2021高考一轮复习导学案第3节电容器带电粒子在电场中的运动

电场及带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本大题共5小题,每小题8分,共40分,每小题给出的四个选项中只有一个选项是正确的)1.(2021·东城一模)法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场,如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图,以下几种说法中正确的是( )A.a、b为异种电荷,a的电荷量大于b的电荷量B.a、b为异种电荷,a的电荷量小于b的电荷量C.a、b为同种电荷,a的电荷量大于b的电荷量D.a、b为同种电荷,a的电荷量小于b的电荷量2.(2022·福建高考)如图,在点电荷Q产生的电场中,将两个带正电的摸索电荷q1、q2分别置于A、B两点,虚线为等势线。

取无穷远处为零电势点,若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等,则下列说法正确的是( )A.A点电势大于B点电势B.A、B两点的电场强度相等C.q1的电荷量小于q2的电荷量D.q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能3.(2022·天津和平区模拟)如图所示,足够长的两平行金属板正对竖直放置,它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连。

闭合开关后,一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放,最终液滴落在某一金属板上。

下列说法中正确的是( )A.液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线B.电源电动势越大,液滴在板间运动的加速度越大C.电源电动势越大,液滴在板间运动的时间越长D.定值电阻的阻值越大,液滴在板间运动的时间越长4.(2021·长沙一模)如图所示,A、B两个带电小球的质量均为m,所带电量分别为+q和-q,两球间用绝缘细线连接,A球又用绝缘细线悬挂在天花板上,细线长均为L。

现在两球所在的空间加上一方向向左的匀强电场,电场强度E=m gq,A 、B两球最终会达到新的平衡位置,则在这个过程中,两个小球( )A.总重力势能增加了mgLB.总重力势能增加了√22mgLC.总电势能削减了2−√22mgLD.总电势能削减了√22mgL5.(2022·太原一模)一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示,在该匀强电场中,有一个带电粒子于t=0时刻由静止释放,若带电粒子只受电场力作用,则下列说法中正确的是( )A.带电粒子只向一个方向运动B.0～2s内,电场力所做的功等于零C.4s末带电粒子回到原动身点D.2.5～4s内,速度的转变等于零二、不定项选择题(本大题共3小题,每小题8分,共24分,每小题给出的四个选项中,都有多个选项是正确的。

2021届高三物理一轮复习——带电粒子在匀强电场中的运动带电粒子(不计重力)在匀强电场中的运动类型：(1)直线运动：初速度方向与电场方向在同一直线或由静止出发，一般用牛顿第二定律与运动学公式结合处理或用动能定理处理；(2)类平抛运动：初速度方向与电场方向垂直，一般从运动的分解的角度处理，也可用动能定理处理能量问题；(3)斜抛运动：初速度方向与电场方向有一定夹角，一般从运动的分解的角度处理．1．(2019·河南省八市重点高中联盟第三次模拟)如图1，矩形ABCD 区域存在沿A 至D 方向的匀强电场，场强为E ，边长AB ＝2AD ，质量为m 、带电荷量q 的正电粒子以恒定的速度v 从A 点沿AB 方向射入矩形区域，粒子恰好从C 点以速度v 1射出电场，粒子在电场中运动时间为t ，则( )图1A ．若电场强度变为2E ，粒子从DC 边中点射出B ．若电场强度变为2E ，粒子射出电场的速度为2v 1C ．若粒子入射速度变为v 2，则粒子从DC 边中点射出电场 D ．若粒子入射速度变为v 2，则粒子射出电场时的速度为v 122.(2020·安徽安庆市调研)如图2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( )图2A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶13．(2019·福建龙岩市3月质量检查)如图3所示，平行边界PQ 、MN 间存在竖直向下的匀强。

第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动主干梳理对点激活知识点常见电容器I电容器的电压、电荷量和电容的关系11•电容器(1) 组成：由两个彼此E01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□ 02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□ 03异号电荷，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□04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⑴分类：从构造上可分为r05固定电容器和P6可变电容器。

(2)击穿电压：加在电容器极板上的□ 07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口)8额定电压，这个电压比击穿电压B9 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：。

