2019届高考物理一轮复习讲义：第七章 第3讲 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板块一 主干梳理·夯实基础【知识点1】 常见电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系 Ⅰ1.电容器 (1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。
(2)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充电、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。
③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。
2．常见的电容器(1)分类：从构造上可分为固定电容器和可变电容器。
(2)击穿电压：加在电容器极板上的极限电压，超过这个电压，电介质将被击穿，电容器损坏；电容器外壳上标的电压是额定电压，这个电压比击穿电压低。
3．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)单位：法拉(F)，1 F ＝106 μF ＝1012 pF 。
(4)电容与电压、电荷量的关系①电容C 的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关。
不随Q 变化，也不随电压变化。
②由C ＝Q U 可推出C ＝ΔQΔU 。
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正对面积成正比，与两极板间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。
【知识点2】 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动能的增量。
(1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20；(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12m v 2－12m v 20。
2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场。
(2)运动性质：类平抛运动。
(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运动。
③基本过程，如图所示⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qEm ＝qU md运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出平行板电容器：t ＝□10l v 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＝□11qUl 22m v 2d 离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝□12qUl m v 20d【知识点3】 示波管 Ⅰ 1．构造示波管的构造如图所示，它主要由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，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。
板块二 考点细研·悟法培优考点1 平行板电容器的两类动态变化问题 [对比分析]1．对公式C ＝QU 的理解电容C ＝QU ，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。
2．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路 (1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)用决定式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化。
(3)用定义式C ＝QU 分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
(4)用E ＝Ud 分析电容器两极板间电场强度的变化。
3．电容器两类问题的比较例1 [2017·山东菏泽模拟]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。
一带电油滴位于两极板间的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 ．电容器的电容减小，极板带电荷量将增大电容器与电源连接，不变量是电压还是电荷量？提示：电压。
(2)电压不变时，如何判断场强变化？ 提示：依据E ＝Ud 判断。
尝试解答 选B 。
电容器上极板接电源正极，则板间场强方向竖直向下。
由于带电油滴在P 点恰好处于平衡状态，受力分析如图所示，则油滴带负电。
上极板上移，板间距离d 变大，板间电压E 不变，由E 场＝Ed ，知E 场变小，油滴向下运动，A 选项错误；P 点电势等于P 点与下极板间电势差，由U ＝E场d知，U 变小，则P 点电势降低，故B 选项正确；电势能E p ＝qφ，负电荷在电势低的地方电势能大，则带电油滴的电势能将增加，故C 选项错误；电容C ＝εr S4πkd ，d 增大，则C 减小，由Q ＝CU ＝CE ，知Q 减小，所以D 选项错误。
总结升华平行板电容器问题的分析(1)平行板电容器动态变化的两类题型①电容器始终与电源相连，U 恒定不变，则有Q ＝CU ∝C ，C ＝εr S 4πkd ∝εr Sd ，两板间场强E ＝U d ∝1d； ②电容器充完电后与电源断开，Q 恒定不变，则有U ＝Q C ，C ∝εr S d ，场强E ＝U d ＝Q Cd ∝1εr S 。
(2)分析平行板电容器的两个关键点①确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，是保持电量不变还是板间电压不变。
②恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，应用E ＝Ud 可分析板间电场强度的变化情况。
[递进题组]1．(多选)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P 点，如图所示，以E 表示两极板间的场强，U 表示电容器的电压，W 表示正电荷在P 点的电势能。
若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )A ．U 变小，E 不变B ．E 变大，W 变大C ．U 变小，W 不变D ．U 不变，W 不变答案 AC解析 当平行板电容器充电后与电源断开时，带电量Q 不变，两极板间场强E ＝U d ＝QCd ＝4πkQεr S，所以E 保持不变，由于板间距d 减小，据U ＝Ed 可知，电容器的电压U 变小，A 正确，B 、D 错误。
由于场强E 保持不变，因此，P 点与接地的负极板即与地的电势差保持不变，即点P 的电势保持不变，因此电荷在P 点的电势能W 保持不变，故C 正确。
2. [2017·湖南株洲质检]如图所示，R 是一个定值电阻，A 、B 为水平正对放置的两块平行金属板，两板间有一带电微粒P 处于静止状态，则下列说法正确的是( )A ．若增大A 、B 两金属板的间距，有向右的电流通过电阻R B ．若增大A 、B 两金属板的间距，P 将向上运动C ．若紧贴A 板内侧插入一块一定厚度的金属片，P 将向上运动D ．若紧贴B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P 将向上运动 答案 C解析 电容器和电源相连，则两极板间的电压恒定，若增大A 、B 两金属板的间距，根据公式C ＝εr S 4πkd可知，电容减小，根据公式C ＝QU ，可得电容器两极板上所带电荷量减小，故电容器放电，R 中有向左的电流，A 项错误；由于两极板间的电压不变，若增大A 、B 两金属板的间距，根据公式E ＝Ud 可得两极板间的电场强度减小，微粒P 受到的电场力小于重力，将向下运动，B 项错误；若紧贴A 板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于两极板间的距离减小，则电场强度增大，电场力大于重力，P 向上运动，C 项正确；若紧贴B 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，相当于εr 增大，但两极板间的电场强度不变，电场力不变，微粒P 仍静止，D 项错误。
考点2 带电粒子在电场中的直线运动 [拓展延伸]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 ＝12m v 2－12m v 20。
例2 [2018·潍坊月考]如图所示，金属板A 、B 水平放置，两板中央有小孔S 1、S 2，A 、B 与直流电源连接。
闭合开关，从S 1孔正上方O 处由静止释放一带电小球，小球刚好能到达S 2孔，不计空气阻力，要使此小球从O 点由静止释放后穿过S 2孔，应( ) A ．仅上移A 板适当距离 B ．仅下移A 板适当距离C ．断开开关，再上移A 板适当距离D ．断开开关，再下移A 板适当距离电场力对小球做什么功？提示：负功。
(2)断开开关，移动A 板，板间场强如何变化？ 提示：不变。
尝试解答 选D 。
设板间距离为d ，O 距S 1为h ，电源电压为U ，由题意知从O 释放一带电小球到达S 2孔速度为零，则电场力对小球做负功，由动能定理得：mg (h ＋d )－qU ＝0，若仅上移A 板适当距离，两板间电压不变，仍满足mg (h ＋d )－qU ＝0，小球仍刚好能到达S 2，则A 选项错误；若仅下移A 板适当距离，到达S 2处速度为零，故B 选项错误；断开开关，Q 不变，因E ＝4πkQεr S ，则场强E 不变，由动能定理得：mg (h ＋d )－Eq ·d ＝0，将A 板向上移适当距离，假设仍能到达S 2处，则重力做功不变，电场力做功增多，故假设不成立，即到达不了S 2处速度已为零，故C 选项错误；若下移A 板适当距离x ，假设仍能到达S 2处，则重力做功不变，电场力做功变少，所以总功为正功，到达S 2处小球速度不为零，能够穿过S 2孔，故D 选项正确。
总结升华带电体在电场中运动的分析方法解决此类问题的关键是灵活利用动力学方法分析，可以采用受力分析和运动学公式相结合的方法进行解决，也可以采用功能结合的观点进行解决，往往优先采用动能定理。
[跟踪训练] [2014·安徽高考]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 )。
高考物理一轮总复习第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动讲义含解析新人教版06
