高考物理一轮复习 第六章 静电场 第讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动模拟试题 新人教版必修--课件
高考物理一轮复习 第六章 第3单元 电容器 带电粒子在电场中运动课件
θ＝vv0y＝mqvU02ld
• 三、示波管 • 1．构造 • ①________，②偏转极板，③荧光屏．(如图所示)
• 电子枪
• 2．工作原理
• (1)YY′上加的是待显示的________，XX′上是机器自身产 生的锯齿形电压，叫做________．
• (2)观察到的现象：
• ①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子 枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏________，在那里产 生一个亮斑．
• ②若所加扫描电压和________的周期相等，就可以在 荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象．
• (1)信号电压 扫描电压 (2)中心 信号电压
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( )
小思考 微总结
• 1．电容C等于Q与U的比值，不能理解为电容C与Q成正比， 与U成反比．
• 2．一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的， 与其是否带电及带电多少无关．
• 3．静止的带电粒子在匀强电场中只受电场力作用将做匀加 速直线运动．
相对介电常数 两板间的距离
• 二、带电粒子在电场中的运动 • 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________的增量． • (1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝____________. • (2)在非匀强电场中：W＝qU＝______________.
• A．极板X应带正电
• C．极板Y应带正电 板Y′应带正电
高考物理一轮复习 第六章 第3节 电容器 带电粒子在电场中的运动习题详解课件 新人教版
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要点二
典例：解析：(1)设液珠的电量为 q，质量为 m，由题意知，当液
珠在 C 点时 kQHq2－mg＝mg 比荷为mq ＝2kgQH2
(2)当液珠速度最大时，kQhq2 ＝mg
得 h＝ 2H
(3)设 BC 间的电势差大小为 UCB，由题意得
UCB＝φC－φB＝kHQ－krQB
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2．解析：(1)由 v2＝2gh 得 v＝ 2gh (2)在极板间带电小球受重力和电场力，有 mg－qE＝ma 0－v2＝2ad 得 E＝mgqhd＋d U＝Ed Q＝CU 得 Q＝mgCqh＋d
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(3)由 h＝12gt12
0＝v＋at2 t＝t1＋t2
综合可得 t＝h＋h d
立性和等时性可得，在水平方向上：2s＝v0t，在竖直方向上：h2＝12at2
＝12Emqt2，联立以上两式可求得：v0＝2s 项 B 正确，A、C、D 皆错误。
mEqh，由此可知，该题只有选 答案：B
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[针对训练]
1．解析：三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是
匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，
2h g
答案：见解析
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要点三 典例：思路点拨：(1)提示：两粒子在电场中均做类平抛运动，运动轨 迹关于切点对称。
(2)提示：水平方向位移都为2s，竖直方向位移都为h2。
解析：由两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两个粒子的轨迹相切点
一定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运动，根据运动的独
答案：D
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2020版高考物理新增分大一轮复习第六章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动课件
大一轮复习讲义第六章静电场第3讲电容器带电粒子在电场中的运动NEIRONGSUOYIN 内容索引过好双基关研透命题点随堂测试回扣基础知识训练基础题目细研考纲和真题分析突破命题点随堂检测检测课堂学习效果课时作业限时训练练规范练速度过好双基关一、电容器及电容1.电容器(1)组成：由两个彼此又相互靠近的导体组成.(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的.(3)电容器的充、放电：①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的，电容器中储存电场能.②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中转化为其他形式的能.绝缘绝对值异种电荷电场能2.电容(1)定义：电容器所带的与两个极板间的的比值.(2)定义式：.(3)单位：法拉(F)、微法(μF )、皮法(pF).1F ＝μF ＝pF.(4)意义：表示电容器本领的高低.(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否及无关.3.平行板电容器的电容(1)决定因素：正对面积、相对介电常数、两板间的距离.(2)决定式：.电荷量电势差106C ＝Q U 1012容纳电荷带电电压C ＝εr S 4πkd自测1关于电容器及其电容，下列说法中正确的是A.平行板电容器一极板带电＋Q ，另一极板带电－Q ，则此电容器不带电B.由公式C ＝可知，电容器的电容随电荷量Q 的增加而增大C.对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比D.如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容√Q U二、带电粒子在电场中的运动1.加速(1)在匀强电场中，W ＝ ＝qU ＝12m v 2－12m v 02. (2)在非匀强电场中，W ＝ ＝12m v 2－12m v 02.qEd qU2.偏转(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v 0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.(3)基本关系式：运动时间t ＝l v 0，加速度a ＝F m ＝qE m ＝qU md ，偏转量y ＝12at 2＝ ，偏转角θ的正切值：tan θ＝v y v 0＝at v 0＝ . (2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的运动和沿电场力方向的运动.根据的知识解决有关问题.匀速直线运动的合成与分解匀加速直线图1qUl md v 02 qUl 22md v 02自测2(多选)(2018·泰州中学模拟)如图2所示，质量相同的两个带电粒子M 、N 以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，M 从两极板正中央射入，N 从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点.