=畸。

推论：。

=欝。

(3) 单位：法拉(F)，1 F=H^ ,^F^1012 pF。

(4) 物理意义：表示电容器口3容纳电荷本领的物理量。

(5) 决定因素电容C的大小由电容器本身结构(大小、形状、正负极相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及所带电荷量(或两端所加电压)无关。

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□ 14正对面积成正比，与两极板间介质的⑪相对介电常数成正比，与口16两板间的距离成反比⑵决定式：ffl7C= 4n d，k为静电力常量。

知识点2 带电粒子在匀强电场中的运动n1. 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口01动能的增量。

1 i(1) 在匀强电场中：W= qEd = qU = dqmv2—qmv O。

1 2 1 2(2) 在非匀强电场中：W= qU = 032mv2—2mv2。

2. 偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v o Q4垂直于电场线方向飞入匀强电场。

7.3电容器、带电粒子在电场中的运动(基础知识过关)1．如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()A．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧B．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧【参考答案】AC【名师解析】.A极板带正电，B极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电荷量只能增加不能减小．若小球带正电，根据E＝Ud，C＝QU，C＝εr S4kπd，得E＝4kπQεr S，当d减小时，电容增大，Q增大，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做类平抛运动，竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故A 正确；若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，知E不变，所以电场力不变，小球仍然打在N点，故B错误；若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，知E不变，所以电场力不变，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然打在N点，故D错误；若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，知E增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动，竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N 点的右侧，故C正确．2.(2021河北省邢台市上学期期末)如图所示，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v0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()A．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2v0【参考答案】C【名师解析】两板间距离变大，根据C＝εr S4πkd可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝Ud＝QCd＝4πkQεr S，可知当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·2d＝12mv2，e·E·d＝12mv02，可知，乙电子运动到O点的速率v＝2v0，选项D错误．3.(2021·河南省南阳市上学期期末)如图所示，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v0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)()A．两极板间电压为mgd 2qB．板间电场强度大小为2mg qC．整个过程中质点的重力势能增加mg2L2 v02D．若仅增大两极板间距，则该质点不可能垂直打在M上【参考答案】BC【名师解析】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：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＝2mgq，由U＝Ed得板间电势差U＝2mgq×d＝2mgdq，故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离y＝12at2，a＝qE－mgm＝g，t＝Lv0，解得：y＝gL22v02，故质点打在屏上的位置与P点的距离为：s＝2y＝gL2v02，重力势能的增加量E p＝mgs＝mg2L2v02，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E＝Ud＝QCd＝Qεr S4πkd d＝4πkQεr S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，故仍垂直打在屏M上，故D错误．4.真空中有一边长为L的正方形区域ABCD，E为AB边中点，该区域内存在匀强电场，电场方向平行于AB边且从A指向B。