高考物理一轮总复习第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动讲义含解析新人教版06[基础知识·填一填][知识点1] 电容器及电容 1．电容器(1)组成：由两个彼此 绝缘 又相互靠近的导体组成． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的 绝对值 . (3)电容器的充、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的 异种电荷_ ，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中 电能 转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的 电荷量 与两个极板间的 电势差 的比值． (2)定义式： C ＝QU.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F ＝ 106μF＝ 1012pF. (4)意义：表示电容器 容纳电荷 本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否 带电 及 电压 无关．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积、介电常数、两板间的距离． (2)决定式： C ＝εr S4πkd.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(×) (2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．(×) (3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．(×) [知识点2] 带电粒子在电场中的运动 1．加速问题(1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质： 匀变速曲线 运动． (3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做 匀速 运动．②沿电场方向：做初速度为零的 匀加速 运动．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)(2)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√) (3)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．(×) [知识点3] 示波管1．装置：示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图所示．2．原理(1)如果在偏转电极XX ′和YY ′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏 中心 ，在那里产生一个亮斑．(2)YY ′上加的是待显示的 信号电压 ，XX ′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－1 P32第1题改编)(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U ，电容器已带电，则下列判断正确的是( )A ．增大两极板间的距离，指针张角变大B ．将A 板稍微上移，静电计指针张角变大C ．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D ．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小解析：ABD [电势差U 变大(小)，指针张角变大(小)．电容器所带电荷量一定，由公式C ＝εr S 4πkd 知，当d 变大时，C 变小，再由C ＝QU 得U 变大；当A 板上移时，正对面积S 变小，C 也变小，U 变大；当插入玻璃板时，C 变大，U 变小；而两板间的距离减小时，C 变大，U 变小，所以选项A 、B 、D 正确．]2．(人教版选修3－1 P39第2题改编)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edhU B ．edUh C.eU dhD.eUh d解析：D [电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题，即12mv 20＝eU OA .因E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，故12mv 20＝eUhd，故选项D 正确．] 3．(人教版选修3－1 P39第4题改编)如图所示，含有大量11H 、21H 、42He 的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O 点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．下列有关荧光屏上亮点分布的说法正确的是( )A ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是11H B ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是42He C ．出现两个亮点 D ．只会出现一个亮点 答案：D4．(人教版选修3－1 P36思考与讨论改编)如图是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极(XX ′和YY ′)、荧光屏组成．管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX ′和YY ′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O 点．(1)带电粒子在 __________ 区域是加速的，在 ________ 区域是偏转的． (2)若U YY ′＞0，U XX ′＝0，则粒子向 ________ 板偏转，若U YY ′＝0，U XX ′＞0，则粒子向 ________ 板偏转．答案：(1)Ⅰ Ⅱ (2)Y X考点一 平行板电容器的动态分析[考点解读]1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变． (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变． 2．动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化．②根据E ＝U d分析场强的变化． ③根据U AB ＝Ed 分析某点电势变化． (2)Q 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd先分析电容的变化，再分析U 的变化．②根据E ＝U d＝4k πQεr S分析场强变化．[典例赏析][典例1] (多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P 点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点电势将降低C ．电容器的电容减小，极板带电荷量减小D ．带电油滴的电势能保持不变[解析] BC [电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P 点处于静止状态，因此有mg ＝qE .当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d 增大，由C ＝εr S 4πkd 可知电容器电容减小，板间场强E 场＝Ud 减小，油滴所受的电场力减小，mg＞qE ，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A 错；P 点电势等于P 点到下极板间的电势差，由于P 到下极板间距离h 不变，由φP ＝ΔU ＝Eh 可知，场强E 减小时P 点电势降低，B 对；由C ＝Q U可知电容器所带电荷量减小，C 对；带电油滴所处P 点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D 错．]分析平行板电容器动态变化的三点关键1．确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变．2．恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E ＝U d分析极板间电场强度的变化情况．3．若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化．[题组巩固]1．(2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：D [据C ＝εr S4πkd 可知，将云母介质移出电容器，C 变小，电容器接在恒压直流电源上，电压不变，据Q ＝CU 可知极板上的电荷量变小，据E ＝U d可知极板间电场强度不变，故选D.]2．(2018·北京卷) 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是( )A ．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电B ．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小C ．实验中，只在极板间插入有机玻璃板， 静电计指针的张角变大D ．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：A [当用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在b 板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A 正确；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S4πkd ，将电容器b 板向上平移，即正对面积S 减小，则电容C 减小，根据C ＝Q U可知， 电荷量Q 不变，则电压U 增大，则静电计指针的张角变大，故选项B 错误；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S4πkd ，只在极板间插入有机玻璃板，则介电常数εr 增大，则电容C 增大，根据C＝Q U可知， 电荷量Q 不变，则电压U 减小，则静电计指针的张角减小，故选项C 错误；根据C ＝Q U可知，电荷量Q 增大，则电压U 也会增大，而电容由电容器本身决定，C 不变，故选项D 错误．]考点二 带电粒子在电场中的直线运动[考点解读]1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用动力学观点分析a ＝qE m ，E ＝Ud，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.[典例赏析][典例2] (2019·湖南长沙模拟)如图所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在离A 高度为H 的C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度g .已知静电力常量为k ，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A 点的距离h ；(3)若已知在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ＝kQ r，其中r 为该点到Q 的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B 离A 点的高度r B .[解析] (1)设液珠的电荷量为q ，质量为m ，由题意知，当液珠在C 点时k QqH2－mg ＝mg 比荷为q m ＝2gH 2kQ(2)当液珠速度最大时，k Qq h2＝mg 得h ＝2H(3)设BC 间的电势差大小为U CB ，由题意得U CB ＝φC －φB ＝kQ H －kQr B对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得qU CB －mg (r B －H )＝0即q ⎝ ⎛⎭⎪⎫kQ H－kQ r B －mg (r B －H )＝0解得：r B ＝2H ，r B ＝H (舍去)． [答案] (1)2gH 2kQ(2)2H (3)2H带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电小球自O 点由静止释放，经C 孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D 孔时速度减为零．对于小球从C 到D 的运动过程，已知从C 运动到CD 中点位置用时t 1，从C 运动到速度等于C 点速度一半的位置用时t 2，下列说法正确的是( )A ．小球带负电B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．将B 板向上平移少许后小球可能从D 孔落下解析：AB [由题图可知，A 、B 间的电场强度方向向下，小球从C 到D 做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A 正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t 1<t 2，选项B 正确，C 错误；将B 板向上平移少许时两板间的电压不变，根据动能定理可知，mg (h ＋d )－qU ＝0，mg (h ＋x )－qUx d ′＝0，联立得x ＝h h ＋d －d ′d ′<d ′，即小球不到D 孔就要向上返回，所以选项D 错误．]2．