 图所示．合力沿 ON 方向向下，大小为 mg ，所以加速度为 g ，方向沿 ON 向下，与初速度方向相反，故小球先 做匀减速直线运动，当速度减为零时，再反方向做匀加速直线运动，故A 、B 错误；当向上速度减至v v 零时，由运动学公式可得最大位移为 x ＝ ，故 C 正确；向上匀减速至零所用的时间为 t ＝ ，在此2g g过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一1 m v 半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为 m v ，则电场力做功为－ ，故 D 正确．10.(2019· 陕西省宝鸡市第一次质检)如图 8 所示，将带电荷量均为＋q 、质量分别为 m 和 2m 的带电小1 球 A 与 B 用轻质绝缘细线相连，在竖直向上的匀强电场中由静止释放，小球 A 和 B 一起以大小为 g3的加速度竖直向上运动．运动过程中，连接 A 与 B 之间的细线保持竖直方向，小球 A 和 B 之间的库 仑力忽略不计，重力加速度为 g ，求：0 20 2 00 2 02 2 4图8(1)匀强电场的场强E的大小；(2)当A、B一起向上运动t 时间时，A、B间的细线突然断开，求从初始的静止状态开始经过2t时间，00B球电势能的变化量．答案解析2mg(1)(2)减小了mg tq0(1)由于小球在电场中向上做匀加速运动，对于A、B两球组成的整体，由牛顿第二定律可得：2Eq－3mg＝3ma1其中：a＝g32mg代入可得：E＝q(2)当细线断开时，B球受到竖直向上的电场力：F ＝Eq＝2mg小球B受到的电场力和重力二力平衡，所以小球B接下来向上做匀速直线运动，其速度大小为匀加速1运动的末速度：v＝at＝gt11在匀加速阶段小球B上升的高度为：h＝at＝gt1206012在匀速阶段小球B上升的高度为：h＝v t ＝gt所以在整个过程中电场力做功为：W＝Eq(h＋h)＝mg122t 02由于电场力对小球B做了mg t 的正功，所以小球B电势能减小了mg t .0011．(2019·陕西省西安一中一模)一质量为m的带电小球以速度v 沿竖直方向从A点垂直进入匀强电场E中，如图9所示，经过一段时间后到达B点，其速度变为水平方向，大小仍为v ，重力加速度为g，求：图9(1)小球带电情况；(2)小球由A到B的位移；(3)小球速度的最小值．答案mg2v 2v (1)小球带正电，电荷量为(2)，与水平方向的夹角为45°斜向右上方(3)E2g222电30022320022222。
高考物理一轮复习 第七章 静电场 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
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 2】 如图(a)所示，两平行正对的金属板 A、B 间 加有如图(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 t0 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 t0 可能属于的时间段是( )
4.如图所示，a、b两个带正电的粒子， 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B板的a′点，b 粒子打在B板的b′点，若不计重力，则( )
A．电荷量q1大于q2 B．质量m1小于m2 C．粒子的电荷量与质量之比mq11>mq22 D．粒子的电荷量与质量之比mq11<mq22
A．3∶2
B．2∶1
C．5∶2
D．3∶1
解析：A 因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距
25l 的平面，电荷量为 q 的粒子通过的位移大小为25l，电荷量为
－q 的粒子通过的位移大小为35l，由牛顿第二定律知它们的加
速度大小分别为 a1＝qME、a2＝qmE，由运动学公式有25l＝12a1t2
＝2qME t2
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
【基础知识必备】 一、常见电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系 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____．
高考物理一轮复习 第七章 静电场 第3节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动教案 鲁科版-鲁科版高
第3节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动教材梳理·自主预习知识梳理 一、电容器及电容 1.电容器(1)组成:由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成. (2)带电荷量:一个极板所带电荷量的绝对值. (3)电容器的充、放电①充电:使电容器带电的过程,充电后电容器两极板带上等量的异种电荷,电容器中储存电场能.②放电:使充电后的电容器失去电荷的过程,放电过程中电场能转化为其他形式的能. 2.电容(1)定义:电容器所带的电荷量Q 与两个极板间的电势差U 的比值. (2)定义式:C=Q U. (3)单位:国际单位制中为法拉(F),常用单位有微法(μF)、皮法(pF).1 F=106μF=1012pF. (4)意义:表示电容器容纳电荷本领的高低.