《金版教程》2017届高考·人教新课标物理一轮文档：6-3电容器与电容、带电粒子在电场中的运动

物理一轮复习 6.3 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动学案 新人教版选修31【考纲知识梳理】 一。

电容器1. 构成：两个互相靠近又彼此绝缘的导体构成电容器。

2. 充放电：（1）充电：使电容器两极板带上等量异种电荷的过程。

充电的过程是将电场能储存在电容器中。

（2）放电：使充电后的电容器失去电荷的过程。

放电的过程中储存在电容器中的电场能转化为其他形式的能量。

3．电容器带的电荷量：是指每个极板上所带电荷量的绝对值 4.电容器的电压：（1）额定电压：是指电容器的对大正常工作即电容器铭牌上的标定数值。

（2）击穿电压：是指把电容器的电介质击穿导电使电容器损坏的极限电压。

二.电容1．定义：电容器所带的电荷量Q 与两极板间的电压U 的比值 2．定义式：是计算式非决定式）(U Q U Q C ∆∆==3．电容的单位：法拉，符号：F 。

PF F F 12610101==μ 4．物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等于电容器两板间的电势差增加1V 所需的电荷量。

5．制约因素：电容器的电容与Q 、U 的大小无关，是由电容器本身的结构决定的。

对一个确定的电容器，它的电容是一定的，与电容器是否带电及带电多少无关。

三.平行板电容器1．平行板电容器的电容的决定式：d d k C S S 41εεπ∝•=即平行板电容器的电容与介质的介电常数成正比，与两板正对的面积成正比，与两板间距成反比。

2．平行板电容器两板间的电场：可认为是匀强电场，E=U/d 四.带电粒子在电场中的运动1.带电粒子的加速：对于加速问题，一般从能量角度，应用动能定理求解。

若为匀变速直线运动，可用牛顿运动定律与运动学公式求解。

2. 带电粒子在匀强电场中的偏转：对于带电粒子以垂直匀强电场的方向进入电场后，受到的电场力恒定且与初速度方向垂直，做匀变速曲线运动（类平抛运动）。

⑴处理方法往往是利用运动的合成与分解的特性：分合运动的独立性、分合运动的等时性、分运动与合运动的等效性。

第1讲电流电阻电功及电功率知识点1电阻定律Ⅰ电流1.电流(1)形成电流的条件①导体中有能够自由移动的电荷。

②导体两端存在电压。

(2)电流的方向与正电荷定向移动的方向相同，与负电荷定向移动的方向相反。

电流虽然有方向，但它是标量。

(3)定义式：I＝q t。

(4)微观表达式：I＝nqS v。

(5)单位：安培(安)，符号A,1 A＝1 C/s。

2．欧姆定律(1)内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟导体的电阻R成反比。

(2)公式：I ＝UR 。

(3)适用条件：适用于金属导电和电解液导电，适用于纯电阻电路。

(4)伏安特性曲线①定义：在直角坐标系中，用纵轴表示电流I ，用横轴表示电压U ，画出I -U 的关系图象，叫做导体的伏安特性曲线。

②线性元件：伏安特性曲线是通过坐标原点的直线的电学元件叫做线性元件。

如图甲所示。

③非线性元件：伏安特性曲线不是直线的电学元件叫做非线性元件。

如图乙所示。

3．电阻定律(1)内容：同种材料的导体，其电阻R 与它的长度l 成正比，与它的横截面积S 成反比，导体电阻还与构成它的材料有关。

(2)公式：R ＝ρl S 。

(3)适用条件：粗细均匀的金属导体或浓度均匀的电解液。

4.电阻率(1)计算公式：ρ＝RSl 。

(2)物理意义：电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量。

某种材料的电阻率由这种材料的性质决定(温度一定)，与导体的大小、形状无关。

(3)电阻率与温度的关系。

①金属：电阻率随温度升高而增大。

②半导体：电阻率随温度升高而减小。

③超导体：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率突然变为零，成为超导体。

④一些合金：几乎不受温度的影响。

知识点2 电功率、焦耳定律 Ⅰ 1.电功(1)定义：电路中电场力移动电荷做的功。

(2)公式：W＝qU＝IUt(适用于任何电路)。

(3)单位：国际单位是焦耳(J)，常用单位是度(kW·h)，1_kW·h＝3.6×106_J。

第三课时 电容器 带电粒子在电场中的运动考纲考情：5年23考 示波管(Ⅰ) 电容器(Ⅰ) 带电粒子在电场中的运动(Ⅱ)[基础梳理]知识点一 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．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值． (2)定义式：C ＝QU.(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量． (4)单位：法拉(F) 1 F ＝106 μF ＝1012 pF 3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比．(2)决定式：C ＝εr S4πkd，k 为静电力常量．知识点二 带电粒子在匀强电场中的运动 示波管 1．加(减)速问题带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场中，受到的静电力方向与运动方向在一条直线上，做匀变速直线运动．2．偏转问题 (1)研究条件带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．(2)运动性质不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场方向飞入匀强电场时，受到方向与初速度方向垂直的静电力作用而做类平抛运动．(3)处理方法类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法．①垂直于电场方向做匀速直线运动．②平行于电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．3．示波管(1)示波管的构造：①电子枪、②偏转电极、③荧光屏．(2)工作原理(如图所示)①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．②YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．,1.有一只电容器的规格是“1.5 μF,9 V”，那么()A．这只电容器上的电荷量不能超过1.5×10－5 CB．这只电容器上的电荷量不能超过1.35×10－15 CC．这只电容器的额定电压为9 VD．这只电容器的击穿电压为9 V[解析]9 V为电容器的额定电压(或工作电压)，故C正确；正常工作时的带电荷量Q ＝CU＝1.5×10－6×9 C＝1.35×10－5 C，选项B正确．[答案]BC2．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()A ．C 和U 均增大B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小[解析] 根据C ＝εr S 4πkd ，插入电介质，电容C 增大，根据U ＝QC ，知U 减小，B 正确．[答案] B3.(2016·宣城月考)如图所示，质子(11H)和α粒子(42He)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∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶4[解析] 由y ＝EqL 22m v 20和E k0＝12m v 20，得y ＝EL 2q 4E k0可知，y 与q 成正比，B 正确．[答案] B4.如图所示，有一质量为m 、带电荷量为q 的油滴，被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中，设油滴是从两板中间位置，由静止释放，则可以判定( )A ．油滴在电场中做抛物线运动B ．油滴在电场中做匀加速直线运动C ．油滴打在极板上的运动时间只取决于电场强度和两板间距离D ．油滴打在极板上的运动时间不仅取决于电场强度和两板间距离，还取决于油滴的比荷[解析] 油滴初速度为0，受不变的重力和电场力，做匀加速直线运动，A 错，B 对；由d 2＝12 Eqmt 2得，C 错，D 对． [答案] BD考向一 平行板电容器的动态分析问题1．运用电容器定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路。