(2017·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点解析：A [设A 、B 板间的电势差为U 1，B 、C 间电势差为U 2，板间距为d ，电场强度为E ，第一次由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点，根据动能定理得：qU 1＝qU 2＝qEd ，将C 板向右移动，B 、C 板间的电场强度：E ＝U 2d ＝Q C 0d ＝4πkQεr S不变，所以电子还是运动到P 点速度减小为零，然后返回，故A 正确，B 、C 、D 错误．]考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转[考点解读]1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝2mdyqU(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mdv202．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 2y ＝12at 2＝12·qU 1md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02tan θ＝qU 1lmdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d.(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Udy ，指初、末位置间的电势差．[典例赏析][典例3] 如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两板间距离d ＝4×10－3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v 0从两板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m ＝4×10－5kg ，电荷量q ＝＋1×10－8C ，g 取10 m/s 2.求：(1)微粒入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 应取什么范围？[审题指导] 开关闭合前，微粒做平抛运动，开关闭合后，微粒做类平抛运动，两个过程的分析方法相同，都要用到运动的合成与分解．[解析] (1)开关S 闭合前，由L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2可解得v 0＝L2gd＝10 m/s. (2)电容器的上极板应接电源的负极．当所加的电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，即d 2＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02， 又a 1＝mg －qU 1dm，解得U 1＝120 V当所加的电压为U 2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，即d 2＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02， 又a 2＝q U 2d－mg m，解得U 2＝200 V所以120 V ≤U ≤200 V.[答案] (1)10 m/s (2)与负极相连，120 V ≤U ≤200 V带电粒子在电场中偏转问题求解通法1．解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：加速电场中的运动一般运用动能定理qU ＝12mv 2进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运动的分解进行计算；二者靠速度相等联系在一起．2．计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y 的四种方法： (1)Y ＝y ＋d tan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)．(2)Y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L2＋d tan θ(L 为电场宽度)． (3)Y ＝y ＋v y ·d v 0.(4)根据三角形相似Y y ＝L2＋d L2.[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1解析：ABC [粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2，选项A 正确；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝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，选项B 正确；根据a ＝qE m 得m ＝qEa，故m A ∶m B ＝1∶12，选项C 正确；A 和B 的位移大小不相等，选项D 错误．]2．(2016·北京卷23题改编)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31kg ，e ＝1.6×10－19C ，g ＝10 m/s 2.解析：(1)根据动能定理，有eU 0＝12mv 20，电子射入偏转电场时的初速度v 0＝2eU 0m在偏转电场中，电子的运动时间 Δt ＝L v 0＝Lm 2eU 0加速度a ＝eE m ＝eU md偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G ＝mg ≈10－29 N电场力F ＝eU d≈10－15N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力． 答案：(1)2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析思想方法(十四) 电容器在现代科技生活中的应用[典例] (多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置．对于电容触摸屏，下列说法正确的是( )A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B．使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大[解析]AD [据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确．][题组巩固]1．(2019·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( )A ．膜片与极板间的电容增大B ．极板所带电荷量增大C ．膜片与极板间的电场强度增大D ．电阻R 中有电流通过解析：D [根据C ＝εr S4πkd 可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A 错误；根据Q ＝CU 可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R 放电，所以选项D 正确，B 错误；根据E ＝U d可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C 错误．]2．(多选)电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容．则( )A ．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B ．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C ．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩D ．当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流解析：CD [由C ＝εr 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．。
高考物理一轮复习 第七章 静电场 第三节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动[学生用书P145]【基础梳理】提示：异种中和容纳电荷QUεr S4πkd12m v2－12m v2qU类平抛运动合成分解匀速直线匀加速直线电子枪【自我诊断】1．判一判(1)电容是表示电容器储存电荷本领的物理量．()(2)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．()(3)一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6 C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容C＝1.0×10－7 F．()(4)带电粒子在匀强电场中可以做匀加速直线运动．()(5)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．()(6)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计．()提示：(1)√(2)×(3)√(4)√(5)√(6)×2．做一做(1)(多选)(人教版选修3－1·P32，T1改编)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断正确的是()A．增大两极板间的距离，静电计指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小提示：选ABD.电势差U变大(小)，指针张角变大(小)．电容器所带电荷量一定，由公式C＝εr S4πkd 知，当d变大时，C变小，再由C＝QU得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；当两板间的距离减小时，C 变大，U变小，A、B、D正确．(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均减小提示：选B.由公式C＝εr S4πkd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．平行板电容器的动态分析[学生用书P146]【知识提炼】1．平行板电容器的动态分析思路2．平行板电容器动态分析模板【典题例析】(2018·高考北京卷)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是( )A ．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电B ．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小C ．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D ．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大[解析] 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，则a 板带电，由静电感应，在b 板上感应出与a 板电性相反的电荷，A 正确；实验中，只将电容器b 板向上平移，正对面积S 变小，由C ＝εr S 4πkd ，可知电容C 变小，由C ＝QU 可知，Q 不变，U 变大，因此静电计指针的张角变大，B 错误；实验中，只将极板间插入有机玻璃板，相对介电常数εr 变大，由C ＝εr S 4πkd，可知电容C 变大，由C ＝QU 可知，Q 不变，U 变小，静电计指针的张角变小，C 错误；实验中，只增加极板带电荷量，电容C 不变，由C ＝QU ，可知静电计指针的张角变大，D 错误．[答案] A【迁移题组】迁移1 Q 不变时电容器的动态分析1.(2020·甘肃西北师大附中模拟)如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，两板间有一个带负电的试探电荷固定在P 点．静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地．以E 表示两板间的场强，φ表示P 点的电势，E p 表示该试探电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持负极板不动，将正极板缓慢向右平移一小段距离(静电计所带电荷量可忽略不计)，各物理量变化情况描述正确的是( )A ．E 增大，φ降低，E p 减小，θ增大B ．