第三讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动[小题快练]1．判断题(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正比．( × )(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．( × )(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．( × )(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．( √ )(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的．( √ )(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．( × )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( 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3．如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则( D )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也会变化D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间变长4．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偏转位移y之比为( B )A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．1∶4考点一平行板电容器的动态分析 (自主学习)平行板电容器的动态分析思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．(2)根据决定式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)根据定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)根据E ＝U d分析电容器极板间电场强度的变化．1－1.[接恒压直流电源] (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 答案：D1－2.[与电源断开] (2016·天津卷)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( ) 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 答案：D1－3.[与电源相连] 如图所示，P 、Q 为平行板电容器，两极板竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球．将该电容器与电源连接，闭合开关后，悬线与竖直方向夹角为α，则( )A ．保持开关闭合，缩小P 、Q 两极间的距离，角度α会减小B ．保持开关闭合，加大P 、Q 两极间的距离，角度α会增大C ．断开开关，加大P 、Q 两板间的距离，角度α会增大D ．断开开关，缩小P 、Q 两极间的距离，角度α不变化 答案：D [反思总结]两类典型的动态变化分析考点二 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 (师生共研)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．用动力学观点分析a ＝F 合m ，E ＝Ud，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.[典例1] (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：设AB 间电场强度为E 1，BC 间场强为E 2，根据题意由O 点释放的电子恰好能运动到P 点，根据动能定理，有eE 1x OM －eE 2x MP ＝0－0 ①B 、C 板电量不变，BC 板间的场强 E 2＝U 2d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd·d ＝4πkQεr S②由②知BC 板间的场强不随距离的变化而变化，当C 板向右平移到P ′时，BC 板间的场强不变，由①知，电子仍然运动到P 点返回，故A 正确． 答案：A [反思总结]1．带电体重力是否计入的判断(1)微观粒子(如电子、质子、离子等)和无特别说明的带电粒子，一般都不计重力(并不是忽略质量)．(2)带电微粒(如油滴、液滴、尘埃、小球等)除有特别说明或暗示外，一般要考虑重力． (3)原则上，所有未明确交代的带电体，都应根据题设运动状态和过程，反推是否计重力(即隐含条件)．2．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法2－1.[带电粒子的变加速运动] 某空间区域有竖直方向的电场(图甲中只画出了一条电场线)，一个质量为m 、电荷量为q 的带正电的小球，在电场中从A 点由静止开始沿电场线竖直向下运动，不计一切阻力，运动过程中物体的机械能E 与物体位移x 关系的图象如图乙所示，由此可以判断( )A ．物体所处的电场为非匀强电场，且电场强度不断减小，电场强度方向向上B ．物体所处的电场为匀强电场，电场强度方向向下C ．物体可能先做加速运动，后做匀速运动D ．物体一定做加速运动，且加速度不断减小 答案：A2－2.[带电粒子的直线运动] 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 )．求： (1)小球到达小孔处的速度大小；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落运动到下极板处的时间． 解析：(1)由v 2＝2gh 得v ＝2gh . (2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mg －qE ＝ma0－v 2＝2ad 得E ＝mg (h ＋d )qdU ＝Ed ，Q ＝CU 得 Q ＝C mg (h ＋d )q.(3)由h ＝12gt 21d ＝12vt 2 t ＝t 1＋t 2，综合可得t ＝h ＋dh2h g.答案：(1)2gh (2)Cmg (h ＋d )q (3)h ＋dh2hg考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转 (师生共研)1．偏转问题(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2)运动形式：类平抛运动．(3)处理方法：应用运动的合成与分解． (4)运动规律： ①加速度a ＝F m ＝qE m ＝qUmd. ②在电场中的运动时间t ＝l v 0.③离开电场时的偏移量y ＝12at 2＝qUl22mv 20d .④离开电场时的偏转角tan θ＝v y v x ＝qUlmv 20d.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．(2)粒子经电场偏转后，末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l2. 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：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．