1.物质的电结构、电荷守恒Ⅰ2．静电现象的解释Ⅰ3．点电荷Ⅰ4．库仑定律Ⅱ5．静电场Ⅰ6．电场强度、点电荷的场强Ⅱ7．电场线Ⅰ8．电势能、电势Ⅰ9．电势差Ⅱ10．匀强电场中电势差与电场强度的关系Ⅰ11．带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ12．示波管Ⅰ13．常见电容器Ⅰ14．电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ1．电荷守恒定律、库仑定律及其应用．2．电场强度、电场线、等势面、电势能、匀强电场中电势差和场强的关系，常以选择题的形式考查．3．电场力做功的特点，电势能的变化与电场力做功的关系．4．带电粒子在电场中的加速、偏转规律及应用．5．平行板电容器及其动态变化问题．6．电场和运动学、牛顿运动定律、能量等结合起来构成的力、电综合问题，能力要求较高，题型多为计算题．7．重视电场知识与生产、生活实际、科学研究等的联系，如示波管、电容式传感器、静电分选器等新情境综合题，是高考考查的热点问题．一、电荷守恒定律1．物质的电结构(1)原子是由带正电的原子核和带负电的电子构成，原子核的正电荷数与电子的负电荷数相等．(2)金属中离原子核最远的电子往往会脱离原子核的束缚而在金属中自由活动，这种电子叫做自由电子.2．电荷及电荷守恒定律(1)元电荷：最小的电荷量，e ＝1.60×10－19C ．其他带电体的电荷量皆为元电荷的整数倍 .(2)电荷守恒定律．①内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变.②起电方式： 摩擦起电、 接触起电、感应起电. ③带电实质，物体带电的实质是得失电子． 二、库仑定律 1．点电荷(1)当带电体本身的大小和形状对所研究的问题影响很小时，可以将带电体视为点电荷．(2)点电荷是一种理想化的物理模型． 2．库仑定律(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的平方成反比．作用力的方向在它们的连线上 .(2)表达式：F ＝k Q 1Q 2r2，式中k ＝9.0×109 N ·m 2/C 2，叫静电力常量．(3)适用条件：真空中的点电荷． 三、静电场、电场强度 1．静电场(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质．(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用 . 2．电场强度(1)定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F 与它的电荷量Q 的比值．(2)定义式：E ＝FQ单位：N /C 或V /m _．(3)点电荷的电场强度：真空中点电荷形成的电场中某点的电场强度：E ＝k Qr2．(4)方向：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点的电场强度方向.(5)电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和遵从平行四边形定则．四、电场线1．定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的电场强度方向一致，曲线的疏密表示电场的强弱．2．电场线的特点．(1)电场线从正电荷或无限远处出发终止于负电荷或无限远处． (2)电场线不相交．(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大． (4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向． (5)沿电场线方向电势逐渐降低． (6)电场线和等势面在相交处互相垂直． 3．几种典型电场的电场线．1．完全相同的两金属球接触后电荷先中和后平分．(√) 2．把电荷放入电场中，电荷一定受到电场力的作用．(√) 3．根据公式E ＝k Qr2得，当r →0时，有E →∞.(×)4．电场强度反映了电场力的性质，所以此电场中某点的场强与试探电荷在该点所受的电场力成正比. (×)5．电场中某点的场强方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向．(√)6．带电粒子的运动轨迹可能与电场线重合．(√)1．(2015·株洲模拟)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是( )解析：每个14圆环在O 点产生的电场强度大小相等，设为E.根据电场的叠加原理和对称性，得A 、B 、C 、D 各图中O 点的电场强度分别为E A ＝E 、E B ＝2E 、E C ＝E 、E D ＝0，故选项B 正确．答案：B2．(2016·大连模拟)金属小球a 和金属小球b 的半径之比为1∶3，所带电荷量之比为1∶7.两小球间距远大于小球半径且间距一定时，它们之间的相互吸引力大小为F.已知取无穷远处为零电势，导体表面的电势与导体球所带的电荷量成正比，与导体球的半径成反比．现将金属小球a 与金属小球b 相互接触，达到静电平衡后再放回到原来位置，这时a 、b 两球之间的相互作用力的大小是(不考虑万有引力)( )A .9F 7B .16F7 C .12F 7 D .27F 28解析：由题意可知，两金属球之间为吸引力，两金属球带异种电荷，而且导体表面电势与导体球所带电荷量成正比，与导体球的半径成反比，因此将两小球接触后，带电荷量之比为1∶3，由库仑定律可知，a 、b 两球之间的相互作用力大小为27F28.答案：D3．(2016·黄石模拟)如图所示，竖直平面内有一圆形光滑绝缘细管，细管截面半径远小于半径R ，在中心处固定一电荷量为＋Q 的点电荷．一质量为m 、电荷量为＋q 的带电小球在圆形绝缘细管中做圆周运动，当小球运动到最高点时恰好对细管无作用力，求当小球运动到最低点时对管壁的作用力是多大？解析：设小球在最高点时的速度为v 1，根据牛顿第二定律mg －kQq R 2＝m v 21R.① 设小球在最低点时的速度为v 2，管壁对小球的作用力为F ， 根据牛顿第二定律有F －mg －kQq R 2＝m v 22R.②小球从最高点运动到最低点的过程中只有重力做功，故机械能守恒，则12mv 21＋mg·2R ＝12mv 22.③ 由①②③式得F ＝6mg.由牛顿第三定律得小球对管壁的作用力F′＝6mg. 答案：6mg一、单项选择题1．(2016·邢台模拟)如图所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球 A.在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B.当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ，若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则q2q1为()A．2B．3C．2 3 D．3 3解析：对A受力分析如图所示，由库仑定律得F ＝k q A q Br 2，又r ＝l sin θ，F ＝G tan θ，由以上各式可解得q B ＝Gl 2sin 2 θtan θkq A ，因G 、l 、q A 、k 不变，则q 2q 1＝sin 245°tan 45°sin 2 30°tan 30°＝23， 故C 正确． 答案：C2．2015年7月22日10时，位于湖南浏阳市的某烟花制造厂发生爆炸．爆炸事故造成一人死亡、一人受伤．爆炸发生时，该厂的药物生产线正在作业，初步断定是因空气干燥，炸药堆放时间过长，由静电引发了爆炸．摩擦可以产生静电，原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10－15 C ，丙物体带电8×10－16 C ．则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是( )A ．乙物体一定带有负电荷8×10－16 CB ．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15C C ．