E 不变，φ降低，E p 增大，θ减小C ．E 不变，φ升高，E p 减小，θ减小D ．E 减小，φ升高，E p 减小，θ减小解析：选C.将正极板适当向右水平移动，两板间的距离减小，根据电容的决定式C ＝εr S4πkd可知，电容C 增大，因平行板电容器充电后与电源断开，则电容器的电荷量Q 不变，由C ＝Q U 得知，板间电压U 减小，因此夹角θ减小，再依据板间场强E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQ εr S ，可见E 不变；P 点到正极板距离减小，且正极接地，由公式U ＝Ed 得知，P 点的电势升高；负电荷在P 点的电势能减小，故A 、B 、D 错误，C 正确．迁移2 U 不变时电容器的动态分析2.如图所示电路中，A 、B 是构成平行板电容器的两金属极板，P 为其中的一个定点．将开关S 闭合，电路稳定后将A 板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是( )A ．电容器的电容增加B ．在A 板上移过程中，电阻R 中有向上的电流C ．A 、B 两板间的电场强度增大D ．P 点电势升高解析：选B.根据C＝εr S4πkd ，当A 板向上平移一小段距离，间距d 增大，其他条件不变，则导致电容变小，故A 错误；在A 板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电荷量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R 中有向上的电流，故B 正确；根据E ＝Ud与C ＝εr S4πkd 相结合可得E ＝4πkQ εr S ，由于电荷量减小，场强大小变小，故C 错误；因场强变小，导致P 点与B 板的电势差减小，因B 板接地，电势为零，即P 点电势降低，故D 错误．迁移3 平行板电容器中带电粒子的问题分析3．(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a 、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等．现同时释放a 、b ，它们由静止开始运动．在随后的某时刻t ，a 、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面．a 、b 间的相互作用和重力可忽略．下列说法正确的是( )A ．a 的质量比b 的大B ．在t 时刻，a 的动能比b 的大C ．在t 时刻，a 和b 的电势能相等D ．在t 时刻，a 和b 的动量大小相等解析：选BD.两微粒只受电场力qE 作用且两电场力大小相等，由x ＝12a 0t 2，知微粒a的加速度大，由qE ＝ma 0，知微粒a 的质量小，A 错误；由动能定理qEx ＝E k 得，位移x 大的动能大，B 正确；在同一等势面上，a 、b 两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t 时刻，a 、b 的电势能不相等，C 错误；由动量定理qEt ＝m v 得，在t 时刻，a 、b 的动量大小相等，D 正确．带电粒子(体)在电场中的直线运动[学生用书P147]【知识提炼】1．带电粒子在电场中运动时重力的处理基本 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)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(1)做直线运动的条件①粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．②粒子所受合外力F合≠0，且与初速度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)解题步骤【典题例析】如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动[解析]两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力情况如图所示，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．D正确．[答案] D【迁移题组】迁移1 带电粒子在匀强电场中的直线运动1．如图所示，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板．质量为m 、电荷量为q 的带负电的粒子(不计重力)以初速度v 0由小孔水平射入电场，当M 、N 间的电压为U 时，粒子刚好能到达N 板．如果要使这个带电粒子到达M 、N 两板中线位置处即返回，则下述措施能满足要求的是( )A ．使初速度减小为原来的12B ．使M 、N 间的电压提高到原来的4倍C ．使M 、N 间的电压加倍D ．使初速度减小为原来的12，同时M 、N 间的电压加倍解析：选C.粒子从进入到到达N 板的过程中，板间的电场强度为：E ＝Ud ，由动能定理得：－qEd ＝0－12m v 20，解得：d ＝m v 202qE ，设带电粒子离开M 板的最远距离为x ，则使初速度减为原来的12，根据动能定理有：－qEx ＝0－12m ⎝⎛⎭⎫v 022，解得：x ＝d4，故A 错误；若电压提高到原来的4倍，则场强也变为原来的4倍，设带电粒子离开M 板的最远距离为x 1，根据动能定理有：－4qEx 1＝0－12m v 20，解得：x 1＝d4，故B 错误；同理，若电压提高到原来的2倍，则场强也变为原来的2倍，设带电粒子离开M 板的最远距离为x 2，根据动能定理有：－2qEx 2＝0－12m v 20，解得：x 2＝d2，故C 正确；若初速度减少一半，电压加倍，则场强加倍，设带电粒子离开M 板的最远距离为x 3，根据动能定理有：－2qEx 3＝0－12m ⎝⎛⎭⎫v 022，解得：x 3＝d 8，故D 错误．迁移2 带电粒子在电场中的单向直线运动2.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M ∶m 为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1解析：选A.设电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对M 有：a M ＝Eq M ，25l ＝12Eq M t 2；对m 有：a m ＝Eq m ，35l ＝12Eq m t 2，联立解得M m ＝32，A 正确．迁移3 带电粒子在电场中的往返直线运动3．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 ＝4πkQεr S 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 正确，B 、C 、D 错误．迁移4 带电粒子在交变电场中的直线运动4．如图甲所示，A 板电势为0，A 板中间有一小孔，B 板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子在t ＝T4时刻以初速度为0从A 板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B 板．则( )A ．A 、B 两板间的距离为qU 0T 28mB ．粒子在两板间的最大速度为qU 0mC ．粒子在两板间做匀加速直线运动D ．若粒子在t ＝T8时刻进入两极板间，它将时而向B 板运动，时而向A 板运动，最终打向B 板解析：选B.粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，C 错误；粒子在t ＝T 4时刻以初速度为0进入两极板，先加速后减速，在3T 4时刻到达B 板，则12·qU 0md ·⎝⎛⎭⎫T 42＝d2，解得d ＝ qU 0T 216m ，A 错误；粒子在T 2时刻速度最大，则v m ＝qU 0md ·T4＝ qU 0m，B 正确；若粒子在t ＝T 8时刻进入两极板间，在T 8～T 2时间内，粒子做匀加速运动，位移x ＝12·qU 0md ⎝⎛⎭⎫3T 82＝9d 8，所以粒子在T2时刻之前已经到达B 板，D 错误． 带电粒子在电场中的偏转[学生用书P148]【知识提炼】1．带电粒子在电场中的偏转规律2．确定粒子经偏转电场后的动能(或速度)的两种方法3．分析带电粒子在匀强电场中偏转的两个关键条件分析 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【典题例析】如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y 和Y ′长为L ，相距d ，足够大的竖直屏与两板右侧相距b ，一束质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)从两板左侧中点A 以初速度v 0沿水平方向射入电场且能穿出．(1)求粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O 点； (3)粒子飞出电场后，求粒子可能到达屏上区域的长度．[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 ＋bv 0.(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v y ，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 ，则有y ＝12at 2，L ＝v 0t ，v y ＝at ，tan θ＝v y v 0＝y x ，联立以上各式解得x ＝L2，即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O 点．(3)当y ＝d2时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，设其大小为y 0，则y 0＝y ＋b tanθ，又tan θ＝v y v 0＝dL ，解得：y 0＝d （L ＋2b ）2L故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y 0＝d （L ＋2b ）L .[答案] 见解析【迁移题组】迁移1 带电粒子在匀强电场中的偏转1.(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，两金属板P 、Q 水平放置，间距为d .两金属板正中间有一水平放置的金属网G ，P 、Q 、G 的尺寸相同．G 接地，P 、Q 的电势均为φ(φ>0)．质量为m ，电荷量为q (q >0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h 的位置，以速度v 0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计．(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小； (2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？解析：(1)PG 、QG 间场强大小相等，均为E .粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a ，有E ＝2φd① F ＝qE ＝ma②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有 qEh ＝E k －12m v 20③设粒子第一次到达G 时所用的时间为t ，粒子在水平方向的位移大小为l ，则有 h ＝12at 2④ l ＝v 0t⑤联立①②③④⑤式解得E k ＝12m v 20＋2φd qh l ＝v 0mdhqφ. (2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短．由对称性知，此时金属板的长度L 为L ＝2l ＝2v 0mdhqφ. 答案：(1)12m v 20＋2φdqh v 0mdhqφ(2)2v 0mdhqφ迁移2 带电粒子在交变电场中的偏转2．(多选)(2020·山东潍坊二模)如图1所示，长为8d 、间距为d 的平行金属板水平放置，O 点有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为v 0，电荷量为＋q ，质量为m 的粒子．在两板间存在如图2所示的交变电场，取竖直向下为正方向，不计粒子重力，粒子撞击金属板时会被吸附静止．以下判断正确的是( )A ．粒子在电场中运动的最短时间为2dv 0B ．射出粒子的最大动能为54m v 20C ．t ＝d2v 0时刻进入的粒子，从O ′点射出D ．