[典例2] 如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝1.0×102V/m ，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h ＝0.80 m 的a 处有一粒子源，粒子源以v 0＝2.0×102m/s 的初速度向水平面以下的各个方向均匀射出质量为m ＝2.0×10－15kg 、电荷量为q ＝＋1.0×10－12C 的带电粒子，粒子最终落在金属板b 上，若不计粒子重力，求：(结果保留两位有效数字) (1)粒子源所在a 点的电势； (2)带电粒子打在金属板上时的动能；(3)从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围(所形成的面积)． 解析：(1)题中匀强电场竖直向下，b 板接地，电势为零， 因此φa ＝U ab ＝Eh ＝1.0×102×0.80 V＝80 V. (2)不计重力，只有电场力做功，对粒子由动能定理得qU ab ＝E k －12mv 20可得带电粒子打在金属板上时的动能为E k ＝qU ab ＋12mv 20＝1.2×10－10 J. (3)粒子源射出的粒子打在金属板上的范围以粒子水平射出时的落点为边界，设水平射出后经t 时间落在板上，则x ＝v 0t ，h ＝12at 2，a ＝qE m ，S ＝πx 2.联立以上各式得S ＝2πmv 20h qE＝4.0 m 2.答案：(1)80 V (2)1.2×10－10J (3)4.0 m 2[反思总结]带电粒子在电场中偏转问题的求解通法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．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 L2.3－1.[不同粒子在电场中偏转] (多选)a 、b 、c 三个α粒子(不计重力)由同一点垂直电场强度方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b 恰好飞出电场，由此可以肯定( ) A ．在b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上 B ．b 和c 同时飞离电场C ．进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最小D ．动能的增量相比，c 的最小，a 和b 的一样大 答案：ACD3－2.[带电粒子在电场中偏转的综合分析] 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U 1＝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 ，两极板间加以电压U 2＝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 ＝1.6×10－19C ，电子的质量m ＝0.9×10－30kg ，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E k ；(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eU 1＝E k 解得E k ＝4.0×10－16J.(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 ＝v 1t ，解得t ＝lv 1电子在竖直方向受电场力F ＝e ·U 2d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 ·U 2d ＝ma ，解得a ＝eU 2md电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量 y ＝12at 2＝U 2l 24dU 1联立上式解得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 ＝U 2d·y电场力所做的功W ＝eU 解得W ＝5.76×10－18J.答案：(1)4.0×10－16J (2)0.36 cm (3)5.76×10－18J1. (多选)一个电容为C 的平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，如图所示．以Q 表示极板所带电荷量，U 表示电容器两极板间的电压，E 表示两极板间的电场强度，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，那么( BC ) A ．C 变小 B ．Q 不变 C ．U 变小D ．E 变大2. 如图所示，不带电的金属球A 固定在绝缘底座上，它的正上方有B 点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A 球后将电荷量全部传给A 球，设前一液滴到达A 球后，后一液滴才开始下落，不计空气阻力和下落液滴之间的影响，则下列叙述中正确的是( C ) A ．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A 球 B ．当液滴下落到重力与电场力大小相等的位置时，开始做匀速运动 C ．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等 D ．所有液滴下落过程中电场力做功相等3．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( C )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4. 如图所示空间分为Ⅰ、Ⅱ两个足够长的区域，各分界面(图中虚线)水平，Ⅰ区域存在匀强电场E 1＝1.0×104V/m ，方向竖直向上；Ⅱ区域存在匀强电场E 2＝34×105V/m ，方向水平向右，两个区域宽度分别为d 1＝5.0 m ，d 2＝4.0 m ．一质量m ＝1.0×10－8kg 、带电荷量q ＝＋1.6×10－6C 的粒子从D 点由静止释放，粒子重力忽略不计，求： (1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小；(2)粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场，使粒子在此电场作用下经1.0 s 速度变为零，求此电场的方向及电场强度E 3. 解析：(1)由动能定理得12mv 21＝qE 1d 1解得v 1＝4×103 m/s.(2)粒子在Ⅱ区域内做类平抛运动 粒子在Ⅱ区域运动时间t 2＝d 2v 1＝1×10－3s 且v x ＝at ＝qE 2mt 2，v y ＝v 1 tan θ＝v y v x＝33所以θ＝30°，且所加电场方向与水平成30°角斜向左下方． 粒子刚出区域Ⅱ时速度大小v ＝v 2x ＋v 2y ＝8×103m/s由qE 3mt ＝v ，解得E 3＝50 V/m. 答案：(1)4×103m/s (2)50 V/m ，与水平方向成30°斜向左下方[A 组·基础题]1. 如图所示是模拟避雷针作用的实验装置，金属板M 、N 间有两个等高的金属体A 、B ，A 为尖头、B 为圆头．将金属板M 、N 接在高压电源上，逐渐升高电源电压，将首先观察到( A ) A ．A 放电 B ．B 放电 C ．A 、B 一起放电D ．A 、B 之间放电2．如图所示，在匀强电场中有四条间距均为d 的平行等势线1、2、3、4，各条线上的电势分别为0、－φ0、－2φ0、－3φ0；有一个带电粒子，质量为m (不计重力)，电荷量为q ，从A 点与等势线4成θ角以初速度v 0射入电场中，到达等势线2上的B 点时，速度方向恰好水平向左，则匀强电场场强的大小为( A )A.mv 20sin 2θ4qdB ．