(5)决定因素:由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定,与电容器是否带电及电压无关. 3.平行板电容器的电容(1)决定因素:极板的正对面积,相对介电常数,两板间的距离. (2)决定式:C=4πSkd,ε为电介质的相对介电常数,S 为极板的正对面积,d 为板间距离. 二、带电粒子在匀强电场中的运动 示波管 1.带电粒子在电场中的加速(1)在匀强电场中:W=qEd=qU=12mv 2-12m 20v . (2)在非匀强电场中:W=qU=12mv 2-12m 20v .自 主 探 究如图所示,电子由静止开始从A 极板向B 极板运动,当到达B 极板时速度为v,保持两板间电压不变.(1)当改变两板间距离时,v 怎样变化?(2)当增大两板间距离时,电子在两板间运动的时间如何变化?(3)若把电源断开后,增大两板间距离时,到达B 板时的速度v 和运动时间又如何变化呢? 答案:(1)由qU=12mv 2,得v=2qUm,因此当改变两板间距离时,v 不发生变化. 自 主 探 究(2)由d=12·qU md t 2,得t=22md qU,当d 增大时,t 也增大.(3)若把电源断开后,改变两板之间的距离时,电场强度不变,由qEd=12mv 2得v=2qEdm,则d 增大,v 增大;由d=12·qE m t 2,得t=2md qE,则d 增大,时间t 也增大. 2.带电粒子在匀强电场中的偏转(1)运动情况: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,则带电粒子在电场中做类平抛运动,如图所示.(2)处理方法:将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动.根据运动的合成与分解的知识解决有关问题.(3)基本关系式:运动时间t=0l v ,加速度a=F m =qE m =qU md ,偏转量y=12at 2=2202qUl mdv ,偏转角θ的正切值tan θ=y v v =0at v =20qUlmdv . (4)若粒子以相同速度进入电场,则比荷大的射出电场时的偏转角更大;若粒子以相同动能进入电场,则电荷量大的射出电场时的偏转角更大;若粒子以相同动量进入电场,则电荷量与质量乘积大的射出电场时的偏转角更大. 3.示波管的构造(1)电子枪;(2)偏转电极;(3)荧光屏.(如图所示)小题检测 1.思考判断(1)电容是表示电容器储存电荷本领的物理量.( √ )(2)电容器所带电荷量是指每个极板上所带电荷量的代数和.( × ) (3)放电后的电容器电荷量为零,电容也为零.( × )(4)示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的.( √ ) (5)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计.( × ) 2.根据电容的定义式C=QU可知,下列说法正确的是( D ) A.电容器的电容越大,电容器所带的电荷量就越多 B.电容器两极板间的电势差越大,电容越小C.电容器的电容与其所带电荷量成正比,与其两极板间的电势差成反比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解析:电容器的电容越大,说明电容器储存电荷的本领越大,并不是说明电容器所带的电荷量越多,故A 错误;电容的定义式C=QU,表明电容只是以带电荷量和电势差的比值定义的,不跟Q 成正比也不跟U 成反比,并不随它们两个发生变化,故B,C 错误,D 正确.3.一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( B ) 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:由公式C=4πS kd 知,在两极板间插入一电介质,其电容C 增大,由公式C=QU知,电荷量不变时,U 减小,B 正确.4.一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,从电容器的P 点(如图所示)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( D )A.1∶2B.1∶8C.2∶1D.4∶1解析:带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,由运动学规律得x=v 0·t,y=12at 2,qE=ma,联立可得q m =2022E yv x ∝21x,故a 和b 的比荷之比为4∶1.考点研习·感悟提升考点一 平行板电容器的动态分析问题1.两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连,电容器两极板间的电势差U 保持不变. (2)电容器充电后与电源断开,电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变. 2.动态分析思路 (1)U 不变 ①根据C=4πSkdε先分析电容的变化,再根据Q=CU 分析Q 的变化. ②根据E=Ud分析电场强度的变化. ③根据U AB =E·d 分析某点电势变化. (2)Q 不变 ①根据C=4πSkdε先分析电容的变化,再根据U=QC分析U 的变化. ②根据E=U d =4πk Q Sε分析电场强度的变化. [例1] (2016·天津卷,4)如图所示,平行板电容器带有等量异种电荷,与静电计相连,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:若保持下极板不动,将上极板向下移动一小段距离,则根据C=4πSkdε可知,C 变大,Q 一定,则根据Q=CU 可知,U 减小,则静电计指针偏角θ减小;根据E=U d ,Q=CU,C=4πS kdε联立可得E=4πkQSε,可知E 不变;根据U=Ed 可知,P 点离下极板的距离不变,且E 不变,P 点与下极板间的电势差不变,P 点的电势不变,则电势能E p 也不变.