t ＝3dv 0时刻进入的粒子，从O ′点射出解析：选AD.由图可知场强大小E ＝m v 202qd ，则粒子在电场中的加速度大小a ＝qE m ＝v 202d ，则粒子在电场中运动的时间最短时满足d 2＝12at 2min ，解得t min ＝2d v 0<2dv 0，A 正确；能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为t ＝8dv 0，由图象知任意时刻射入的粒子射出电场时沿电场方向的速度均为0，可知射出电场时的动能均为12m v 20，B 错误；t ＝d 2v 0时刻进入的粒子，在d2v 0～2d v 0时间内，在电场力作用下向下运动，由于电场力作用时间3d 2v 0＞2dv 0，所以粒子会撞击在金属板上，不会从O ′点射出，故C 错误；t ＝3dv 0时刻进入的粒子，在沿电场方向的运动是：先向上加速T 4，后向上减速T 4速度到零；然后继续向下加速T 4，再向下减速T4速度到零……如此反复，则最后从O ′点射出时沿电场方向的位移为零，粒子将从O ′点射出，D 正确．迁移3 带电体在匀强电场中的偏转3．(2019·高考全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点．从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q (q >0)．A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为t2.重力加速度为g ，求：(1)电场强度的大小； (2)B 运动到P 点时的动能．解析：(1)设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a .根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg ＋qE ＝ma ① 12a (t 2)2＝12gt 2 ② 解得E ＝3mg q.③(2)设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有E k －12m v 21＝mgh ＋qEh④ 且有v 1·t2＝v 0t⑤ h ＝12gt 2⑥联立③④⑤⑥式得E k ＝2m (v 20＋g 2t 2)．答案：(1)3mg q(2)2m (v 20＋g 2t 2)[学生用书P149]带电体在电场中的类抛体运动和圆周运动【对点训练】1．(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场中，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球()A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D ．速率先增大后减小解析：选BC.对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，故小球做曲线运动，故A 错误，B 正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，故C 正确，D 错误．2．如图所示，绝缘光滑轨道AB 部分是倾角为30°的斜面，AC 部分为竖直平面上半径为R 的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E 、方向水平向右的匀强电场中．现有一个质量为m 的小球，带正电荷量为q ＝3mg3E，要使小球能安全通过圆轨道，则在O 点的初速度应为多大？解析：电场力与重力的合力视为等效重力mg ′，大小为mg ′＝（qE ）2＋（mg ）2＝23mg 3，tan θ＝qE mg ＝33，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，由几何关系知：A 为等效最低点，D 为等效最高点，要使小球安全通过圆轨道，经过D 点时应满足：mg ′≤m v 2DR令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知： －mg ′·2R ＝12m v 2D －12m v 20 解得v 0＝ 103gR3， 即v ≥103gR3. 答案：v ≥103gR3[学生用书P349(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题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()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.平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变．若将云母介质移出，电容C减小，由C＝Q可知，电容器所带电荷量Q减小，即电容器U可知，极板间电场强度E不变，D正极板上的电荷量减小．由于U不变，d不变，由E＝Ud确，A、B、C错误．2.(2020·湖南长沙模拟)利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，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(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器．已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转．若矿井渗水(导电液体深度增大)，则电流表()A．指针向右偏转，A、C构成的电容器充电B．指针向左偏转，A、C构成的电容器充电C．指针向右偏转，A、C构成的电容器放电D．指针向左偏转，A、C构成的电容器放电解析：选B.由题图可知，液体与芯柱构成了电容器，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化．则由C＝εr S可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大；故可4πkd和电势差不变，可知电容器的电荷量增大，因此电容器处于充判断电容增大，再依据C＝QU电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转，故A、C、D错误，B正确．3．(2020·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 ＝QC 知，电势差增大，指针张角增大，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 S4πkd 知，电容C 增大，根据U＝QC 知，电势差减小，指针张角减小，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，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，D 错误．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．在两极板间有一个固定在P 点的点电荷，以E 表示两板间的电场强度，E p 表示点电荷在P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A ．θ增大，E 增大B ．θ增大，E p 不变C ．θ减小，E p 增大D ．θ减小，E 不变解析：选D.平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E 不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U ＝Ed 可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P 点的电势能E p 不变．综上所述，D 正确．5．如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是( )A ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，电容器极板上带电荷量增加B ．若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，电容器极板间电压变大C ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的正极板D ．若电容器极板间的电压不变，x 变大，有电流流向电容器的负极板解析：选D.若x 变大，则由C ＝εr S4πkd ，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由Q ＝CU 知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A 、C 错误，D 正确．若电容器极板上带电荷量不变，x 变小，则电容器电容增大，由U ＝QC可知，电容器极板间电压减小，B 错误．6．有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示，其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经过偏转电场后打到纸上，显示出字符，不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是( )A ．减小墨汁微粒的质量B ．减小偏转电场两极板间的距离C ．减小偏转电场的电压D ．减小墨汁微粒的喷出速度解析：选C.微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则在水平方向上有L ＝v 0t ，在竖直方向上有y ＝12at 2，加速度为a ＝qU md ，联立解得y ＝qUL 22md v 20＝qUL 24dE k0，要缩小字迹，就要减小微粒在竖直方向上的偏转量y ，由上式分析可知，可采用的方法：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两极板间的距离、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能E k0(增大墨汁微粒的喷出速度)、减小偏转电场的电压U 等，故A 、B 、D 错误，C 正确．7．(2019·高考江苏卷)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( )解析：选A.带电粒子所受电场力沿竖直方向，则粒子在电场中做类平抛运动，即沿初速度方向做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，假设电场力大小为F ，则P ＝F v ，其中v 为沿电场力方向的速度，则v ＝at 、a ＝F m ，整理得P ＝F 2m t ，由关系式可知P －t 图象应为一条过原点的倾斜直线，A 正确，B 、C 、D 错误．8．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回解析：选D.设粒子质量为m ，带电荷量为q ，由动能定理得，第一次粒子从P 点下落有mg ⎝⎛⎭⎫d ＋d2－qU ＝0；设第二次粒子从P 点下落进入电容器后在距上极板距离为x 处返回，有mg ⎝⎛⎭⎫x ＋d 2－q x 23d U ＝0，联立解得x ＝25d ，故D 正确． 二、多项选择题9.如图所示，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。
一轮复习精品课件-第七章第3讲 电容器带电粒子在匀强电场中的运动
考点三 带电粒子在电场中的偏转
v0 qE (3)设小球 设电场强度的大小为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则 解析：(1) (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 M、N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v0，则它们进入电场时 vy＝mg⑨ v 的水平速度仍然为 v0。M、N 在电场中运动的时间 t 相等，电场力作用下产生 y，由运动学公式得 设 M、N 离开电场时的动能分别为 E 、E ，由动能定理得
2019版一轮复习物理课件
第七章 静电场
第3讲 电容器
带电粒子在匀强电场中的运动
知识梳理 考点二 考点三 考点四
自我珍断
考点一 平行板电容器的两类动态变化问题
带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动