mv 20sin 2θ2qdC.mv 20cos 2θ4qdD ．mv 20cos 2θ2qd3. 如图所示，正方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率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( D ) 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4．(2018·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( D ) 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：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．5．(多选) 两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关S ，电源即给电容器充电，则( BC ) A ．保持S 接通，减小两极板间的距离，则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电介质，则极板上的电荷量增大 C ．断开S ，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小 D ．断开S ，在两极板间插入一块电介质，则极板上的电势差增大6．(多选) 如图所示，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，准确地测定了电子的电荷量．平行板电容器两极板与电压为U 的恒定电源两极相连，板的间距为d ，现有一质量为m 的带电油滴在极板间静止不动，则( AC )A ．此时极板间的电场强度E ＝U dB ．油滴带电荷量q ＝mg UdC ．减小极板间电压，油滴将向下加速运动D ．将下极板向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上加速运动7．(多选)如图所示，水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，一带电小球由MN 上方的A 点以一定初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，由此可知( AD )A ．从B 到C ，小球的动能减小B ．从B 到C ，小球的电势能减小C ．从A 到B 与从B 到C 小球的运动时间一定相等D ．从A 到B 与从B 到C 小球的速度变化量大小一定相等8．(多选) 如图所示，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12处返回，则下述措施能满足要求的是( BD )A ．使初速度减为原来的12B ．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12[B 组·能力题]9. 如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y ，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)( A )A ．增大偏转电压UB ．增大加速电压U 0C ．增大偏转极板间距离D ．将发射电子改成发射负离子10．(多选)(2018·河南郑州二测)如图所示，一水平放置的平行板电容器，下板A 固定，上板B 与竖直悬挂的绝缘弹簧连接，A 、B 间有一固定的带正电荷的液滴P ，电容器带电荷量为Q 1，若让电容器充电或放电，使之带电荷量为Q 2，则下列说法正确的是( AC )A ．若Q 2>Q 1，则弹簧的长度增加B ．若Q 2>Q 1，则电容器的电容减少C ．若Q 2>Q 1，则带电液滴P 的电势能增加D ．若Q 2<Q 1，则带电液滴P 的电势能增加解析：两板间的场强E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd·d ＝4πkQ εr S ，故板上带电荷量越多，板间电场强度越大，板间的电场力也越大，所以弹簧的长度增加，故A 正确；由于两板相互吸引使B 板下移，所以电容器电容增大，故B 错误；若让电容器充电使之所带电荷量为Q 2，且Q 2>Q 1，P 到下板的距离不变但板间电场强度增大，所以带电液滴P 所在处电势升高，带电液滴P 的电势能增大，故C 正确；同理若让电容器放电使之带电荷量为Q 2，且Q 2<Q 1，则带电液滴P 的电势能减少，故D 错误．11．一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d 2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d 2，求仍从P 点由静止开始下落的相同粒子下落的最大高度． 解析：粒子从小孔正上方d 2处由静止开始下落到下极板处返回，由动能定理有mg (d 2＋d )－q U d d ＝0，与电池两极相连，电容器极板间电压不变，将下极板向上平移d 2后，设粒子下落距上极板x 处返回，由动能定理有mg (d 2＋x )－q U d 2x ＝0，联立两式得x ＝d 4，下落的最大高度H ＝x ＋d 2＝3d 4. 答案：3d 412．(2018·枣庄质检)如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A 、B ，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy 的O 点；y 轴沿竖直方向；在x >0的区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E ＝43×103 V/m ；比荷为1.0×105 C/kg 的带正电粒子P 从A 板中心O ′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M ( 3 m,1 m)点；粒子P 的重力不计，试求：(1)金属板A 、B 之间的电势差U AB ；(2)若在粒子P 经过O 点的同时，在y 轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q ，使P 、Q 恰能在运动中相碰；假设Q 的质量是P 的2倍、带电情况与P 相同；Q 的重力及P 、Q 之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q 所有释放点的集合．解析：(1)设粒子P 的质量为m 、带电荷量为q ，从O 点进入匀强电场时的速度大小为v 0；由题意可知，粒子P 在y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O 点运动到M ( 3 m ，1 m)点历时为t 0，由类平抛运动可得：x ＝v 0t 0，y ＝12qE mt 20，解得：v 0＝2×104 m/s 在金属板A 、B 之间，由动能定理：qU AB ＝12mv 20， 解得：U AB ＝1 000 V.(2)设P 、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为a 1、a 2；Q 粒子从坐标N (x ，y )点释放后，经时间t 与粒子P 相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：对于P ∶Eq ＝ma 1对于Q ∶Eq ＝2ma 2x ＝v 0t12a 1t 2＝y ＋12a 2t 2 解得：y ＝16x 2，其中x ＞0 即粒子Q 释放点N (x ，y )坐标满足的方程为：y ＝16x 2，其中x ＞0.答案：(1)1 000 V (2)y ＝16x 2，其中x >0。