不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从开始射入到打在上极板的过程中A.它们运动的时间t N ＝t MB.它们的电势能减少量之比ΔE M ∶ΔE N ＝1∶2C.它们的动能增加量之比ΔE k M ∶ΔE k N ＝1∶2D.它们所带的电荷量之比q M ∶q N ＝1∶2√图3√研透命题点命题点一平行板电容器的动态分析1.电容器充放电(1)外加电压大于两极板间电势差时对电容器充电.随两极板间电势差增大，充电电流减小，当两极板间电势差等于外加电压时充电停止.(2)当电容器两极板有电路连通时，电容器放电，随两极板间电压减小，放电电流减小.2.两类典型问题(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.3.动态分析思路(1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S 4πkd 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.①根据C ＝Q U ＝εr S 4πkd 先分析电容的变化，再分析U 的变化.③根据U AB ＝E ·d 分析某点电势变化.(2)Q 不变②根据E ＝U d ＝4k πQ εr S 分析场强变化.例1(多选)(2018·江苏单科·8)如图3所示，电源E 对电容器C 充电，当C 两端电压达到80V 时，闪光灯瞬间导通并发光，C 放电.放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C 充电.这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光.该电路A.充电时，通过R 的电流不变B.若R 增大，则充电时间变长C.若C 增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D.若E 减小为85V ，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变√图3√√变式1(多选)(2018·徐州市期中)如图4所示，电容器由平行金属板M 、N 和电介质D 构成.电容器通过开关S 及电阻与电源E 相连接.则A.M 上移电容器的电容变大B.将D 从电容器抽出，电容器的电容变小C.断开开关S ，M 上移，MN 间电压将增大D.闭合开关S ，M 上移，流过电阻的电流方向从B 到A √图4√命题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 ＝qE m ，E ＝U d ，v 2－v 02＝2ax .3.用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12m v 2－12m v 02非匀强电场中：W ＝qU ＝12－12例2(2017·江苏单科·4)如图5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′点图6变式2(多选)(2018·扬州中学5月模拟)如图6，水平放置的三块带孔的平行等距金属板与一个直流电源相连，一个带正电的液滴从A板上方M点处由静止释放，不计空气阻力，设液滴电荷量不变，在AB板之间运动为过程Ⅰ，在BC之间运动为过程Ⅱ，则A.过程Ⅰ中运动时间可能比过程Ⅱ短B.过程Ⅰ和过程Ⅱ系统机械能变化量大小相等C.仅将C板上移，液滴经过C板小孔时速度变小D.先断开三板与电源的连接，再下移B板，则液滴经过C板小孔时速度变大图6√√√1.运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间命题点三带电粒子在电场中的偏转⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ a.能飞出电容器：t ＝l v 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2md t 2，t ＝2mdy qU . (2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧ 加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qU md .离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22md v 02.v y qUl2.两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的.证明：由qU 0＝12m v 02y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1l md v 02 得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l 2U 0d (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，若粒子射出偏转电场，O 到偏转电场边缘的距离为.l3.功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12m v2－12m v 02，其中U y ＝U d y ，指初、末位置间的电势差.例3(2018·无锡市高三期末)如图7所示，真空中竖直放置的两块平行金属板，一质量为m、电荷量为q的正点电荷A从左板处由静止释间加上恒定电压U放，从右板的小孔水平射出后，进入一个水平放置的平行板电容器，进入时点电荷贴着上极板，经偏转后从下极板边缘飞出.已知电容器的电容为C，极板的间距为d，长度为kd，两板间电压恒定.不计点电荷的重力，求：(1)点电荷进入水平放置电容器时的速度大小；答案2qU0m解析在加速电场中，由动能定理：qU0＝12，2m v0得v0＝2qU0m图5(2)水平放置的电容器极板所带电荷量大小；答案4k2CU0解析在偏转电场中，由运动学知识得：kd＝v0t，d＝122at＝ma由牛顿第二定律得：q Ud联立可解得两极板间电势差U＝4k2U0极板带电荷量Q＝CU＝4k2CU0(3)A穿过水平放置电容器的过程中电势能的增量.答案－4k2qU0解析A穿过电容器的过程中电场力做功W＝qU＝4k2qU0由功能关系得，电势能的增量ΔE p＝－W＝－4k2qU0.命题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、做功或确定与物理过程相关的边界条件.(2)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8甲所示，平行金属板M 、N 水平放置，板右侧有一竖直荧光屏，板长、板间距及竖直荧光屏到板右端的距离均为l ，M 板左下方紧贴M 板有一粒子源，以初速度v 0水平向右持续发射质量为m 、电荷量为＋q 的粒子.已知板间电压U MN 随时间变化关系如图乙所示，其中U 0＝.忽略粒子间相互作用和它们的重力，忽略两板间电场对板右侧的影响，荧光屏足够大.(1)计算说明，t ＝0时刻射入板间的粒子打在屏上或N 板上的位置；图88m v 02q 答案打在N 极板中点(2)求荧光屏上发光的长度.答案5l随堂测试1.(2018·盐城市三模)如图9所示，平行板电容器两极板接在直流电源两端.下列操作能使电容器电容减小的是A.增大电源电压B.减小电源电压C.在两极板间插入陶瓷√图9D.增大两极板间的距离2.(2018·南京市学情调研)“探究影响平行板电容器电容大小因素”的实验装置如图10所示，忽略漏电产生的影响，下列判断正确的是A.平板正对面积减小时，静电计指针偏角减小B.静电计可以用电压表替代√C.静电计所带电荷量与平行板电容器电荷量不相等D.静电计测量的是平行板电容器所带电荷量图103.(2018·如皋市调研)如图11所示，在正方形ABCD区域内有场强方向平行于AB 边的匀强电场，E、F、H是对应边的中点，P点是EH的中点.