带电粒子在电场中的偏转 带电粒子在交变电场中的运动
核心素养 等效思想在电场中的应用
A． 电场强度处处为零的区域内， 电势一定也 处处为零 B． 电场强度处处相同的区域内， 电势一定也 处处相同 C．电场强度的方向总是跟等势面垂直 D．电势降低的方向就是电场强度的方向
返回
考点一 平行板电容器的两类动态变化问题
1．分析比较的思路 (1)先确定是 Q 还是 U 不变：电容器保持与电源连接，U 不变；电容器充电后与电源断 开，Q 不变。 εrS (2)用决定式 C＝4πkd确定电容器电容的变化。 Q (3)用定义式 C＝C 判定电容器所带电荷量 Q 或两极板间电压 U 的变化。 U (4)用 E＝ d 分析电容器极板间场强的变化。 2．两类动态变化问题的比较 分类 不变量 d 变大 S 变大 εr 变大 充电后与电池两极相连 U C 变小 Q 变小 E 变小 C 变大 Q 变大 E 不变 C 变大 Q 变大 E 不变 充电后与电池两极断开 Q C 变小 U 变大 E 不变 C 变大 U 变小 E 变小 C 变大 U 变小 E 变小
2019年高考物理复习第07章电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动课件新人教版
U 提示：d→C↓，E＝ ↓，Q＝CU↓，因U不变，故θ不变． d
②电容器充电后与电源断开，增大两板间的距离d，试分析C、U、E、θ各如何 变化？
Q U Q Q 提示：Q一定：d→C↓，U＝ ↑，E＝ ＝ ＝ 不变，U →θ ． C d Cd εS 4πk
③电容器充电后与电源断开，紧贴右极板插入与电容器极板宽度相同的金属板 或玻璃板时，静电计指针偏角各如何变化？
第 七 章 电 场
第三讲
电容器
带电粒子在电场中的运动
栏
目 导 航
03
01
基础再现· 双基落实
02
核心考点· 探究突破
模拟演练· 稳基提能
04
课后回顾· 高效练习
01
基础再现· 双基落实
一 电容器
1.电容器的充、放电 异种电荷 ， (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__________
请思考为何计算出的结果与根据速度的合成得出的结果不同？
提示：上述计算结果是错误的．带电粒子在电场中运动过程，电场力做的功应 U 是W＝Eq· y＝ qy.W＝qU中的U应是入射点和出射点之间的电势差． d
(4)若带电粒子从两板中央进入最后未出电场打在下板上如何处理？
d U 提示：此时偏转位移y＝ ，W＝q· . 2 2
vy qUl qUl ，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan θ＝ ＝ . dmv0 v0 d同，则 ＝ . tan θH me tan θe (2)若电子与氢核的初动能相同，则 ＝1. tan θH
02
核心考点· 探究突破
考点一 平行板电容器的动态分析
mg mg 由粒子的受力知粒子带负电，tan θ＝ ，E＝ . Eq qtan θ v2 v2 mg 0 0sin θ F合＝ ＝ma，x＝ ＝ . sin θ 2a 2g
备考2019年高考物理一轮复习文档：第七章 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 讲义 含解析
第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动板块一 主干梳理·夯实基础【知识点1】 常见电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系 Ⅰ1.电容器 (1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。
(2)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充电、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。
③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。
2．常见的电容器(1)分类：从构造上可分为固定电容器和可变电容器。
(2)击穿电压：加在电容器极板上的极限电压，超过这个电压，电介质将被击穿，电容器损坏；电容器外壳上标的电压是额定电压，这个电压比击穿电压低。
3．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)单位：法拉(F)，1 F ＝106μF ＝1012 pF 。
(4)电容与电压、电荷量的关系①电容C 的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关。
不随Q 变化，也不随电压变化。
②由C ＝Q U 可推出C ＝ΔQΔU 。
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正对面积成正比，与两极板间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。
【知识点2】 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动能的增量。
(1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20；(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12m v 2－12m v 20。
2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场。
(2)运动性质：类平抛运动。
(3)处理方法：利用运动的合成与分解。
高考物理一轮总复习 第七章 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动(含解析)
电容器与电容 带电粒子在电场中的运动[基础知识·填一填][知识点1] 电容器及电容 1．电容器(1)组成：由两个彼此 绝缘 又相互靠近的导体组成． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的 绝对值 . (3)电容器的充、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的 异种电荷_ ，电容器中储存电场能．②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中 电能 转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的 电荷量 与两个极板间的 电势差 的比值． (2)定义式： C ＝Q U.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F ＝ 106μF＝ 1012pF. (4)意义：表示电容器 容纳电荷 本领的高低．(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否 带电 及 电压 无关．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积、介电常数、两板间的距离． (2)决定式： C ＝εr S4πkd.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(×) (2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．(×) (3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．(×) [知识点2] 带电粒子在电场中的运动 1．加速问题(1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质： 匀变速曲线 运动． (3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做 匀速 运动．②沿电场方向：做初速度为零的 匀加速 运动． 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)(2)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√) (3)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．(×) [知识点3] 示波管1．装置：示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图所示． 2．原理(1)如果在偏转电极XX ′和YY ′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏 中心 ，在那里产生一个亮斑．(2)YY ′上加的是待显示的 信号电压 ，XX ′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－1 P32第1题改编)(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U ，电容器已带电，则下列判断正确的是( )A ．增大两极板间的距离，指针张角变大B ．将A 板稍微上移，静电计指针张角变大C ．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D ．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小解析：ABD [电势差U 变大(小)，指针张角变大(小)．电容器所带电荷量一定，由公式C ＝εr S 4πkd 知，当d 变大时，C 变小，再由C ＝QU得U 变大；当A 板上移时，正对面积S 变小，C 也变小，U 变大；当插入玻璃板时，C 变大，U 变小；而两板间的距离减小时，C 变大，U 变小，所以选项A 、B 、D 正确．]2．(人教版选修3－1 P39第2题改编)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edhU B ．edUhC.eU dhD.eUh d解析：D [电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题，即12mv 20＝eU OA .因E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，故12mv 20＝eUhd，故选项D 正确．] 3．(人教版选修3－1 P39第4题改编)如图所示，含有大量11H 、21H 、42He 的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O 点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．下列有关荧光屏上亮点分布的说法正确的是( )A ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是11H B ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是42He C ．出现两个亮点 D ．只会出现一个亮点 答案：D4．(人教版选修3－1 P36思考与讨论改编)如图是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极(XX ′和YY ′)、荧光屏组成．管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX ′和YY ′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O 点．(1)带电粒子在 __________ 区域是加速的，在 ________ 区域是偏转的． (2)若U YY ′＞0，U XX ′＝0，则粒子向 ________ 板偏转，若U YY ′＝0，U XX ′＞0，则粒子向 ________ 板偏转．答案：(1)Ⅰ Ⅱ (2)Y X考点一 平行板电容器的动态分析[考点解读]1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变． (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变． 2．动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化．