电容器、带电粒子在电场中的运动建议用时：45分钟1.如图所示，心脏除颤器用于刺激心脏恢复正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。

已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70 μF电容器充电到5 000 V，存储875 J能量，抢救病人时一部分能量在2 ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100 kW。

下列说法正确的是()A．电容器放电过程中电压不变B．电容器充电至2 500 V时，电容为35 μFC．电容器充电至5 000 V时，电荷量为35 CD．电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%D[电容器放电过程，电荷量减少，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；由C＝QU知Q＝CU＝70×10－6×5×103C＝0.35 C，选项C错误；由η＝PtE总知，η＝100×103×2×10－3875×100%＝23%，选项D正确。

]2.(2019·深圳一模)如图所示，带电的平行板电容器和静电计用导线相连，()A．若仅使上极板上移一段距离，则电容器的电容增大B．若仅向两极板间插入云母介质，则板极间电场强度减小C．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两极板正对面积增大D．若静电计指针张角减小，可能仅是因为两极板间距变大B[根据平行板电容器电容的决定式可知，若仅使上极板上移一段距离，电容器两极板间距离增大，则电容器的电容减小，选项A错误；若仅向两极板间插入云母介质，极板间介电常数变大，电容器电容增加，由U＝Q知，极板间电C知，极板间电场强度减小，选项B正确；若两极板正对面积势差变小，由E＝Ud知，极板间电势差变小，则增大，由电容决定式知，电容器电容增大，由U＝QC静电计指针张角减小，选项C错误；若两极板间距变大，则电容器电容减小，同理可知极板间电势差变大，静电计指针张角变大，选项D错误。