丙物体一定带有正电荷8×10－16 CD ．丙物体一定带有负电荷2.4×10－15 C解析：由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有静电荷；甲、乙摩擦导致甲失去电子1.6×10－15C而带正电，乙物体得到电子而带1.6×10－15C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒定律可知，乙最终所带负电荷为1.6×10－15C－8×10－16C＝8×10－16C．选项B、C、D错误，选项A正确．答案：A3．(2016·十堰模拟)如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a、b两点电场强度和电势均相同的是()解析：A、D项中，a、b两点处场强大小相等但方向不同，故A、D错；B项中，a、b两点处场强大小及方向均不相同，B错；C项中，a、b两点处在＋q、－q连线的中垂线上，且关于连线中点对称，故电场强度相同，电势相同，C对．答案：C4．(2016·青岛模拟)一带正电小球从光滑绝缘的斜面上O点由静止释放，在斜面上水平虚线ab 和cd 之间有水平向右匀强电场如图所示．下列选项中哪个图象能正确表示小球的运动轨迹( )解析：带正电小球从光滑绝缘的斜面上O 点由静止释放，开始做匀加速直线运动，进入电场区域后受到电场力作用后水平向右偏转，出电场后向下偏转，所以能正确表示小球的运动轨迹的是D .答案：D5．(2016·运城模拟)如图所示边长为a 的正三角形ABC 的三个顶点分别固定三个点电荷＋q 、＋q 、－q ，则该三角形中心O 点处的场强为( )A .6kqa2，方向由C 指向OB .6kqa 2，方向由O 指向C C .3kqa 2，方向由C 指向O D .3kqa2，方向由O 指向C解析：每个点电荷在O 点处的场强大小都是E ＝kq （3a/3）2＝3kqa 2，画出矢量叠加的示意图，如图所示，由图可得O 点处的合场强为E 0＝2E ＝6kqa2，方向由O 指向C.B 项正确．答案：B6．(2016·衡水模拟)如图所示，真空中A 、B 两个点电荷的电荷量分别为＋Q 和＋q ，放在光滑绝缘水平面上，A 、B 之间用绝缘的轻弹簧连接．当系统平衡时，弹簧的伸长量为x 0.若弹簧发生的均是弹性形变，则( )A ．保持Q 不变，将q 变为2q ，平衡时弹簧的伸长量等于2x 0B ．保持q 不变，将Q 变为2Q ，平衡时弹簧的伸长量小于2x 0C．保持Q不变，将q变为－q，平衡时弹簧的缩短量等于x0 D．保持q不变，将Q变为－Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0解析：设弹簧劲度系数为k′，原长为x.当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有：k′x0＝k Qq（x＋x0）2，保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：k′x1＝k 2Qq（x＋x1）2，解得x1<2x0，故A错误；同理可得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故B正确；保持Q不变，将q变为－q，如果缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，平衡时弹簧的缩短量大于x0，故C错误，同理D也错误．答案：B二、多项选择题7．两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c点是两负电荷连线的中点，d点在正电荷的正上方，c、d到正电荷的距离相等，则()A．a点的电场强度比b点的大B．a点的电势比b点的高C．c点的电场强度比d点的大D．c点的电势比d点的低解析：由图知，a点处的电场线比b点处的电场线密集，c点处电场线比d点处电场线密集，所以A、C正确；过a点画等势线，与b点所在电场线的交点在b点沿电场线的方向上，所以b点的电势高于a点的电势，故B错误；同理可得d点电势高于c点电势，故D 正确．答案：ACD8.(2016·承德模拟)如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O，半径为R，将等电量的两正点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，与O点的连线和OC间夹角为30°，下列说法正确的是()A．电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零B．电荷q从B点运动到D点，电场力做功为零C．O点的场强大小为kQ R2D ．O 点的场强大小为3kQR2解析：电荷q 从A 点运动到C 点，电场力做负功不为零，A 错；根据对称性知B 正确；O 点的场强大小为E ＝kQ R 2·2cos 30°＝3kQR 2，C 错，D 正确．答案：BD9．(2016·渭南模拟)如图甲所示，在x 轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，O 、A 、B 为轴上三点，放在A 、B 两点的试探电荷受到的电场力跟试探电荷所带电荷量的关系如图乙所示，则( )A ．A 点的电场强度大小为2×103 N /CB ．B 点的电场强度大小为2×103 N /C C ．点电荷Q 在A 、B 之间D ．点电荷Q 在A 、O 之间解析：对于电场中任意一点而言，放在该处的试探电荷的电荷量q 不同，其受到的电场力F 的大小也不同，但比值Fq 是相同的，即该处的电场强度．所以F －q 图象是一条过原点的直线，斜率越大则场强越大．由题图可知A点的电场强度E A＝2×103N/C，B点的电场强度E B＝0.5×103N/C，A正确，B错误；A、B两点放正、负不同的电荷，受力方向总为正，说明A、B的场强方向相反，点电荷Q 只能在A、B之间，C正确．答案：AC三、非选择题10．(2016·张家界模拟)一根长为l的丝线吊着一质量为m、电荷量为q的带电小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响(重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球经过最低点时受到的拉力的大小．解析：(1)小球静止在电场中受力如图所示，显然小球带正电，由平衡条件得 mg tan 37°＝qE ， 故E ＝3mg 4q.(2)电场方向变成向下后受力如图所示，小球开始摆动 做圆周运动，重力、电场力对小球做正功．由动能定理得12mv 2＝(mg ＋qE)l(1－cos 37°)． 由圆周运动知识，在最低点时， F T －(mg ＋qE)＝m v 2l .解得F T ＝4920mg.答案：(1)3mg 4q (2)4920mg11．(2016·唐山模拟)如图所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在A 点正上方离A 高度为h 的B 点由静止释放某带电的液珠，液珠开始运动的瞬间加速度大小为g2(g 为重力加速度)．已知静电力常量为k ，两带电物体均可看成点电荷，液珠只能沿竖直方向运动，不计空气阻力．(1)求液珠的比荷(电荷量与质量的比值)；(2)若液珠开始释放时的加速度方向向上，要使液珠释放后保持静止，可以加一竖直方向的匀强电场，则所加匀强电场的方向如何？电场强度的大小为多少？解析：(1)加速度的方向分两种情况：①加速度向下时，因为mg －k Qqh 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12g ，所以q m ＝gh 22kQ.②加速度向上时，因为k Qqh 2－mg ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫12g ，所以q m ＝3gh 22kQ.(2)因为液珠开始释放时的加速度方向向上，所以液珠带正电．要使液珠释放后保持静止，必须加一方向竖直向下的匀强电场．因为qE－12mg＝0，所以E＝mq·g2＝kQ3h2.答案：(1)gh22kQ或3gh22kQ(2)竖直向下kQ3h2。