选项A,B,C 错误,D 正确.分析平行板电容器动态变化的三点关键(1)确定不变量:先明确动态变化过程中的哪些量不变,是电荷量保持不变还是极板间电压不变.(2)恰当选择公式:灵活选取电容的决定式和定义式,分析电容的变化,同时用公式E=Ud分析极板间电场强度的变化情况.(3)若两极板间有带电微粒,则通过分析电场力的变化,分析其运动情况的变化.1.(U 不变时电容器的动态分析)(多选)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,静电计所带电荷量很少,可被忽略.一带负电油滴被固定于电容器中的P 点.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离,则( ACD )A.平行板电容器的电容将变小B.静电计指针张角变小C.带电油滴的电势能将减少D.若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离,则带电油滴所受电场力不变解析:将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离时,两极板的正对面积S 不变,间距d 变大,根据关系式C=4πS kd ε∝Sd可知,电容C 减小,选项A 正确;因为静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化,题中电容器两极板间的电势差U 不变,所以静电计指针张角不变,选项B 错误;U 不变,极板间距d 变大时,板间电场强度E=Ud减小,带电油滴所处位置的电势ϕP =Ed P 增大,其中d P 为油滴到下极板的距离,又因为油滴带负电,所以其电势能将减少,选项C 正确;若先将上极板与电源正极的导线断开,再将下极板向下移动一小段距离, 则电容器带电荷量Q 不变,极板间距d 变大,根据Q=CU,E=U d 和C=4πS kd ε可知E∝Q S,可见,极板间电场强度E 不变,所以带电油滴所受电场力不变,选项D 正确.2.(Q 不变时电容器的动态分析)(多选)如图所示,理想二极管、平行板电容器、电源组成闭合电路,带电液滴P 置于水平放置的平行板电容器的正中间,且处于静止状态,平行板电容器的B 板接地.若将极板A 向上移动少许,下列说法中正确的是( BD )A.电容器的电容增大B.AB 间的电压增大C.液滴将向上运动D.液滴的电势能不变解析:若将极板A 向上移动少许,板间距离增加,根据C=4πS kd ε,电容C 减小,故A 错误;根据C=Q U可知,若U 不变,C 减小,则Q 减小,电容器要放电,但是理想二极管具有单向导电性,不能放电,故电荷量Q 一定,由U=Q C 可知,电压增大,故B 正确;由E=U d =4πkQSε可知,电场强度大小与两极板间的距离无关,电场强度不变,则液滴保持静止,故C 错误;由以上分析可知电场强度不变,液滴到下极板的距离不变,液滴与下极板间的电势差不变,液滴的电势不变,所以液滴的电势能不变,故D 正确.考点二带电粒子在电场中的直线运动1.做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合=0,粒子或静止,或做匀速直线运动.(2)粒子所受合外力F合≠0,且与初速度方向在同一条直线上,带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动.2.用动力学观点分析a=qEm ,E=Ud,v2-2v=2ad.3.用功能观点分析匀强电场中:W=qEd=qU=12mv2-12m2v非匀强电场中:W=qU=E k2-E k1.[例2] (2017·江苏卷)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A,B,C中央各有一小孔,小孔分别位于O,M,P点.由O 点静止释放的电子恰好能运动到P点.现将C板向右平移到P′点,则由O点静止释放的电子( A)A.运动到P点返回B.运动到P和P′点之间返回C.运动到P′点返回D.穿过P′点解析:电子在A,B板间的电场中加速运动,在B,C板间的电场中减速运动,设A,B板间的电压为U,B,C板间的电场强度为E,M,P两点间的距离为d,则有eU-eEd=0,若将C板向右平移到P′点,B,C两板所带电荷量不变,由E=Ud =QCd=4πkQS可知,C板向右平移到P′时,B,C两板间的电场强度不变,由此可以判断,电子在A,B板间加速运动后,在B,C板间减速运动,到达P点时速度为零,然后返回.A项正确,B,C,D项错误.反思总结带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤[针对训练] 如图所示,倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ,极板间距为d,带负电的微粒质量为m 、带电荷量为q,从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入,沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出,则( C )A.