一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从C点射出.以下说法正确的是A.粒子的运动轨迹经过P点B.粒子的运动轨迹经过PH之间某点C.若增大粒子的初速度可使粒子垂直穿过EH√D.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点从BC边射出图114.(多选)(2017·如皋市第二次质检)如图12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图12√√课时作业1.(2018·苏州市调研卷)某一平行板电容器，其一个极板带＋5.4×10－3C 电荷量，另一极板带－5.4×10－3C 电荷量，电容器两极板间电压为450V ，则该电容器的电容值为A.2.4×10－5FB.1.2×10－5FC.8.3×104FD.4.2×104F 双基巩固练√解析 根据C ＝Q U ，则C ＝5.4×10－3450 F ＝1.2×10－5 F ，故选B.2.(2018·泰州中学等综合评估)在研究影响平行板电容器电容大小因素的实验中，一已充电的平行板电容器与静电计连接如图1所示.现保持B 板不动，适当移动A 板，发现静电计指针张角减小，则A 板可能是A.右移B.左移C.上移D.下移图1√3.(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图2所示，平行板电容器两极板M 、N 间距为d ，两极板分别与电压为U 的恒定电源两极相连，则下列能使电容器的电容减小的措施是A.减小dB.增大UC.将M 板向左平移D.在板间插入电介质图2解析据电容的决定式C ＝可知，减小d ，则C 变大，选项A 错误；增大U ，电容器的电容不变，选项B 错误；将M 板向左平移，则S 减小，C 减小，选项C 正确；在板间插入电介质，则C 变大，选项D 错误.εr S 4πkd √4.(2018·南京市、盐城市质检)如图3所示的可变电容器，旋转动片使之与定片逐渐重合.则电容器的电容将√A.逐渐增大B.逐渐减小C.保持不变D.先增大后减小图35.(多选)如图4所示，M 、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度v 0由小孔进入电场，当M 、N 间电压为U 时，粒子刚好能到达N 板，如果要使这个带电粒子能到达M 、N 两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是A.使初速度减为原来的B.使M 、N 间电压提高到原来的2倍C.使M 、N 间电压提高到原来的4倍D.使初速度和M 、N 间电压都减为原来的√图4√12 12126.在真空中上、下两个区域均有竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图5所示.有一带负电的粒子，从上边区域沿平行电场线方向以速度v匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在下列选项的速度－时间图象中，符合粒子在电场内运动情况的是(以v0方向为正方向)图5√7.(2017·如皋市第二次质检)三个α粒子由同一位置同时水平飞入偏转电场，轨迹如图6所示，下列判断不正确的是A.进电场时c 的速度最大，a 的速度最小B.在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上C.b 和c 同时飞离电场D.动能的增加量c 最小，a 和b 一样大√图68.(2018·泰州中学期中)如图7所示，两块较大的金属板A 、B 相距为d ，平行放置(可视为电容器)并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为m 、带电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态.以下说法正确的是A.若将S 断开，则油滴将做自由落体运动，G 表中无电流图7B.若保持S 闭合，将A 向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 表中有a →b 的电流C.若保持S 闭合，将A 向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 表中有b →a 的电流D.若保持S 闭合，将A 向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 表中有b →a 的电流√9.如图8所示，两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间a 点由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 点由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综合提升练√图510.(多选)(2019·铜山中学期中)如图9所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U 1，偏转电压为U 2.仅仅改变加速电压后，电子在电场中的侧移量y 增大为原来的2倍，下列说法中正确的是A.加速电压U 1减小到了原来的B.偏转电场对电子做的功变为原来的2倍C.电子飞出偏转电场时的速度变为原来的2倍D.电子飞出偏转电场时的偏转角变为原来的2倍图9√√1211.(多选)(2018·南京市期中)如图10所示，A 、B 为水平放置平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M 、N ，D 为理想二极管，R 为滑动变阻器.闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电荷的带电小球从M 、N 的正上方的P 点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N 处.下列说法正确的是A.若仅将A 板上移，小球将无法运动至N 处B.若仅将B 板上移，小球将从小孔N 穿出C.若仅将滑动变阻器的滑片上移，带电小球将无法运动至N 处D.断开开关S ，从P 处将小球由静止释放，小球恰好能运动至小孔N 处√√图10√12.(2018·南京市、盐城市二模)如图11所示，在铅板A 上有小孔S ，放射源C 可通过S 在纸面内向各个方向射出速率v 0＝2.0×106m/s 的某种带正电粒子，B 为金属网状栅极，M 为荧光屏，A 、B 、M 三者平行正对，且面积足够大，A 、B 间距离d 1＝1.0cm ，电压U ＝1.5×104V 且恒定不变，B 、M 间距离d 2＝4.0cm.该种带电粒子的比荷＝4.0×108C/kg ，忽略带电粒子与栅极的碰撞及粒子间的相互作用，不计带电粒子的重力.求：(1)该带电粒子运动到荧光屏M 的速度大小；图11q m 答案 4.0×106m/s(2)该带电粒子打在荧光屏M上形成的亮线的长度.答案4 3 cm13.(2018·淮安市、宿迁市等期中)如图12甲所示，A 和B 是真空中正对面积很大的平行金属板，位于两平行金属板正中间的O 点有一个可以连续产生粒子的粒子源，A 、B 间的距离为L .现在A 、B 之间加上电压U AB ，电压随时间变化的规律如图乙所示，粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生N 个相同粒子，这种粒子产生后，在电场力作用下由静止开始运动，粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A 、B 板电势.已图12知粒子质量为m ＝5.0×10－10kg ，电荷量q ＝＋1.0×10－7C ，L ＝1.2m ，U 0＝1.2×103V ，T ＝1.2×10－2s ，忽略粒子重力，不考虑粒子之间的相互作用力，求：(1)t ＝0时刻产生的粒子，运动到B 极板所经历的时间t 0；答案 6×10－3 s解析 t ＝0时刻产生的粒子由O 到B ：L 2＝12at 02加速度：a ＝U 0q mL ＝2.0×105 m/s 2得：t 0＝6×10－3 s<T 2＝6×10－3 s所以t 0＝6×10－3 s(2)在0～T 2时间内，产生的粒子不能到达B 板的时间间隔Δt ；答案2×10－3s答案2解析设刚好不能到达B 极板的粒子，反向加速到A 极板的时间为t 0′，(3)在0～T 2时间内，产生的粒子能到达B 板的粒子数与到达A 板的粒子数之比k . 由L ＝12a ′t 0′2得t 0′＝2L a ′＝6×10－3 s<⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫T 2－Δt ′＝5×10－3 s 即在0～T 2时间内，不能到达B 板的粒子都能打到A 极板上所以k ＝N B N A＝T 2－Δt Δt ＝2.。