第二单元 带电粒子在匀强电场中的运动第3课 电容与电容器考点 常见电容器、电容器的电压、电荷量和电容的关系1．电容器．(1)组成：两个彼此绝缘且又靠的很近的导体． (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，两极板间有电场存在，电容器储存电场能． ②放电：用导线将充电后的电容器的两极板接通，极板上电荷减少的过程．放电后的两极板间不再有电场，电场能转化为其他形式的能量．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．(2)意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量．(3)定义式：C ＝Q U ＝ΔQ ΔU. (4)单位：1法拉(F)＝106微法(μF)＝1012皮法(pF)．3．平行板电容器．(1)平行板电容器所带电荷量是指一块极板所带电荷量的绝对值．(2)决定式：C ＝εr S 4πkd．即是说，平行板电容器的电容C 跟电容器的正对面积、介电常数成正比，跟两极板间的距离成反比．,1．板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间场强为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间电势差为U 2，板间场强为E 2，下列说法正确的是(C )A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1D ．U 2＝2U 1，E 2＝2E 1解析：U 1＝Q C ，E 1＝U 1d .当板间距变为12d 时，由C ＝εr S 4πkd可知电容变为2C ，而带电荷量也变为2Q ，故U 2＝2Q 2C ＝U 1，E 2＝U 112d ＝2U 1d ＝2E 1，故C 选项正确． 2．传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示为测定压力的电容式传感器，将电容器、零刻度在中间的灵敏电流计和电源串联成闭合回路．当压力F 作用于可动膜片电极上时，膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转，从对膜片施加恒定的压力开始到膜片稳定之后，灵敏电流计指针的偏转情况为(已知电流从电流计正接线柱流入时指针向右偏)(B )A ．向左偏到某一刻度后回到零刻度B ．向右偏到某一刻度后回到零刻度C ．向右偏到某一刻度后不动D ．向左偏到某一刻度后不动解析：由于电容器始终与电源相连，所以两极板间的电压U 不变，当压力F 作用于可动膜片电极上时，两极板间距离d 减小，电容C 增大，由C ＝Q U可知Q 增大，电容器两极板间电荷量增加，即对电容器有一短暂的充电过程，又因为上极板带正电，所以灵敏电流计指针向右偏转；当压力使膜片稳定后，电容不变，两极板带电荷量不变，电流计指针重新回到零刻度处，故只有B 对．3．如图所示，C 为中间插有电介质的电容器，a 和b 为其两极板，a 板接地；P 和Q 为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P 板与b 板用导线相连，Q 板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b 板带电后，悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是(BC )A ．缩小a 、b 间的距离B ．加大a 、b 间的距离C ．取出a 、b 两极板间的电介质D ．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质解析：由题意可得U PQ ＝U ab ；由α角增大可知PQ 间场强增大，由U ＝Ed 知U PQ 增大；由Q ＝CU 知P 、Q 板电荷增多，由题意知b 板和P 板电荷量之和恒定，知a 、b 板电荷一定减少；由Q ＝CU ，知电容器C 电容一定减小；由C ＝εr S 4πkd，知A 错，B 对，C 对，D 错． 课时作业一、单项选择题1．关于电容器和电容，下列说法错误的是(A )A ．根据C ＝Q U可知，电容器的电容与其所带的电荷量成正比，跟两板间的电压成反比 B ．对于确定的电容器，其带电荷量与两板间的电压成正比C ．无论电容器的电压如何变化(小于击穿电压且不为0)，它所带的电荷量与电压的比值恒定不变D ．电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与加在两板上的电压无关解析：电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，其大小由电容器自身的结构决定，与加在两板上的电压U 和极板所带电荷量Q 无关，A 项错误，C 、D 两项正确；对于确定的电容器，电容C 一定，其带电荷量Q 与两板间的电压U 成正比，B 项正确．2．传感器是一种采集信息的重要器件．如图所示为测定压力的电容式传感器，A 为固定电极，B 为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器．可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容．现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流计和电源串联成闭合电路，已知电流从电流计正接线柱流入时指针向右偏转．当待测压力增大时(D )A ．电容器的电容将减小B ．灵敏电流计指针在正中央零刻度处C ．灵敏电流计指针向左偏转D ．灵敏电流计指针向右偏转解析：待测压力增大时，两板距离减小，C 增大，U 不变，Q ＝CU 变大，电流流过电流计从正接线柱到负接线柱，电流计指针向右偏转，D 对．3．平行板电容器的两板A 、B 接于电池两极，一带正电小球用绝缘细线悬挂在电容器两板之间，细线与竖直方向夹角为θ，如图，那么(B )A ．保持电键S 闭合，仅将A 板向B 板靠近，则θ减小B ．保持电键S 闭合，仅将A 板沿极板方向下移少许，则θ不变C ．电键S 断开，仅将A 板靠近B 板，则θ增大D ．电键S 断开，仅将A 板远离B 板，则θ减小解析：保持电键S 闭合，电压U 不变，仅将A 板向B 板靠近，d 减小，E＝U d 变大，θ变大，A 错；仅将A 板沿极板方向下移少许，d 不变，E ＝U d不变，θ不变，B 对；电键S 断开，电荷量Q 不变，仅将A 板靠近B 板，d减小，S 不变，而电荷密度不变，E 不变，θ不变，C 、D 均错，选B.4．在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B 与一灵敏静电计相接，极板A 接地．下列操作中可以观察到静电计指针张角变大的是(A )A ．极板A 上移B ．极板A 右移C ．极板间插入一定厚度的金属片D ．极板间插入一云母片解析：平行板电容器的电荷量不变，灵敏静电计测的是板间电压，由U ＝Q C ，要使电压变大，减小电容器电容即可，要注意的是，极板间插入一定厚度的金属片相当于减小板间距离，再由公式C ＝εr S 4πkd，可判断A 项正确． 5．一平行板电容器两极板间距为d ，极板面积为S ，电容为εr S d，其中εr 是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间(A )A ．电场强度不变，电势差变大B ．电场强度不变，电势差不变C ．电场强度减小，电势差不变D ．电场强度减小，电势差减小解析：电容器充电后断开，故电容器的带电荷量不变，当增大两极板间的距离时，由C ＝εr S d 可知，电容器的电容变小，由U ＝Q C 可知电压变大，又由E ＝U d 可得E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S d d ＝Q εr S，所以电场强度不变，A 正确． 二、不定项选择题6．对于给定的电容器，描述其电容C 、电荷量Q 、电压U 之间的相应关系的图象正确的是(BC )解析：对一个给定的电容器，电容是确定的，不会随电荷量、电压的改变而改变；由电容的定义式可以知道，电荷量跟电容器两端的电压成正比，因而是过坐标原点的一条直线．7．两块正对的平行金属板之间夹上一层电介质，就组成了一个平行板电容器．要改变平行板电容器的电容，可以改变(CD )A ．两极板间的电压UB ．电容器所带的电荷量QC ．两极板间的距离dD ．两极板间的正对面积S解析：电容器的电容大小与两极板间的距离d 、两极板间的正对面积S 和两极板间的电介质有关，所以本题答案为C 、D 两项．8．在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A 极板与灵敏的静电计相接，B 极板接地．静电计中连接转动指针的外壳也接地，当静电计所加的电压增大时，转动指针与竖直固定的指针的夹角θ也增大．下列关于实验结果的说法中正确的是(BC )A ．若只把极板B 稍向上移动一点，电容增大，两板间的电压增大，θ应增大B ．若只把极板B 稍向上移动一点，电容减小，两板间的电压增大，θ应增大C ．若只把极板B 稍向内移动一点，电容增大，两板间的电压减小，θ应减小D ．若只把极板B 稍向内移动一点，电容减小，两板间的电压减小，θ应减小解析：由于电容器没有再充电，其电量Q 不变．由C ＝εr S 4πkd知，保持d 不变，减小S ，电容C 减小．由C ＝Q U 转换成U ＝Q C，可看出电压U 增大，θ应增大，A 项错误、B 项正确．保持S 不变，减小d ，电容C 增大，电压U 减小，θ应减小，C 项正确、D 项错误．9．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．一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离(ABD )A ．带电油滴将沿竖直方向向下运动B ．P 点的电势将降低C ．带电油滴的电势能将减少D ．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将减小解析：因为电容器两板间电压不变，当两板间距离d 增大时，电场强度E 减小，φP ＝Ex P 减小，P 点的电势降低，故选项A 正确，选项B 正确；又根据带电油滴平衡可判断其带负电，它在P 点的电势能增大，选项C 错误；电容器的电容减小，则极板带电荷量将减小，选项D 正确，故答案为ABD.。