微粒到达B 点时动能为12m 20v B.微粒的加速度大小等于gsin θ C.两极板的电势差U MN =cos mgdq θD.微粒从A 点到B 点的过程电势能减少cos mgdθ解析:微粒仅受电场力和重力,电场力方向垂直于极板,重力方向竖直向下,微粒做直线运动,合力方向沿水平方向,由此可得,电场力方向垂直于极板斜向左上方,合力方向水平向左,微粒做减速运动,则微粒到达B 时动能小于12m 20v ,选项A 错误;根据qEsin θ=ma,qEcos θ=mg,解得a=gtan θ,选项B 错误;两极板的电势差U MN =Ed=cos mgdq θ,选项C 正确;微粒从A 点到B 点的过程中,电场力做负功,电势能增加,电势能增加量ΔE p =qU MN =cos mgdθ,选项D 错误. 考点三 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022:,12:a ,t 22l t v qU mdy y t t md qU ⎧=⎪⎪⎨⎪===⎪⎩①能飞出电容器②不能飞出电容器(2)沿电场力方向,做匀加速直线运动2220200:1:a 22:tan y F qE qU a m m md qUl y t mdv v qUl v mdv θ⎧⎪===⎪⎪⎪==⎨⎪⎪⎪==⎪⎩加速度离开电场时的偏移量离开电场时的偏转角 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 20v y=12at 2=12·1qU md·(0l v )2tan θ=120lqU mdv 得y=2104dU l U ,tan θ=10l 2d U U .(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2l . 3.功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解:qU y =12mv 2-12m 20v ,其中U y =U dy,指初、末位置间的电势差.[例3] 如图所示,虚线MN 左侧有一电场强度为E 1=E 的匀强电场,在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着宽为L 、电场强度为E 2=2E 的匀强电场,在虚线PQ 右侧相距为L 处有一与电场E 2平行的屏.现将一电子(电荷量为e,质量为m)无初速度地放入电场E 1中的A 点,A 与虚线MN 的间距为2L,最后电子打在右侧的屏上,AO 连线与屏垂直,垂足为O,求:(1)电子从释放到打到屏上所用的时间;(2)电子刚射出电场E 2时的速度方向与AO 连线夹角θ的正切值tan θ; (3)电子打到屏上的点P′到点O 的距离y.解析:(1)电子在电场E 1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a 1,时间为t 1,则有2L =12a 1,且a 1=1eE m=eEm ,解得t 1=mL eE ,电子进入电场E 2时的速度v 1=a 1t 1=eEL m, 进入电场E 2到屏水平方向做匀速直线运动,所用时间t 2=12L v =2mL eE ,故电子从释放到打到屏上所用的时间 t=t 1+t 2=3mLeE. (2)设电子射出电场E 2时沿平行电场线方向的速度为v y ,根据牛顿第二定律得, 电子在电场E 2中的加速度a 2=2eE m =2eEm, 则v y =a 2t 3,且t 3=1Lv ,tan θ=1y v v , 联立解得tan θ=2.(3)电子在电场中的运动轨迹如图所示.设电子在电场E 2中的偏转距离为y 1,则有 y 1=12a 223t tan θ=1y y L -, 联立解得y=3L. 答案:mLeE(2)2 (3)3L 反思总结计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离Y 的四种方法(1)Y=y+dtan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离). (2)Y=(2L+d)tan θ(L 为电场宽度). (3)Y=y+v y ·d v . (4)根据三角形相似Y y=d 22L +.[针对训练] (多选)三个质量相等,分别带正电、负电和不带电的粒子,从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v 0先后垂直电场进入,并分别落在正极板的A,B,C 三处,O 点是下极板的左端点,且OC=2OA,AC=2BC,如图所示,则下列说法正确的是( ACD )A.三个粒子在电场中运动的时间之比t A ∶t B ∶t C =2∶3∶4B.三个粒子在电场中运动的加速度之比a A ∶a B ∶a C =1∶3∶4C.三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比k A E ∶k B E ∶k C E =36∶16∶9D.