高考物理一轮总复习检测：第六章 第3课时 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 含答案
理解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．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＝．(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量．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＝，k为静电力常量．二、带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中加速三、示波管1．构造及功能(1)电子枪：发射并加速电子．(2)偏转电极YY′：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极XX′：使电子束水平偏转(加扫描电压)．2．工作原理偏转电极XX′和YY′不加电压，电子打到屏幕中心；若只在XX′之间加电压，电子只在X方向偏转；若只在YY′之间加电压，电子只在Y方向偏转；若XX′加扫描电压，YY′加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象．1．任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关．(√)2．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(×) 3．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．(×)4．一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容C＝1.0×10－7 F．(√)5．放电后的电容器电量为零，电容也为零．(×)6．带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)7．带电粒子在电场中可以做圆周运动．(√)8．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．(√)9．带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计．(×)1．(多选)电容式传感器的应用非常广泛，如图所示的甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器，下列判断正确的是( )A．图甲中两极间的电压不变，若有电流流向传感器正极，则h正在变小B．图乙中两极间的电荷量不变，若两极间电压正在增大，则θ正在变大知，极板上的电荷量变小．再考虑到极板间电场强度E＝，由于U、d 不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确．答案：D3．(多选)(20xx·广州一模)如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻，两块水平放置的平行金属板之间，有一根以O为轴可在竖直平面内自由转动的轻小绝缘棒，棒的两端固定着两个带等量异种电荷的小球，当开关S闭合后，棒静止于水平状态．为使棒逆时针开始转动，下列措施可行的是( )A．减小R1 B．减小R2C．增大R3 D．断开S解析：R1与平行金属板串联，当减小R1电阻时，R3两端电压没有改变，金属板两端电压也不变，故A项错误．R2与R3串联，当减小R2阻值时，R3两端分压增大，金属板两端电压增大，故B项正确．当增大R3阻值时，R3两端分压增大，金属板两端电压增大，故C 项正确．断开S后，电路为断路，R3两端无电压，金属板电压减小，故D项错误．答案：BC4.(20xx·荆州模拟)如图所示，质量m＝2.0×10－4 kg、电荷量q＝1.0×10－6 C的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E 的匀强电场中．取g＝10 m/s2.(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，方向不变，求在t＝0.20 s时间内电场力做的功；(3)在t＝0.20 s时突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能．解析：(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有qE＝mg，得E＝＝2.0×103 N/C，方向竖直向上．(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，设微粒的加速度为a，在t＝0.20 s时间内上升高度为h，电场力做功为W，则qE0－mg＝ma，解得a＝10 m/s2.h＝at2＝0.20 m，W＝qE0h＝8.0×10－4 J.(3)设在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点的动能为E k，则v＝at，Ek＝mgh＋mv2，解得Ek＝8.0×10－4 J.答案：(1)2.0×103 N/C，方向竖直向上(2)8.0×10－4 J (3)8.0×10－4 J一、单项选择题1．(20xx·广州一模)如图，竖直平行金属板分别与电源正、负极相接，一带电颗粒沿图中直线从A向B运动，则该带电颗粒( )A．动能减小B．电势能减小C．机械能减小D．可能带负电解析：重力和电场力对带电颗粒做正功，重力势能和电势能转化为动能，其动能增加，故A项错误．电场力对带电颗粒做正功，其电势能逐渐转化为机械能，电势能逐渐减小，机械能不断增加，故B项正确，C项错误．带电颗粒向负极板运动，电场力做正功，则带电颗粒带正电，故D项错误．答案：B2．(20xx·沧州模拟)某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中( )A．P、Q构成的电容器的电容增大B．P上电荷量保持不变C．M点的电势比N点的低D．M点的电势比N点的高解析：由公式C＝可知，当PQ间距增大时，C减小，故A错误．由C＝可知，在U不变时，C减小，Q减小，即电容器放电，R中的电流方向从M到N，则M点电势高于N点，故B、C错误，D正确．答案：D3．美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d.两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则( )A．油滴带正电B．油滴带电荷量为mg UdC．电容器的电容为kmgd U2D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动解析：由题意知油滴受到的电场力竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q，则极板带电荷量为Q＝kq，由于qE＝mg，E＝，C＝，解得q＝，C＝，将极板N向下缓慢移动一小段距离，U不变，d增大，则场强E减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，故选项C正确．