②根据E ＝U d分析场强的变化． ③根据U AB ＝Ed 分析某点电势变化． (2)Q 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd先分析电容的变化，再分析U 的变化．②根据E ＝U d＝4k πQεr S分析场强变化．[典例赏析][典例1] (多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P 点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点电势将降低C ．电容器的电容减小，极板带电荷量减小D ．带电油滴的电势能保持不变[解析] BC [电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P 点处于静止状态，因此有mg ＝qE .当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d 增大，由C ＝εr S 4πkd 可知电容器电容减小，板间场强E 场＝Ud 减小，油滴所受的电场力减小，mg＞qE ，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A 错；P 点电势等于P 点到下极板间的电势差，由于P 到下极板间距离h 不变，由φP ＝ΔU ＝Eh 可知，场强E 减小时P 点电势降低，B 对；由C ＝Q U可知电容器所带电荷量减小，C 对；带电油滴所处P 点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D 错．]分析平行板电容器动态变化的三点关键1．确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变．2．恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E ＝U d分析极板间电场强度的变化情况．3．若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化．[题组巩固]1．(2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：D [据C ＝εr S4πkd 可知，将云母介质移出电容器，C 变小，电容器接在恒压直流电源上，电压不变，据Q ＝CU 可知极板上的电荷量变小，据E ＝U d可知极板间电场强度不变，故选D.]2．(2018·北京卷) 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法正确的是( )A ．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a 板接触，能使电容器带电B ．实验中，只将电容器b 板向上平移，静电计指针的张角变小C ．实验中，只在极板间插入有机玻璃板， 静电计指针的张角变大D ．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：A [当用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在b 板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A 正确；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S 4πkd ，将电容器b 板向上平移，即正对面积S 减小，则电容C 减小，根据C ＝QU可知， 电荷量Q 不变，则电压U 增大，则静电计指针的张角变大，故选项B 错误；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S4πkd，只在极板间插入有机玻璃板，则介电常数εr 增大，则电容C 增大，根据C ＝Q U可知， 电荷量Q 不变，则电压U 减小，则静电计指针的张角减小，故选项C 错误；根据C ＝Q U可知，电荷量Q 增大，则电压U 也会增大，而电容由电容器本身决定，C不变，故选项D 错误．]考点二 带电粒子在电场中的直线运动[考点解读]1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用动力学观点分析a ＝qE m ，E ＝Ud，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.[典例赏析][典例2] (2019·湖南长沙模拟)如图所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在离A 高度为H 的C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度g .已知静电力常量为k ，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A 点的距离h ；(3)若已知在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ＝kQr，其中r 为该点到Q 的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B 离A 点的高度r B .[解析] (1)设液珠的电荷量为q ，质量为m ，由题意知，当液珠在C 点时k QqH2－mg ＝mg 比荷为q m ＝2gH 2kQ(2)当液珠速度最大时，k Qq h2＝mg 得h ＝2H(3)设BC 间的电势差大小为U CB ，由题意得U CB ＝φC －φB ＝kQ H －kQr B对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得qU CB －mg (r B －H )＝0即q ⎝ ⎛⎭⎪⎫kQ H －kQr B －mg (r B －H )＝0解得：r B ＝2H ，r B ＝H (舍去)． [答案] (1)2gH 2kQ(2)2H (3)2H带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电小球自O 点由静止释放，经C 孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D 孔时速度减为零．对于小球从C 到D 的运动过程，已知从C 运动到CD 中点位置用时t 1，从C 运动到速度等于C 点速度一半的位置用时t 2，下列说法正确的是( )A ．小球带负电B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．将B 板向上平移少许后小球可能从D 孔落下解析：AB [由题图可知，A 、B 间的电场强度方向向下，小球从C 到D 做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A 正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t 1<t 2，选项B 正确，C 错误；将B 板向上平移少许时两板间的电压不变，根据动能定理可知，mg (h ＋d )－qU ＝0，mg (h ＋x )－qUx d ′＝0，联立得x ＝h h ＋d －d ′d ′<d ′，即小球不到D 孔就要向上返回，所以选项D 错误．]2．(2017·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点解析：A [设A 、B 板间的电势差为U 1，B 、C 间电势差为U 2，板间距为d ，电场强度为E ，第一次由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点，根据动能定理得：qU 1＝qU 2＝qEd ，将C 板向右移动，B 、C 板间的电场强度：E ＝U 2d ＝Q C 0d ＝4πkQεr S不变，所以电子还是运动到P 点速度减小为零，然后返回，故A 正确，B 、C 、D 错误．]考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转[考点解读]1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝2mdyqU(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mdv202．两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 2y ＝12at 2＝12·qU 1md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02tan θ＝qU 1lmdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d.(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Udy ，指初、末位置间的电势差．[典例赏析][典例3] 如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两板间距离d ＝4×10－3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v 0从两板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m ＝4×10－5kg ，电荷量q ＝＋1×10－8C ，g 取10 m/s 2.求：(1)微粒入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 应取什么范围？[审题指导] 开关闭合前，微粒做平抛运动，开关闭合后，微粒做类平抛运动，两个过程的分析方法相同，都要用到运动的合成与分解．[解析] (1)开关S 闭合前，由L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2可解得v 0＝L2gd＝10 m/s. (2)电容器的上极板应接电源的负极．当所加的电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，即d 2＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02， 又a 1＝mg －qU 1dm，解得U 1＝120 V当所加的电压为U 2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，即d 2＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02， 又a 2＝q U 2d－mg m，解得U 2＝200 V所以120 V ≤U ≤200 V.[答案] (1)10 m/s (2)与负极相连，120 V ≤U ≤200 V带电粒子在电场中偏转问题求解通法1．解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：加速电场中的运动一般运用动能定理qU ＝12mv 2进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运动的分解进行计算；二者靠速度相等联系在一起．2．计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y 的四种方法： (1)Y ＝y ＋d tan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)．(2)Y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L2＋d tan θ(L 为电场宽度)． (3)Y ＝y ＋v y ·d v 0.(4)根据三角形相似Y y ＝L2＋d L2.[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1解析：ABC [粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2，选项A 正确；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2ht 2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1，选项B 正确；根据a ＝qE m 得m ＝qEa，故m A ∶m B ＝1∶12，选项C 正确；A 和B 的位移大小不相等，选项D 错误．]2．(2016·北京卷23题改编)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102 V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31 kg ，e ＝1.6×10－19 C ，g ＝10 m/s 2. 