带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7∶20解析:三个粒子的初速度相等,在水平方向上做匀速直线运动,由l=v 0t 得,运动时间t A ∶t B ∶t C =l A ∶l B ∶l C =2∶3∶4,故A 正确;三个粒子在竖直方向上的位移y 相等,根据y=12at 2,得a A ∶a B ∶a C =14∶19∶116=36∶16∶9,故B 错误;由牛顿第二定律可知F=ma,因为质量相等,所以合力之比与加速度之比相同,合力做功W=Fy,由动能定理可知,动能的变化量等于合力做的功,所以三个粒子在电场中运动时的动能变化量之比为36∶16∶9,故C 正确;三个粒子的合力大小关系为F A >F B >F C ,三个粒子的重力相等,所以B 仅受重力作用,A 所受的电场力向下,C 所受的电场力向上,即B 不带电,A 带负电,C 带正电,由牛顿第二定律得a A ∶a B ∶a C =(mg+q A E)∶(mg)∶(mg -q C E),解得q C ∶q A =7∶20,故D 正确.考点四 带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等. 2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解). (2)粒子做往返运动(一般分段研究).(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究). 3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律),抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征,求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或与物理过程相关的边界条件. (2)分析时从两条思路出发:一是力和运动的关系,根据牛顿第二定律及运动学规律分析;二是功能关系.(3)注意对称性和周期性变化关系的应用.[例4] 如图(甲)所示,电子由阴极飞出时的初速度忽略不计,电子发射装置的加速电压为U 0,平行金属板板长和板间距离均为L=10 cm,下极板接地,电容器右端到荧光屏的距离也是L=10 cm,在电容器两极板间接一交变电压,上极板的电势随时间变化的图象如图(乙)所示.(每个电子穿过平行板的时间都极短,可以认为极板间电压是不变的)求:(1)在t=0.06 s 时刻,电子打在荧光屏上的何处; (2)荧光屏上有电子打到的区间有多长. 审题指导:题干关键 获取信息穿过平行板时间极短 上、下极板间的电压U(E)不变上极板电势—时间图象 电子可向上(向下)偏电子打到的区间 电压过大时,电子打在极板上,不会打到荧光屏上解析:(1)电子经电场加速满足qU 0=12mv 2, 经电场偏转后偏移量y=12at 2=12·qU mL偏（L v）2所以y=L 4U U 偏,由图(乙)知t=0.06 s 时刻,U 偏=1.8U 0,电子向上偏转, 所以y=4.5 cm.设电子打在屏上的点距O 点的距离为Y,满足Y y=22L L L解得Y=13.5 cm.(2)由题意知,电子偏移量y 的最大值为2L,所以当偏转电压超过2U 0,电子就打不到荧光屏上了,设电子打在荧光屏上的最远点距O 点的距离为Y′,则有=22LL L,解得Y′=32L,所以荧光屏上电子能打到的区间长为2Y′=3L=30 cm. 答案:(1)距O 点上方13.5 cm 处 (2)30 cm 反思总结解决带电粒子在交变电场中运动问题的关键(1)处理方法:将粒子的运动分解为垂直电场方向上的匀速运动和沿电场方向的变速运动. (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,等于刚进入电场时的电场强度. 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.(3)注意分析不同时刻射入电场的粒子在电场中运动的差别,找到满足题目要求的时刻.提组训练1.(带电粒子在交变电场中的直线运动)如图(甲)所示,在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力),t=0时刻,A 板电势高于B 板电势,当两板间加上如图(乙)所示的交变电压后,下列图象中能正确反映电子速度v 、位移s 、加速度a 和动能E k 四个物理量随时间变化规律的是( A )解析:电子一个周期内的运动情况是:0～4T时间内,电子从静止开始向A 板做匀加速直线运动,42T T ～沿原方向做匀减速直线运动,2T 时刻速度为零,324T T～时间内向B 板做匀加速直线运动,34T ～T 继续做匀减速直线运动,根据v t 图象,s t 图象以及a t 图象的含义可知,选项A正确,B,C 错误;匀变速直线运动的v t 图象是倾斜的直线,则E k t 图象是曲线,选项D 错误. 2.(带电粒子在交变电场中的偏转运动)如图(甲)所示,两平行金属板MN,PQ 的板长l 和板间距离相等,板间存在如图(乙)所示的随时间周期性变化的电场,电场方向与两板垂直,在t=0时刻,一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场,粒子射入电场时的速度为v 0,t=lv =T 时刻粒子刚好沿MN 板右边缘射出电场.则( A )A.该粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的B.在t=2T时刻,该粒子的速度大小为2v 0 C.若该粒子在2T时刻以速度v 0进入电场,则粒子会打在金属板上 D.