答案：C4．如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是( )A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间不一定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴C所带电荷量最多解析：三个液滴具有相同的水平初速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴C水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，故它所带电荷量也最多，选项D正确；因为电场力对液滴C做功最多，它落到底板时的速率最大，选项C错误．答案：D5．(2017·鞍山模拟)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A．小球带负电B．电场力跟重力平衡C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减少D．小球在运动过程中机械能守恒解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向向上，所以小球带正电，A错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D错误．答案：B6．(20xx·太原模拟)有一种电荷控制式喷墨打印机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，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是( )A．增大墨汁微粒的比荷B．减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C．减小偏转极板的长度D．增大偏转极板间的电压解析：已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，因偏移量y＝)，现要缩小字迹，可行的措施可减小墨汁微粒的比荷，增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能mv，减小偏转极板的长度L，减小偏转极板间的电压U，故选C.答案：C二、多项选择题7．(20xx·青岛模拟)如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点．一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出．下列说法正确的是( )A．粒子的运动轨迹一定经过P点B．粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由E、D之间某点(不含E、D)射出正方形ABCD区域D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域解析：粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项B正确；由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，选项D正确．答案：BD8．(2017·宜昌模拟)如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球( )A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹运动由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央解析：由题意可知电容器所带电荷量不变，因E＝＝＝，所以上板上移一小段距离，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动由下板边缘飞出，选项B正确，A、C错误；若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央，选项D正确．答案：BD9．如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，下列说法中正确的是( )A．滑动变阻器滑片向右移动，其他不变时，电子打在荧光屏上的位置上升B．滑动变阻器滑片向左移动，其他不变时，电子打在荧光屏上的位置上升C．电压U减小，其他不变时，电子从发出到打在荧光屏上的时间减小D．电压U减小，其他不变时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变解析：滑动变阻器滑片向右移动，其他不变时，加速电压增大，电子速度增大，则电子打在荧光屏上的位置下降，选项A错误；滑片向左移动，其他不变时，加速电压减小，电子速度减小，则电子打在荧光屏上的位置上升，选项B正确；电压U减小或增大，其他不变时，电子经加速电压后的水平速度大小不变，从发出到打在荧光屏上的时间不变，选项C错误，D正确．答案：BD三、非选择题10．(2017·长沙模拟)如图所示，水平位置的平行板电容器，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＝2.0×10－6 kg，带电荷量q＝＋1.0×10－8 C，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/s2.试求：(1)带电粒子入射初速度v0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板的电势范围？解析：(1)电容器不带电时，微粒做平抛运动，则有＝v0t，＝gt2，联立两式得v0＝.代入数据得v0＝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UAB＝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＝v0t1＝a1t.且mg－q＝ma1，联立以上各式得φAmin＝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－mg＝ma2，且有a2＝a1，代入数据解得φAmax＝10 V.综上可得6 V≤φA≤10 V.答案：(1)v0＝2.5 m/s (2)6 V≤φA≤10 V11．(20xx·襄阳模拟)如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加一电压U2＝200 V的偏转电场．从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量m＝0.9×10－30 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W.解析：(1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1＝Ek解得Ek＝4.0×10－16 J.(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t，解得t＝.电子在竖直方向受电场力F＝e·.电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a，依据牛顿第二定律有e·＝ma，解得a＝.电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y＝at2＝.解得y＝0.36 cm.(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差U ＝·y，电场力所做的功W＝eU，解得W＝5.76×10－18 J.答案：(1)4.0×10－16 J (2)0.36 cm (3)5.76×10－18 J本热点主要涉及在电场和重力场背景下的宏观带电体的受力和运动的综合分析，常与“斜面”“弹簧”等情景相结合，进行多过程、多运动形式的综合考查，以计算题为主．