知识点1磁场、磁感应强度Ⅰ1.磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用。

(2)方向：小磁针静止时N极所指的方向或小磁针N极受力方向。

2.磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱。

(2)大小：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)。

(3)方向：小磁针静止时N极的指向。

(即磁场方向就是B的方向)(4)B是矢量，合成时遵循平行四边形法则。

单位：特斯拉，符号T。

3.磁通量(1)公式：Φ＝BS。

(2)单位：韦伯，符号：Wb。

(3)适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场并在磁场中的有效面积。

4.安培的分子电流假说安培认为，在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种电流——分子电流。

分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于磁体的两极。

知识点2磁感线、通电直导线和通电线圈周围磁场的方向Ⅰ1.磁感线在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟该点的磁感应强度方向一致，疏密描述磁感应强度的大小。

2.电流的磁场(1)奥斯特实验：奥斯特实验发现了电流的磁效应，即电流可以产生磁场，首次揭示了电和磁的联系。

(2)安培定则①通电直导线：用右手握住导线，让伸直的大拇指所指的方向跟电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁场的环绕方向。

②环形电流：让右手弯曲的四指指向跟环形电流方向一致，拇指所指的方向是环形电流中心轴线上的磁感线方向。

③通电螺线管：让右手弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部磁感线的方向。

3.几种常见的磁场(1)常见磁体的磁场(2)几种电流周围的磁场分布在磁场的某些区域内，磁感线为等间距的平行线，如图所示。

(4)地磁场①地磁场的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近，磁感线分布如图所示。

②在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度大小相等，且方向水平向北。

知识点3磁场对电流的作用——安培力Ⅰ1.安培力的方向(1)用左手定则判断：伸开左手，让拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。