若该粒子的入射速度变为2v 0,则该粒子仍在t=T 时刻射出电场 解析:粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动,由于在t=lv =T 时刻粒子刚好沿MN 板右边缘射出电场,因此在竖直方向上前半个周期内做匀加速直线运动,在后半个周期内做匀减速直线运动,一个周期末竖直方向上的分速度为0,可知粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的,如图所示,选项A 正确;前后两段运动的时间相等,时将速度分解,由类平抛运动规律可得l=v 0T,12l=12vT,则v=v 0,故2T 时刻该粒子的速度为2v 0,选项B 错误;若该粒子在2T时刻以速度v 0进入电场,粒子在竖直方向上的运动情况与t=0时刻进入时运动的方向相反,运动规律相同,故粒子将从PQ 板右边缘射出电场,选项C 错误;若该粒子的入射速度变为2v 0,粒子在场中运动的时间t=02l v =2T,选项D 错误.1.(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( A )解析:设粒子带正电,运动轨迹如图所示,水平方向,粒子不受力,v x =v 0.沿电场方向受力F 电=qE,则加速度a=F m 电=qE m ,经时间t,粒子沿电场方向的速度v y =at=qEtm;电场力做功的功率 P=F 电v y =qE·qEt m=2()tqE m =kt∝t,选项A 正确.2.(2019·河南新乡月考)(多选)如图所示,水平放置的平行金属板A,B 连接一恒压电源(未画出),两个质量相等的电荷N 和M 同时分别从两极板的正中间和极板A 的另一边缘沿水平方向进入板间电场,两电荷恰好在板间C 点相遇.若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用,则下列说法正确的是( AC )A.电荷M 的电荷量大于电荷N 的电荷量B.两电荷在电场中运动的加速度相等C.从两电荷进入电场到两电荷相遇,电场力对电荷M 做的功大于电场力对电荷N 做的功D.电荷M 进入电场的初速度大小与电荷N 进入电场的初速度大小一定相同 解析:从轨迹可以看出y M >y N ,故12·E M M q m t 2>12·t 2,解得 M M q m >N N q m ,即q M >q N ,且有a M >a N ,故A 正确,B 错误;根据动能定理,电场力做的功W=12m 2y v ,质量相同,电荷M 竖直分位移大,竖直方向的末速度v y =2yt也大,故电场力对电荷M 做的功大于电场力对电荷N 做的功,故C 正确;从轨迹可以看出l M >l N ,则v M t>v N t,则v M >v N ,故D 错误.3.(2018·全国Ⅲ卷,21)(多选)如图,一平行板电容器连接在直流电源上,电容器的极板水平;两微粒a,b所带电荷量大小相等、符号相反,使它们分别静止于电容器的上、下极板附近,与极板距离相等.现同时释放a,b,它们由静止开始运动.在随后的某时刻t,a,b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面.a,b间的相互作用和重力可忽略.下列说法正确的是( BD)A.a的质量比b的大B.在t时刻,a的动能比b的大C.在t时刻,a和b的电势能相等D.在t时刻,a和b的动量大小相等解析:经时间t,a,b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面,则y a>y b,根据y=12at2,得a a>a b,又由a=Fm知,m a<m b,选项A错误;由于y a>y b,F a=F b,则电场力做功W a>W b,由动能定理知,a的动能比b的动能大,选项B正确;a,b处在同一等势面上,根据E p=qϕ,a,b的电势能绝对值相等,符号相反,选项C错误;根据动量定理Ft=p-p0,则经过时间t,a,b的动量大小相等,选项D正确. 4.(2019·全国Ⅱ卷,24)如图,两金属板P,Q水平放置,间距为d.两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P,Q,G的尺寸相同.G接地,P,Q的电势均为ϕ(ϕ>0).质量为m,电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计.(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小;(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?解析:(1)PG,QG间场强大小相等,均为E,粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有E=2dϕ,F=qE=ma设粒子第一次到达G时动能为E k,由动能定理有qEh=E k-12m20 v设粒子第一次到达G时所用的时间为t,粒子在水平方向的位移大小为l,则有h=12at2,l=v0t联立各式解得E k =12m 20v +2d ϕqh,l=v 0(2)设粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短.由对称性知,此时金属板的长度L=2l=2v答案:(1)12m 20v +2d ϕqh v (2)2v。
高三物理一轮复习第七章第3讲电容器的电容带电粒子在电场中的运动课件
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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 qU0＝12mv02 及 tan φ＝mqdUvl02得 tan φ＝2UU0ld. (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2l .