解析：(1)根据动能定理，有eU 0＝12mv 20， 电子射入偏转电场时的初速度v 0＝2eU 0m 在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝Lv 0＝L m 2eU 0加速度a ＝eE m ＝eU md偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 G ＝mg ≈10－29 N 电场力F ＝eUd ≈10－15 N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力．答案：(1) 2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析 思想方法(十四) 电容器在现代科技生活中的应用[典例] (多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO 涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置．对于电容触摸屏，下列说法正确的是( )A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号B．使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大[解析]AD [据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确．][题组巩固]1．(2019·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( ) A．膜片与极板间的电容增大B．极板所带电荷量增大C．膜片与极板间的电场强度增大D．电阻R中有电流通过解析：D [根据C＝εr S4πkd可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝Ud可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误．]2．(多选)电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容．则( ) A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩D．当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流解析：CD [由C ＝εr S 4πkd知，电介质插入越深，εr 越大，即C 越大，A 错；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，B 错；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，C 对；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr 增大，C 增大，电源电动势不变，由C ＝Q U 知，Q 增大，上极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，D 对．。
高考物理一轮复习 第七章 静电场 第3讲 电容器 带电粒
【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____．
(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：使充电后的电容器丢失电荷的过程：放电过程中 _电__场__能___转化为其他形式的能．
(2)Q不变
①根据C＝
Q U
＝
εrS 4πkd
先分析电容的变化，再分析U的变
化．
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
②根据E＝Ud 分析场强变化．
【典例1】 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，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
考向一 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，电容器两极所带的电荷量 Q保持不变．
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝
Q U
＝
εrS 4πkd
先分析电容的变化，再分析Q的变
化．
②根据E＝Ud 分析场强的变化． ③根据UAB＝E·d分析某点电势变化．
2.如图所示，两极板水平放置的平 行板电容器与电动势为E的直流电源连 接，下极板接地，静电计外壳接地．闭 合开关S时，带负电的油滴恰好静止于P 点．下列说法正确的是( )
2019年高考物理一轮复习 第七章 静电场 第3讲 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动讲义
【解题导思】 (1)微粒是做匀速直线运动，还是变速直线运动？
答：微粒受重力和电场力作用，两力的合力不可能为零，不可能做匀 速直线运动，只能是变速直线运动。
(2)带电微粒受到的电场力可能水平向右吗？
答：不可能，微粒做直线运动，合力必沿 AB 直线(合力不为零时)， 电场力只能水平向左。
解析 微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线 上，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相反且 在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的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，B 项正确。
答案 D
微考点 2 带电体在电场中的直线运动 核|心|微|讲
与力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动 过程(平衡、加速或减速；是直线还是曲线)；然后选用恰当的规律解题。也 可以从功和能的角度分析：带电体的加速(含偏转过程中速度大小的变化)过 程是其他形式的能和动能之间的转化过程。解决这类问题，可以用动能定理 或能量守恒定律。
答案 B
分析平行板电容器动态变化问题的三个关键点 (1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况 下是保持电荷量不变或板间电压不变。 (2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要 应用 E＝Ud 分析板间电场强度的变化情况。 (3)若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析运动情况 的变化。
答案 B
题|组|微|练
3．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为 d，极板分别与电池两
极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上
方d2处的 P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容
2019届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新人教版
4．如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的 粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射 出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出。若不计重力，则a和b的比荷(即粒 子的电荷量与质量之比)之比是 导学号 21992493 ( D )
A．1∶2 C．1∶8
3．两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为 m，电返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能 是 导学号 21992492 ( D ) edh A． U eU C． dh B．edUh eUh D． d
[解析] 确。
U Uh eUh E＝ d ，UOA＝Eh＝ d ，由动能定理得：Ek0＝eUOA＝ d ，D正
[解析]
带电微粒处于静止状态，有mg＝Eq，若增大A、B两金属板的间
εrS 距，由C＝ 知，C减小，U不变，由Q＝CU可知，Q减小，电容器放电，有 4πkd U 向左的电流通过电阻R，A错误；若增大A、B两金属板的间距，由E＝ d 可知， E减小，则P将向下运动，B错误；若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片， U 相当于两板间距d减小，由E＝ d 可知，E增大，P将向上运动，C正确；若紧贴A 板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，C增大，但U不变，E不变，P将仍然保持静 止，D错误。
F Eq Uq 加速度：a＝m＝ m ＝ md L a.能飞出平行板电容器：t＝ v0 1 2 1 qU 2 b.打在平行极板上：y＝ at ＝ · t 运动时间 md 2 2 2mdy t＝ qU 2 1 qUL 离开电场时的偏移量：y＝ at2＝ 2 2 2 m v 0d vy qUL 离开电场时的偏转角：tanθ＝ ＝ 2 v0 mv0 d
高考物理一轮复习 第七章《静电场》第3课时 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动课件 新人教版
1．通过知识的梳理和题组训练，自主悟透电容器的基本概念， 及电容器的两类动态分析．
2．通过师生的共研，掌握带电粒子(或带电体)在电场中的直线 运动、偏转问题的处理方法．
3．通过师生的共研，掌握一种物理思想方法——等效法处理带 电体在复合场中的运动问题．
解析：D [两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有 mg＝qE， 现将两板绕过 a 点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转 45°后，两板间电场 强度方向逆时针旋转 45°，电场力方向也逆时针旋转 45°，但大小不 变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微 粒将向左下方做匀加速运动，选项 D 正确．]
(3)它们都适用于各种电容器．( × ) (4)C＝QU是适用于各种电容器的定义式，C＝4επrkSd是只适用于平 行板电容器的决定式．( √ )
(68520215)(2016·课标全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充 满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器 ()
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大 B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大 C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变 D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
(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．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系 当讨论带电粒子的末速度 v 时也可以从能量的角度进行求解： qUy＝12mv2－12mv20，其中 Uy＝Ud y，指初、末位置间的电势差．
①沿初速度方向做 匀速直线 运动，运动时间 ②沿电场力方向，做 匀加速直线 运动
2．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 qU0＝12mv20 y＝12at2＝12·qmUd1·vl02. tan θ＝mqUdv1l20. 得：y＝4UU10l2d，tan θ＝2UU10ld.