第3节电容器与电容带电粒子在电场中的运动[基础梳理]提示：异种中和容纳电荷QUεr S4πkd12mv2－12mv20qU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]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＝1.0×10－6C时，两板间电压升高10V，那么电容器的电容C＝1.0×10－7F．( )(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)×做一做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＝Q U知，电荷量不变时，U 减小，B 正确．电容器及电容器的动态分析[知识提炼]1．电容C 是用比值定义法定义的物理量．电容器的电容C 可以用比值Q U来量度，但电容器的电容C 与Q 、U 的大小无关．2．两类动态问题的分析过程(1)第一类动态变化：两极板间电压U 恒定不变(2)第二类动态变化：电容器所带电荷量Q 恒定不变[典题例析](2019·4月浙江选考)以下器件中是电容器的是( )[解析] A 是滑动变阻器，C 是电阻箱，D 是定值电阻，B 是电容器，故B 正确． [答案] B[题组过关]考向1 对电容的理解1．(2019·4月浙江选考)以下式子属于比值定义物理量的是( ) A ．t ＝Δx v B ．a ＝F mC ．C ＝Q UD ．I ＝U R解析：选C.时间是基本物理量，t ＝Δxv不是时间的比值定义式，故A 错误；加速度的比值定义式应为a ＝Δv Δt ，故B 错误；C ＝QU 是电容的比值定义式，故C 正确；电流的比值定义式应为I ＝q t，故D 错误．考向2 两极板间电压U 恒定不变2．(多项选择)(2020·舟山质检)如下图，电路中A 、B 为两块竖直放置的金属板，C 是一只静电计，开关S 合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是( )A ．使A 、B 两板靠近一些 B ．使A 、B 两板正对面积减小一些C ．断开S 后，使B 板向右平移一些D ．断开S 后，使A 、B 正对面积减小一些解析：选CD.静电计显示的是A 、B 两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高．当合上S 后，A 、B 两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压不变，静电计指针张角不变；当断开S 后，板间距离增大，正对面积减小，都将使A 、B 两板间的电容变小，而电容器所带的电荷量不变，由C ＝Q U可知，板间电压U 增大，从而静电计指针张角增大，所以选项C 、D 正确．考向3 电容器所带电荷量Q 恒定不变3．(多项选择)如下图，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差U ，现使B 板带正电，那么以下判断正确的选项是( )A ．增大两极板之间的距离，静电计指针张角变大B ．将A 板稍微上移，静电计指针张角将变大C ．假设将玻璃板插入两板之间，那么静电计指针张角变大D ．假设将A 板拿走，那么静电计指针张角变为零 解析：选AB.电容器上所带电荷量一定，由公式C ＝εr S4πkd，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；当将A 板拿走时，相当于使d 变得更大，C 更小，故U 应更大，应选AB.考向4 电容器动态分析与电场性质4．(2020·金华质检)如下图，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，那么两板间的电势差U 及板间场强E 的变化情况为( )A ．U 变大，E 变大B ．U 变小，E 变小C ．U 不变，E 不变D ．U 变小，E 不变解析：选B.当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q 保持不变，插入电介质后，电容器的电容C 变大，由U ＝Q C 知U 将变小，而由E ＝U d可知，板间场强E 也将变小，选项B 正确．平行板电容器的动态分析方法(1)确定不变量→分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)用决定式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)用E ＝U d分析电容器极板间电场强度的变化．带电粒子在电场中的直线运动[题组过关]1．(多项选择)(2020·湖州调研)如下图，两块水平放置的平行正对的金属板A 、B 与电池相连，在两板中点M 处有一个带电液滴处于静止状态．假设将A 板向下平移一小段距离，但仍在M 点上方，稳定后，以下说法正确的选项是( )A ．液滴将加速向下运动B ．M 点电势升高C ．M 点的电场强度变小了D ．在A 板移动前后两种情况下，假设将液滴从A 板移到B 板，电场力做功相同 解析：选BD.两极板始终与电源相连，所以A 板下移过程中极板间电压U 不变．由E ＝U d可知，d 减小，E 增大，故C 错误；开始时带电液滴静止，即mg ＝qE ，A 板下移，那么qE ＞mg ，带电液滴向上加速运动，故A 错误；由φM ＝U MB ＝E ·d MB 可知，A 板下移M 点电势升高，故B 正确；A 板移动前后，A 、B 间电势差U 不变，所以电场力做功相同，故D 正确．2.(多项选择)(2020·台州高二月考)等量异种点电荷的连线和中垂线如下图．现将一个带负电的试探电荷先从图中的a 点沿直线移动到b 点，再从b 点沿直线移动到c 点，那么试探电荷在此过程中( )A ．所受电场力的方向不变B ．所受电场力的大小恒定C ．电势能一直减小D ．电势能先不变后减小 答案：AD1．带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．2．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件(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．3．带电粒子在匀强电场中做直线运动的处理方法 (1)用动力学方法分析：a ＝F 合m ，E ＝U d；v 2－v 20＝2ad . (2)用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.4．带电粒子在电场中平衡问题的解题步骤带电粒子在电场中的偏转运动[知识提炼]1．粒子的偏转角(1)以初速度v 0垂直进入偏转电场：如下图，设带电粒子质量为m ，带电荷量为q ，偏转电压为U 1，假设粒子飞出电场时偏转角为θ，那么tan θ＝qU 1lmv 20d结论：动能一定时，tan θ与q 成正比，电荷量相同时tan θ与动能成反比． (2)粒子从静止开始经加速电场U 0加速后再进入偏转电场，那么有：qU 0＝12mv 2可解得：tan θ＝U 1l2U 0d结论：粒子的偏转角与粒子的q 、m 无关，仅取决于加速电场和偏转电场． 2．粒子在匀强电场中偏转时的两个结论 (1)以初速度v 0进入偏转电场，那么 y ＝12at 2＝12·qU 1md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02作粒子速度的反向延长线，设与初速度延长线交于O 点，O 点与电场边缘的距离为x ，那么x ＝y ·cot θ＝qU 1l 22dmv 20·mv 20dqU 1l ＝l 2结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l2处沿直线射出．(2)经加速电场加速再进入偏转电场：假设不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U 0加速后进入偏转电场的，那么偏移量：y ＝U 1l 24U 0d偏转角正切：tan θ＝U 1l2U 0d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)如下图，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v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：(1)粒子从射入电场到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α； (3)粒子打到屏上的点P 到O 点的距离x .[解析] (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入电场到打到屏上所用的时间t ＝2L v 0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eq m ，所以v y ＝a L v 0＝qELmv 0，所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELmv 20.