解决此类问题应以带电粒子为研究对象，按照研究力学问题的基本方法，从力和运动以及功能关系两条主线进行分析和讨论，可概括为“电场情景、力学方法”．1．(多选)(20xx·沈阳模拟)如图所示，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：分析带电粒子的受力情况，画出其受力图如图所示．可以看出其合力方向与其速度方向相反．所以，带电粒子在电场中做匀减速运动．电场力做负功，重力不做功，动能减少，电势能增加，故选项A、C错误，选项B、D正确．答案：BD2. (2017·大连模拟)如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，小球A从紧靠左极板处由静止开始释放，小球B从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动至右极板的过程中，下列判断正确的是( )A．运动时间tA>tBB．电荷量之比qA∶qB＝2∶1C．机械能增加量之比ΔEA∶ΔEB＝2∶1D．机械能增加量之比ΔEA∶ΔEB＝1∶1解析：两小球在竖直方向上做自由落体运动，由h＝gt2得运动时间相同，故A项错误；两球的水平分运动都是初速度为0的匀加速运动，有qE＝ma，x＝at2，所以x＝，由于两球水平分位移之比为2∶1，故qA∶qB＝2∶1，即B项正确；机械能的增加量等于电场力做的功，有ΔE＝qEL，所以ΔEA∶ΔEB＝4∶1，故C、D都错误．答案：B3．(多选)(2017·太原模拟)如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q(可视为质点)固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )A．小球P的速度一定先增大后减小B．小球P的机械能一直在减少C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D．小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加解析：带电小球P在沿斜面方向受到重力沿斜面向下的分力、沿斜面向下的库仑斥力F＝，小球P与弹簧接触的最初阶段，弹簧弹力小于mgsin θ＋，小球P先加速，由于弹簧弹力逐渐增大，库仑斥力逐渐减小，故合力变小，加速度变小，即第一阶段是加速度逐渐减小的加速运动，第二阶段弹簧弹力大于mgsin θ＋，合力沿斜面向上，弹簧弹力逐渐增大，库仑斥力逐渐减小，合力变大，加速度变大，即第二阶段是加速度逐渐变大的减速运动，直到速度减小为0，选项A正确；小球P的机械能变化等于除重力外其他力做的功，即库仑力和弹簧弹力的合力做的功，初始阶段弹簧弹力小于库仑斥力，二者合力做正功，机械能增大，当弹簧弹力大于库仑斥力后，二者合力做负功，机械能减小，选项B错误；小球P的速度最大时即加速度等于0时，弹簧弹力等于库仑力和重力沿斜面向下的分力之和，选项C 错误；小球P与弹簧组成的系统的机械能变化等于除系统弹力和重力外其他力做的功，即库仑斥力做的功，由于库仑斥力做正功，故系统的机械能增加，选项D正确．答案：AD4．(2016·衡阳模拟)如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距离为d＝8 cm，板长为L＝25 cm，接在直流电上，有一带电液滴以v0＝0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起 cm，液滴刚好从金属板末端飞出(g取10 m/s2)，求：(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？解析：(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有qE＝mg，即qU＝mgd.。
【名师一号】高三物理一轮复习 第六章 第三讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动课件 新人教版
(2)偏转运动的分析方法 如图所示：
①垂直于场强方向做匀速直线运动 vx＝v0，x＝v0t. ②平行于场强方向做初速度为零的匀加速直线运动
vy＝at，y＝12at2 a＝qmE＝mqUd 偏转位移 y＝2qml2dUv20 偏转角 tanθ＝mqdUvl20 运动时间 t＝vl0
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)．
(1)电子离开金属板时的侧位移是多少？ (2)电子飞出电场时的速度是多少？ (3)电子离开电场后，打在屏上的 P 点，若 s＝10 cm，求 OP 的高度？
[解析] (1)电子在电场中的加速度 a＝mUqd 侧位移即竖直方向的位移 y＝12at2， 又因 t＝vL0，则 y＝2UmqdLv220＝0.5 cm. (2)电子飞出电场时，水平分速度 vx＝v0， 竖直分速度 vy＝at＝mUdqvL0＝4×106 m/s. 则电子飞出电场时的速度为 v，v＝ v2x＋v2y＝2.04×107 m/s
[解析] 应用全过程动能定理，整个过程重力做功为 mgH.由动能定理得 mgH－qUd (H－h)＝0
所以 U＝qmHg－dHh.
[答案]
mgdH qH－h
[点评] 可以从受力、运动变化，动能定理及能量守恒 三条线索去研究．
用牛顿第二定律结合运动学公式，解答过程表示为：从 位置 1 到位置 2 时，设速度为 v1，则 v21＝2gh
时将有一竖直向下的速度，即将穿过 N 孔继续下落，故 A、 C、D 正确．
[答案] ACD
题型四 带电粒子在电场中的加速 【例 4】 如图所示，一颗质量为 m、电荷量为 q 的微 粒，从两块相距为 d、水平放置的平行板中某点由静止释放， 落下高度 h 后，在平行板上加上一定的电势差 U，带电微粒 经一定时间后速度变为零．若微粒通过的总位移为 H，试问 两板间的电势差为多少？
高三物理一轮总复习 第6章 静电场 第3节 电容器带电粒子在电场中的运动
咐呼州鸣咏市呢岸学校第3节电容器带电粒子在电场中的运动一、选择题：1～6题为单项选择，7～9题为多项选择．1．如图，带电荷量为＋q、质量为m的滑块，沿固的绝缘斜面匀速下滑．现加上一竖直向上的匀强电场，电场强度为E，且qE＜mg.物体沿斜面下滑的过程中，以下说法正确的选项是A．滑块将沿斜面减速下滑B．滑块仍沿斜面匀速下滑C．加电场前，系统机械能守恒D．加电场后，重力势能的减少量于电势能的增加量2．如图，两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，接通开关S，电源即给电容器充电A．保持S接通，减小两极板间的距离，那么两极板间电场的电场强度减小B．保持S接通，在两极板间插入一块介质，那么极板上的电量减小C．断开S，减小两极板间的距离，那么两极板间的电势差减小D．断开S，在两极板间插入一块介质，那么两极板间的电势差增大3．如下图，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的 P 点以某一水平速度射入电场，从右边界的 Q 点射出，以下判断正确的有A．粒子带正电B．粒子做匀速圆周运动C．粒子电势能增大D．假设增大电场强度粒子通过电场的时间变大4．如下图，平行板电容器通过一滑动变阻器R 与直流电源连接，G 为一零刻度在表盘的灵敏电流表，闭合开关S 后，以下说法正确的选项是A ．假设只在两板间插入电介质，电容器的两板间电压将增大B ．假设只在两板间插入电介质，电容器的电容将保持不变C ．假设只将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a 到b 方向的电流D ．假设只将滑动变阻器滑片P 向上移动，电容器储存的电量将增加5．示波管的内部结构如图甲所示．如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心．如果在偏转电极XX′之间和YY′之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中(a )、(b )所示的两种波形．