上平．行若板将电云容母器介电质容移的出表，达则式电为容器C＝( 4DεπrkS)d，将极板间的云母介质移出后，导致电容器
A的．电极容板上C 变的小电荷．由量于变极大板，极间板电间压电不场变强，度据变Q大＝CU 知，极板上的电荷量变小．再考虑 B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C到．极极板板间上电的场电强荷度量变E＝大Ud，，极由板于间U电、场d 强不度变不，所变以极板间电场强度不变，选项 D 正确．
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[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＝L＋v0 b. (2)设粒子在运动过程中的加速度大小为 a，离开偏转电 场时偏转距离为 y，沿电场方向的速度为 vy，速度偏转 角为 θ，其反向延长线通过 O 点，O 点与板右端的水平 距离为 x，运动时间为 t′，
A．电子到达 B 板时的动能是 Ue 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 3Ue 1D2/9．/202电1 子在 A 板和 D 板之间做往复运动
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粒2．子[在从电进场入中 到到的达往复N 运板动的过] 程(2中01，9·板广间西的南电宁场高强三度上为学E期＝期Ud末，检由测动能)如定图理所得示－，qMEd、＝N0－是12在m真v02， 解空 速得中 度竖dv＝0直由m2放qv小E0置2孔，的设水两带平块电射平粒入行子电金离场属开，板M当．板M质的、量最N为远间距m的、离电电为压荷为x，量U则为时使q，初的粒速带度 子负减刚电为好的原能粒来到子的达(12不，N计根板重据．力动如)能果以定要初理
山东省2020版高考物理一轮复习第七章静电场第3节电容器带电粒子在电场中的运动课件新人教版
的时间变短,故选项 D 错误。
关闭
C
解析 答案
-11-
知识梳理 考点自诊
4.如图所示,质子 (11H)和 α 粒子(24He)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侧位移y之比 为( )
A.1∶1
B.1∶2
C.2∶1
D.1∶4
关闭
由 y=2������������������������������202和 Ek0=12 ������������0 2,得 y=���4���������������2k0������,可知 y 与 q 成正比,B 正确。
第3节 电容器 带电粒 子在
电场中的运动
-2-
知识梳理 考点自诊
一、电容器 1.电容器 (1)组成:由两个彼此 绝缘 又相互 靠近 的导体组成。 (2)带电荷量:一个极板所带电荷量的 绝对值 。 (3)电容器的充、放电:
①充电:使电容器带电的过程,充电后电容器两板带上等量的 异
种电荷 ,电容器中储存 电场能 。
(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。
-5-
知识梳理
考点自诊
加速度:a
=
������ ������
=
������������ ������
������������ = ������������
������.能飞出平行板电容器:t
=
������ ������0
运动时间
���2
=
1 2
������������ ·������������
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。
高考物理一轮复习第七章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动课件
√C.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大
D.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
图1
解析 答案
2.(多选)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
2.偏转 (1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强 方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类 平抛运动，如图1所示.
图1
(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速运直动线和沿电场力方
向的
匀加速直线 运动.根据运动的合的成知与识分解解决有关问题.