(3)设粒子在电场中的偏转距离为y ，那么y ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝12qEL 2mv 20法一：x ＝y ＋L tan α，解得：x ＝3qEL 22mv 20法二：x ＝v y L v 0＋y ＝3qEL22mv 20.法三：由x y ＝L ＋L 2L 2得：x ＝3y ＝3qEL22mv 20.[答案] (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL22mv 20分析粒子在电场中偏转运动的两种方法(1)分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动．(2)功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式计算．①假设选用动能定理，那么要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．②假设选用能量守恒定律，那么要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．[题组过关]1．(2020·1月浙江选考)如下图，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，极板长度l ，间距d ，电子质量m ，电荷量e .假设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：B2．一束电子流在经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，如下图．假设两板间距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？解析：加速过程，由动能定理得eU ＝12mv 20①进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l ＝v 0t ②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动 加速度a ＝F m ＝eU ′dm③偏转距离y ＝12at 2④能飞出的条件为y ≤d2⑤联立①～⑤式解得U ′≤2Ud 2l2＝4.0×102V即要使电子能飞出，所加电压最大为400V. 答案：400V[随堂检测]1．(2017·4月浙江选考)如下图，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 .那么点电荷运动到负极板的过程，( )A ．加速度大小为a ＝Eq m＋gB ．所需的时间为t ＝dm EqC ．下降的高度为y ＝d2D ．电场力所做的功为W ＝Eqd 答案：B2．(多项选择)(2020·台州高三检测)如下图，平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变，让质子(11H)流以不同初速度，先、后两次垂直电场射入，分别沿a 、b 轨迹落到极板的中央和边缘，那么质子沿b 轨迹运动时( )A ．加速度更大B ．初速度更大C ．动能增量更大D ．两次的电势能增量相同解析：选BD.加速度为a ＝qE m，加速度相同，故A 错误；质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么偏转距离y ＝12at 2＝12·qE m ·x 2v 20＝qEx22mv 20，x 是水平位移，由题图看出，y 相同，那么知，v 0越大时，x 越大，故质子沿b 轨迹运动时初速度v 0更大，故B 正确；电场力做功为W ＝qEy ，可见，电场力做功相同，由能量守恒得知，两次动能的增量相同，电势能的增量相同，故C 错误，D 正确．3.如下图，A 、B 两金属板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A 、B 两板间加上以下哪种电压时，有可能使电子到不了B 板( )答案：B4．(2016·4月浙江选考)密立根油滴实验原理如下图．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下场强为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，假设此悬浮油滴的质量为m ，那么以下说法正确的选项是( )A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的电荷量为mg UC ．增大场强，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的电荷量不一定是电子电量的整数倍 答案：C[课后达标]一、选择题1．(多项选择)(2020·温州质检)由电容器电容的定义式C ＝Q U可知( ) A ．假设电容器不带电，那么电容C 为零 B ．电容C 与电容器所带电荷量Q 成正比 C ．电容C 与所带电荷量Q 多少无关D ．电容在数值上等于使两板间的电压增加1V 时所需增加的电荷量 答案：CD2.(多项选择)如下图，电子由静止开始从A 板向B 板运动，当到达B 板时速度为v ，保持两板间电压不变，那么( )A ．当增大两板间距离时，v 增大B ．当减小两板间距离时，v 增大C ．当改变两板间距离时，v 不变D ．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大 答案：CD3．(2020·衢州质检)如下图，充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，以A 点为坐标原点，AB 方向为位移x 的正方向，能正确反映电势φ随位移x 变化的图象是( )答案：C4.如下图，一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，那么它们( )A ．同时到达屏上同一点B ．先后到达屏上同一点C ．同时到达屏上不同点D ．先后到达屏上不同点解析：选 B.一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.5.(2020·浙江温岭质检)如下图，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L ，板间距离为d ，在板右端L 处有一竖直放置的光屏M ，一带电荷量为q ，质量为m 的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M 屏上，那么以下结论正确的选项是( )A ．板间电场强度大小为mgqB ．板间电场强度大小为mg2qC ．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D ．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间解析：选C.根据质点垂直打在M 屏上可知，质点在两板中央运动时向上偏转，在板右端运动时向下偏转，mg<qE，选项A、B错误；根据运动的分解和合成，质点沿水平方向做匀速直线运动，质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等，选项C正确，D错误．6．(2020·舟山质检)如下图，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电粒子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．假设不计重力，那么a和b的比荷(带电荷量和质量比值)之比是( ) A．1∶8B．8∶1C．1∶2D．2∶1解析：选B.粒子水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1∶2.根据x＝v0t，知时间比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y＝12at2知，y之比为2∶1，那么a、b的加速度之比为8∶1，根据牛顿第二定律知，加速度a＝qEm，加速度之比等于比荷之比，那么两电荷的比荷之比为8∶1，故B正确，A、C、D错误．7.如下图，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A．假设微粒带正电荷，那么A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析：选C.分析微粒的运动轨迹可知，微粒的合力方向一定竖直向下，由于微粒的重力不可忽略，故微粒所受的电场力可能向下，也可能向上，故A错误．微粒从M点运动到N 点，电场力可能做正功，也可能做负功，故微粒的电势能可能减小，也可能增大，故B错误．微粒从M点运动到N点的过程中，合力做正功，故微粒的动能一定增加，C正确．