那么A ．假设XX′和YY′分别加电压(3)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a )所示波形B ．假设XX′和YY′分别加电压(4)和(1)，荧光屏上可以出现图乙中(a )所示波形C ．假设XX′和YY′分别加电压(3)和(4)，荧光屏上可以出现图乙中(b )所示波形D ．假设XX′和YY′分别加电压(4)和(2)，荧光屏上可以出现图乙中(b )所示波形6．如下图，一个质量为m 、带电量为q 的粒子从两带电平行板的间沿与匀强电场垂直的方向射入，不计粒子所受的重力当粒子的入射速度为v 时，它恰能穿过一电场区域而不碰到金属板上．现欲使质量为m 、入射速度为v2的粒子也能恰好穿过这一电场区域而不碰到金属板，在以下的仅改变某一物理量的方案中，不可行的是A ．使粒子的带电量减少为原来的14B ．使两板间所接电源的电压减小到原来的一半C ．使两板间的距离增加到原来的2倍D ．使两极板的长度减小为原来的一半7．如下图，ABCD 为匀强电场中相邻的四个势面，相邻势面间距离为5 cm .一个电子仅受电场力垂直经过电势为零的势面D 时，动能为15 eV (电子伏)，到达势面A 时速度恰好为零．那么以下说法正确的选项是A ．电场强度方向从A 指向DB ．匀强电场的电场强度为100 V /mC ．电子经过势面C 时，电势能大小为5 eVD ．电子在上述势面间运动的时间之比为1∶2∶38．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处，不计电子的重力，以下说法正确的选项是A ．从t ＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B ．从t ＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C ．从t ＝T4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D ．从t ＝3T 8时刻释放电子，电子必将打到左极板射出9．如下图，水平地面上固一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q.小球A 的右侧固放置带量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，那么A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq2d2 B ．当q d ＝ mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d＝ mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝mgk tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0 二、计算题10．如下图，一平行板电容器接在U ＝12 V 的直流电源上，电容C ＝3.0×10－10F ，两极板间距离d ＝×10－3m，取g＝10 m/s2，求：(1)该电容器所带电量；(2)假设板间有一带电微粒，其质量为m＝2.0×10－3kg，恰在板间处于静止状态，那么该微粒带电量为多少？带何种电荷？11．光滑绝缘的水平面上放有如下图的用绝缘材料制成的“∟〞形板(其水平足够长、左端竖直为A“∟〞形板的质量为m.距板的A壁距离为L的B处放有一质量也为m、电荷量为q的带正电的小物体(可壁)，视为质点)，小物体与板面间的摩擦可忽略不计，整个装置处于电场强度大小为E，方向水平向左的匀强电场中，原来板与小物体都静止，且它们始终处于电场中，求：(1)释放小物体，它第一次与板A壁碰前的速度v1的大小；(2)假设小物体与A壁碰撞后交换速度(碰撞后小物体的速度为板碰撞前的速度，即速度为零；板以小物体碰前的速度运动)，且碰撞时间可忽略．那么小物体在第二次跟A壁碰撞瞬间，板运动的总位移为多大；(3)假设小物体与板A壁每次碰撞后都交换速度，求小物体从开始运动到与板第三次碰撞瞬间，小物体电势能的增量．第3节 电容器带电粒子在电场中的运动【考点集训】1．B 2.C 3.A 4.D 5.A 6.B 7.BC 8.AC 9.AC 10．【解析】(1)由公式C ＝QU 得 Q ＝CU ＝3.0×10－10×12 C ＝×10－9C .(2)假设带电微粒恰在极板间静止，那么qE ＝mg ，而E ＝U d 解得q ＝mgd U ＝2.0×10－3×10×0×10－312 C ＝2.0×10－6 C微粒带负电荷．11．【解析】(1)根据动能理有qEL ＝12mv 21，解得：v 1＝2qELm(2)设第一次碰撞至第二次碰撞经历的时间为t 2，根据题意有 v 1t 2＝12qE m t 22，解得：t 2＝2mv 1qE板运动的总位移s 2＝v 1t 2＝2mv 21qE＝4L (3)第二次碰撞后B 的速度v B ＝v 1，A 的速度v A ＝qEm t 2＝2v 1 设第二次碰撞后至第三次碰撞前所经历的时间为t 3，那么有 2v 1t 3＝v 1t 3＋12qE m t 23，解得：t 3＝2mv 1qE此过程中小物块的位移s ＝L ＋v 1t 2＋2v 1t 3＝13L 小物块电势能的增量ΔE P ＝－W ＝－13qEL。
高三第一轮复习-电容器 带电粒子在电场中的运动
电容器带电粒子在电场中的运动1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．考点一平行板电容器的动态分析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＝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． 3．两种类型的动态分析思路(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．[例题1] （2024•嘉兴模拟）如图所示是电容式话筒示意图，振动膜片涂有薄薄的金属层，膜后几十微米处是固定的金属片，两者构成了电容器的两极。
当声音传至振动膜片时，带动膜片振动，引起两极板间距变化。
则（ ）A ．膜片振动过程中电容器两极间电压恒定B ．膜片向右振动时通过电阻R 的电流向左C ．声音频率越高时话筒的输出信号越强D ．膜片振动频率与声音频率无关[例题2] （2024•琼山区校级模拟）磷脂双分子层是构成细胞膜的基本支架，分子层之间具有弹性，可近似类比成劲度系数为k'的轻质弹簧。
细胞膜上的离子泵可以输运阴阳离子，使其均匀地分布在分子层上，其结构示意如图所示。
已知无限大均匀带电薄板周围的电场为匀强电场，静电力常量为k ，介质的相对介电常数为εr ，细胞膜的面积S ≫d 2。
当内外两膜层分别带有电荷量Q 和﹣Q 时，关于两分子膜层之间距离的变化情况，下列说法正确的是（ ）A．分子层间的距离增加了2πkQ2εr Sk′B．分子层间的距离减小了2πkQ2εr Sk′C．分子层间的距离增加了4πkQ2εr Sk′D．分子层间的距离减小了4πkQ2εr Sk′[例题3]（多选）（2024•江西模拟）电容式加速度传感器是常见的手机感应装置，结构如图所示。
(浙江选考)2021版新高考物理一轮复习8第六章静电场3第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动课件
【题组过关】
1．(2020·1 月浙江选考)如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转
电场中，已知极板长度 l，间距 d，电子质量 m，电荷量 e.若电子恰好从极板边缘射出电
场，由以上条件可以求出的是
()
A．偏转电压
B．偏转的角度
C．射出电场速度
D．电场中运动的时间
答案：B
2．一束电子流在经 U＝5000V 的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板 间的匀强电场，如图所示．若两板间距 d＝1.0cm，板长 l＝5.0cm，那么要使电子能从平 行板间飞出，两个极板上最大能加多大电压？