(＝3)_基2_mq_本U_d_vl关2_02_系，式偏：转运角动θ时的间正切t＝值vl0：，t加an速θ＝度vv0ya＝＝vamF0t＝＝_qmm_Eq_dU＝_vl_0qm2_Ud. ，偏转量 y＝12at2
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2所示，
OA＝h，此电子具有的初动能是
edh A. U
h
eU C. dh
√D.eUd h
解析 由动能定理得：－e Ud h＝－Ek，所以 Ek＝eUdh.
图2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
解析 答案
4.(2015·新课标全国Ⅱ·14)如图3所示，两平行的带电金属板水平放置.若在两
√ C.θ减小，Ep增大 D.θ减小，E不变
图3
解析 答案
变式2 (多选)如图4所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电
高考物理一轮复习第7章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动课件
例3 如图所示，A、B和C、D为两平行金属板，A、B两板间电势 差为U，C、D始终与电源相连，测得CD间的场强为E.一质量为m、电 荷量为q的带电粒子(重力不计)由静止开始，经A、B加速后穿过C、D发 生偏转，最后打在荧光屏上，已知C、D极板长均为x，荧光屏距C、D 右端的距离为L，问：
(1)粒子带正电还是带负电？ (2)粒子打在荧光屏上的位置距O点多远处？ (3)粒子打在荧光屏上时的动能为多大？
第七章
静电场
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
1
知识 梳理回顾
知识一 电容器、电容
1.电容器 (1)组成：由两个彼此__绝__缘____又互相__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)充、放电： ①充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带上等量的 _异__种__电__荷_____的过程．充电后，两极板上的电荷由于互相吸引而保存下 来；两极板间有__电__场____存在．充电过程中从电源获得的_电__能_____储存 在电容器中．
思维导悟 解决电容器问题的两个常用技巧
1．在电荷量保持不变的情况下，由 E＝Ud ＝CQd＝4πεrkSQ知，电场强度 与板间距离无关．
2．针对两极板带电量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对 应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变；两极板正对 面积变化时，如图丙中电场线变密，场强增大．
⑤中点 S 为虚射点：tan θ＝vv0y＝vv02ty/t2＝yl . 2
【小题自测】 2．三个质量相等的带电微粒(重力不计)以相同的水平速度沿两极板 的中心线方向从O点射入，已知上极板带正电，下极板接地，三微粒的 运动轨迹如图所示，其中微粒2恰好沿下极板边缘飞出电场，则
高考物理大一轮复习第七章静电场基础课3电容器带电粒课件
答案 AC
3．[电容器的动态分析](2016·天津理综，4)如图2所示，平行板 电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳 和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电 荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势 能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板 向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )
图9
图10
(1)求小球所受的电场力大小； (2) 求小球在A 点的速度v 0 为多大时，小球经过B 点时对圆轨道的 压力最小。
1．(2016·全国卷Ⅰ，14)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
1．[偏转问题](多选)如图6所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3 的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场 强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若 OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则( )
图6
A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2 B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1 C ．A和B的质量之比为1∶12 D．A和B的位移大小之比为1∶1
[思考判断] 答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
电容器的电容及平行板电容器的动态分析 1．两个公式的比较
2.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。
3. 平行板电容器动态问题的分析思路
2020高考物理一轮复习 第七章 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动课件PPT
一 思维辨析 1．电容器的电容与电容器所带电荷量成正比。( × ) 2．放电后的电容器所带电荷量为零，电容也为零。( × ) 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．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。( √ )
随 Q 变化，也不随电压变化。
②由 C＝QU可推出 C＝ΔΔQU。
4．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两极板__□1_4__正_对__面__积___成正比，与 两极板间介质的_□1_5__介_电__常__数___成正比，与__□_1_6_两__板__间_的__距__离__成反比。
管内抽成真空。
2．工作原理
(1)如果偏转电极 XX′和 YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子
沿_□_0_2_直__线__运_动___，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。 (2)示波管的 YY′偏转电极上加的是待显示的□_0_3_信__号__电_压___，XX′偏转电
极上加的是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做__□_0_4_扫__描_电__压__。若所加扫描电 压和信号电压的__□0_5_周__期__相__同__，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期
(2)决定式：_□1_7_C__＝_4_επ_rkS_d___，k 为静电力常量。
知识点
带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ
1．加速问题
若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的_□_0_1_动__能
的增量。
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝___□0_2_12_m__v_2－__12_m_v_20__。