微粒从M点运动到N点的过程中，除重力之外的电场力可能做正功，也可能做负功，故机械能不一定增加，D错误．8．(2020·温州月考)如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，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 0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．假设两粒子轨迹恰好相切，那么v 0等于( )A.s22qEmhB.s2qE mh C.s42qEmhD.s4qE mh解析：选B.带电粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律解决问题．根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心．那么在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12qE m t 2，解得v 0＝s 2qEmh.应选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 9.(2020·丽水高二期中)喷墨打印机的简化模型如下图，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，那么微滴在极板间电场中( )A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与带电荷量无关解析：选C.带负电的墨汁微滴垂直进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的分解——水平方向做匀速直线运动和竖直方向做匀加速直线运动，带负电的墨汁微滴进入电场后受到向上的静电力，故墨汁微滴向正极板偏转，A 选项错误；墨汁微滴垂直进入电场受竖直方向的静电力作用，静电力做正功，故墨汁微滴的电势能减小，B 选项错误；根据x ＝v 0t ，y ＝12at 2及a ＝qE m ，得墨汁微滴的轨迹方程为y ＝qEx22mv 20，即运动轨迹是抛物线，与带电荷量有关，C 选项正确，D 选项错误．10．有一种静电除尘的方式如下图，空气中的尘埃进入电离区后带上负电，然后沿平行轴线方向飞入金属圆筒收集区．在圆筒轴线处放有一条直导线，在导线与筒壁间加上电压U ，形成沿半径方向的辐射电场，假设每个尘埃的质量和带电量均相同，飞入收集区的速度相同，不计尘埃的重力，不考虑尘埃间的相互作用，那么( )A ．大量尘埃将聚集在导线上B．尘埃在圆筒内都做类似平抛的运动C．被收集尘埃的电势能减少量都相等D．飞入时与圆筒轴线距离相同的尘埃到达筒壁所用的时间相同解析：选D.尘埃进入电离区后带上负电，所受电场力指向金属圆筒，A错误；辐射电场不是匀强电场，尘埃所受电场力是变力，故不是做类似平抛的运动，B错误；尘埃偏向金属圆筒过程中电场力做功不同，电势能减少量不相等，C错误；飞入时与圆筒轴线距离相同的尘埃运动情况相同，那么到达筒壁所用的时间相同，D正确．二、非选择题11．(2020·杭州质检)如下图，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离开杆后正好通过C端的正下方P点处．(g取10m/s2)求：(1)小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；(2)小环从C运动到P过程中的动能增量；(3)小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.解析：(1)结合题意分析知：qE＝mg，F合＝2mg＝maa＝2g＝102m/s2，方向垂直于杆向下．(2)设小环从C运动到P的过程中动能的增量为ΔE k＝W重＋W电其中W重＝mgh＝4J，W电＝0，所以ΔE k＝4J.(3)环离开杆做类平抛运动，平行杆方向匀速运动：22h＝v0t垂直杆方向匀加速运动：22h＝12at2解得v0＝2m/s.答案：(1)102m/s2垂直于杆向下(2)4J (3)2m/s12．(2020·湖州质检)如下图，喷墨打印机中的墨滴在进入偏转电场之前会被带上一定量的电荷，在电场的作用下使电荷发生偏转到达纸上．两偏转极板长度L＝1.5×10－2m，两极板间电场强度E ＝1.2×106N/C ，墨滴的质量m ＝1.0×10－13kg ，电荷量q ＝1.0×10－16C ，墨滴在进入电场前的速度v 0＝15m/s ，方向与两极板平行．不计空气阻力和墨滴重力，假设偏转电场只局限在平行极板内部，忽略边缘电场的影响．(1)判断墨滴带正电荷还是负电荷？ (2)求墨滴在两极板之间运动的时间． (3)求墨滴离开电场时在竖直方向上的位移y .(4)假设极板到纸的距离d ＝2.5×10－3m ，求墨滴到纸上时的竖直方向上的位移h . 解析：(2)墨滴在水平方向做匀速直线运动，那么墨滴在两板之间运动的时间t ＝L v 0代入数据可得：t ＝1.0×10－3s.(3)墨滴在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，a ＝Eq m代入数据可得：a ＝1.2×103m/s 2离开偏转电场时在竖直方向的位移y ＝12at 2代入数据可得：y ＝6.0×10－4m.(4)根据电场的推论L2L2＋d＝y h，可得h ＝8.0×10－4m.答案：(1)负电荷 (2)1.0×10－3s (3)6.0×10－4m (4)8.0×10－4m13.如下图，水平绝缘粗糙的轨道AB 与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC 平滑连接，半圆形轨道的半径R ＝0.4m ，在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E ＝1.0×104N/C.现有一电荷量q ＝＋1.0×10－4C ，质量m ＝0.1kg 的带电体(可视为质点)，在水平轨道上的P 点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C ，然后落至水平轨道上的D 点(图中未画出)．取g ＝10m/s 2.试求：(1)带电体运动到圆形轨道B 点时对圆形轨道的压力大小； (2)D 点到B 点的距离x DB ；(3)带电体在从P 开始运动到落至D 点的过程中的最大动能．解析：(1)设带电体恰好通过C 点时的速度为v C ，依据牛顿第二定律有mg ＝m v 2CR，解得v C ＝2.0m/s.设带电体通过B 点时的速度为v B ，设轨道对带电体的支持力大小为F B ，带电体在B 点时，根据牛顿第二定律有F B －mg ＝m v 2BR.带电体从B 运动到C 的过程中，依据动能定理有 －mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B联立解得F B ＝6.0N ，根据牛顿第三定律，带电体对轨道的压力F ′B ＝6.0N.(2)设带电体从最高点C 落至水平轨道上的D 点经历的时间为t ，根据运动的分解有 2R ＝12gt 2x DB ＝v C t －12Eq mt 2联立解得x DB ＝0.(3)由P 到B 带电体做加速运动，故最大速度一定出现在从B 经C 到D 的过程中，在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45°夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B 点右侧对应圆心角为45°处．设带电体的最大动能为E km ，根据动能定理有qER sin45°－mgR (1－cos45°)＝E km －12mv 2B代入数据解得E km ≈1.17J. 答案：(1)6.0N (2)0 (3)1.17J14．如下图，虚线MN 左侧有一场强为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，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P ′点到O 点的距离x .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，由牛顿第二定律和运动学公式得：a 1＝eE 1m ＝eE mL 2＝12a 1t 21 v 1＝a 1t 1，t 2＝2Lv 1运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝3mL eE. (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，电子在电场中的加速度为a 2＝eE 2m ＝2eE mt 3＝Lv 1，v y ＝a 2t 3tan θ＝v y v 1联立各式解得tan θ＝2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为x 1x 1＝12a 2t 23tan θ＝x 2L解得：x ＝x 1＋x 2＝3L . 答案：(1)3mLeE(2)2 (3)3L。