1．粒子的偏转角 (1)以初速度 v0 垂直进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为 m，带电荷量为 q，偏转电压为 U1，若粒子飞出电场时偏转角为 θ，
则 tanθ＝mqUv201dl 结论：动能一定时，tanθ与 q 成正比，电荷量相同时 tanθ与动能成反比．
(2)粒子从静止开始经加速电场 U0 加速后再进入偏转电场，则有：qU0＝12mv20
结论：无论带电粒子的 m、q 如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转 电场，它们飞出的偏移量y和偏转角 θ 都是相同的，也就是运动轨迹完全重合．
【典题例析】 (2020·丽水质检)如图所示，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)，以垂直于电场线方向的初速度 v0 射入电场中，v0 方向的 延长线与屏的交点为 O.试求：
答案：400V
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【典题例析】 (2019·4 月浙江选考)下列器件中是电容器的是
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1
第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
高考·模拟·创新
图6－3－18
1．(2015年高考·上海卷)两个正、负点电荷周围电场线分布如图6－3－18所示，P、Q
为电场中两点，则( )
A
．正电荷由P静止释放能运动到Q
B
．正电荷在P的加速度小于在Q的加速度
C
．负电荷在P的电势能高于在Q的电势能
D
．负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零
解析：正电荷由P点静止释放时，会沿电场线切线方向运动，所以不能运动到Q点，故
A错误；P点的电场线密集，所以电场力大，加速度也大，故B
错误；因为顺着电场线方向电
势逐渐降低，P点电势高于Q点电势，所以负电荷在P的电势能小于在Q的电势能，故C错
误；如果取无穷远处的电势为0，正电荷附近P点的电势高于0，负电荷附近Q点的电势低于
0，所以负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势为0，该点电势能也为0，故D正确．
答案：D
2．(2015年高考·海南卷)如图6－3－19，两电荷量分别为Q(Q＞0)和－Q的点
图6－3－19
电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧，a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于
y轴O点上方．取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是( )
A
．b点电势为零，电场强度也为零
B
．正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右
2
C
．将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功
D
．将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大
解析：因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场
方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电
势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方
向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电
势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，将
正电荷从O点移到a点，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电
势相等，所以将同一正电荷先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，
D
错误；
答案：BC
图6－3－20
3．(2015年高考·天津卷)如图6－3－20所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置
无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏
转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
A
．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B
．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C
．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D
．三种粒子一定打到屏上的同一位置
解析：粒子在电场中先加速后偏转．
加速过程：根据动能定理，E1qd1＝12mv21①
得出v1＝2E1d1qm②
加速时间t1＝v1a1＝2d1mE1q③
偏转过程：偏转时间t2＝Lv1＝Lm2E1d1q④
沿电场方向速度
3
vy＝a2t2＝E2qmLm2E1d1q＝E22qL22E1d1m⑤
沿电场方向位移
y＝12a2t22＝12E2qm(Lm2E1d1q)2＝E2L24E1d1 ⑥
A
选项正确，三种粒子所带电荷量相同，又因为⑥式可知三种粒子在偏转电场中沿电场
方向位移相同，因此偏转电场对三种粒子做功一样多．B选项错误，由②式和⑤式可知粒子
在离开偏转电场时垂直偏转电场方向与沿偏转电场方向速度都与粒子比荷有关，因此粒子打
到屏上时的速度即离开偏转电场时的速度都不一样．C选项错误，由③式和④式可知，粒子
在加速电场、偏转电场的运动时间与粒子比荷有关，不难证明，离开偏转电场后运动时间也
与粒子比荷有关，因此粒子到达屏时间不同．D选项正确，由⑥式可知，粒子沿偏转电场方
向位移与粒子比荷无关，由②⑤式可知，三种离子离开偏转电场时速度方向相同，离子离开
偏转电场后沿直线运动，三种粒子会打到屏上同一位置．
答案：AD
4.
图6－3－21
(2015年高考·安徽卷)在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中
未画出)，由A点斜射出一质量为m，带电量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，
如图6－3－21所示，其中l0为常数．粒子所受重力忽略不计．求：
(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；
(2)粒子从A到C过程所经历的时间；
(3)粒子经过C点时的速率．
解析：(1)由公式F＝qE，W＝Fs可得电场力做的功为W＝F·3l0＝3qEl0
(2)由牛顿第二定律可得：a＝Fm＝qEm.带电粒子从最高点到C点做类平抛运动，由x轴方
向的位移可知从最高点到B点和从B点到C点的时间相等，所以从最高点到B点和从B点到
C点的竖直位移之比为1∶3，所以最高点的
坐标为y＝l0.设从最高点到B点的时间为t，根据y＝12at2＝12qEmt2＝l0.可得t＝ 2ml0qE，
所以tAC＝3t＝3 2ml0qE.
4
(3)最高点的速度为vx，由l0＝vxt得vx＝l0t＝qEl02m.从最高点到C点由动能定理可得：
qE·4l0＝12mv2C－12mv2x，解得：vC＝ 17qEl02m.
答案：(1)W＝3qEl0 (2)tAC＝32ml0qE (3)vC＝17qEl02m