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动知识点一电容器及电容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．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)．1 F＝________ 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：____________.知识点二带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速(1)在匀强电场中，W＝________＝qU＝mv2－m.(2)在非匀强电场中，W＝________＝mv2－m.2．带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力．(2)运动性质：________运动．(3)处理方法：运动的分解． ①沿初速度方向：做________运动．②沿电场方向：做初速度为零的____________运动． (4)基本规律设粒子带电荷量为q ，质量为m ，两平行金属板间的电压为U ，板长为l ，板间距离为d ，如图所示，(忽略重力影响)，则有①加速度：a ＝＝＝.②在电场中的运动时间：t ＝③速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ＝qUlmv 0d ，v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d.④位移⎩⎪⎨⎪⎧l ＝v 0t y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d知识点三 示波管 1．示波管的构造①电子枪，②________，③荧光屏(如图所示)2．示波管的工作原理(1)YY ′上加的是待显示的________，XX ′上是仪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．思考辨析(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带的电荷量的代数和．( )(2)电容表示电容器容纳电荷的多少．( )(3)电容器的电容与电容器所带的电荷量成反比．( )(4)放电后的电容器所带的电荷量为零，电容也为零．( )(5)公式C＝可用来计算任何电容器的电容．( )(6)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．( )(7)带电粒子在电场中只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．( )教材改编[人教版选修3－1·P32·T1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考点一电容器及电容器的动态分析自主演练1．两种类型—2．电容器动态的分析思路：(1)U不变①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．②根据E＝分析场强的变化．③根据U AB＝E·d分析某点电势变化．(2)Q不变①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．②根据E＝＝分析场强变化．[多维练透]1．a、b两个电容器如图甲所示，图乙是它们的部分参数．由此可知，下列关于a、b两个电容器的说法正确的是( )A．a、b两个电容器的电容之比为8:1B．a、b两个电容器的电容之比为4:5C．b电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为0.1 CD．a电容器正常工作时最多可容纳的电荷量为1 C2．某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中( )A．电容器的电容变大B．电容器的电荷量保持不变C．M点的电势比N点的电势低D．流过电阻R的电流方向从M到N3．[2021·江西上饶六校一联](多选)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d.相对介电常数为εr.若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源提供电压恒定为U，则下列说法中正确的是( )A．瓶内液面升高了B．瓶内液面降低了C．电容器在这段时间内放电D．瓶内液面高度在t时间内变化了4．[2021·安徽皖江名校联盟联考](多选)如图所示是探究平行板电容器与哪些因素有关的实验装置．用导线将充了电的平行板电容器的带正电且固定的A板与静电计的金属小球相连，将带负电的B板与静电计的金属外壳同时接地，两板间P点固定一带负电且电荷量很小的点电荷．下列说法中正确的是( )A．若将极板B稍向上移动一点，极板上的电荷量几乎不变，静电计指针张角变大B．若将极板B稍向上移动一点，两极板间的电压不变，极板上的电荷量变大C．若将B板向左平移一小段距离，静电计指针张角变大D．若将B板向左平移一小段距离，P点处的负点电荷的电势能增大考点二带电粒子在电场中的直线运动师生共研1．解题方法(1)动力学方法：根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律结合运动学公式求解．(2)能量方法：根据电场力对带电粒子所做的功，用动能定理求解．2．注意粒子的重力(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除特殊说明外，一般不考虑重力，但不能忽略质量．(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除特殊说明外，一般不能忽略重力．例1 [2020·四川乐山三调]如图所示，在竖直面(纸面)内有匀强电场，电荷量为q(q>0)、质量为m 的小球受水平向右、大小为mg的恒力F，从M匀速运动到N，已知MN长为d，与力F的夹角为60°，重力加速度为g，则( )A．场强大小为B．M、N间的电势差为0C．从M到N，电场力做功为－mgdD．若仅将力F方向顺时针转30°，小球将从M向N做匀变速直线运动[教你解决问题]“题眼”是小球做匀速运动→小球受电场力、重力和恒力F平衡→根据平衡条件求解场强E；“变化”是将力F方向顺时针转30°→找到合力的方向→判断小球的运动情况．练1 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′点练2 (多选)在绝缘水平桌面(桌面足够大)上方充满平行桌面的电场，其电场强度E随时间t的变化关系如图所示，小物块电荷量为q＝＋1×10－4C，将其放在该水平桌面上并由静止释放，小物块速度v与时间t的关系如图所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )A．物块在4 s内位移是6 mB．物块的质量是2 kgC．物块与水平桌面间动摩擦因数是0.2D．物块在4 s内电势能减少了18 J考点三带电粒子在电场中的偏转多维探究1．两个结论(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＝m及tan φ＝得tan φ＝(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.2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系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＝mv2－m，其中U y＝y，指初、末位置间的电势差．题型1带电粒子在匀强电场中的偏转(类比分析，化曲为直)例2 [2020·浙江卷，6]如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P 点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时( )A．所用时间为B．速度大小为3v0C．与P点的距离为D．速度方向与竖直方向的夹角为30°题型2|带电体在匀强电场中的偏转例3 [2021·河北衡水中学模拟]如图所示，虚线1、2、3是竖直方向匀强电场中间距相等的等势线．将重力不可忽略、带等量异种电荷的小球a、b同时以相等的速率分别沿1、3等势线抛出，t时刻两小球经过等势线2.不计两小球间的相互作用．下列说法正确的是( )A．a的质量比b的小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的动量大小相等题型3|带电粒子在匀强电场中的加速和偏转例4 [2020·天津十二区县重点学校二联](多选)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置．第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，不计粒子的重力，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是( )A．质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1：2B．质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等C．质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1：2D．质子和α粒子打到感光板上的位置相同练3 [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( )练4 [2020·天津三模]如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，第三象限内有水平向左的匀强电场，第四象限内y轴与x＝2R虚线之间有竖直向下的匀强电场，两电场的电场强度大小均为E，x＝3R 处有一竖直固定的光屏．现在第三象限内固定一个半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，圆弧圆心在坐标原点O，A端点在x轴上，B端点在y轴上．一个带电小球(可视为质点)从A点上方高2R处的P点由静止释放，小球从A点进入圆弧轨道运动，从B点离开时速度的大小为2，重力加速度为g，求：(1)小球的电荷量及其电性；(2)小球最终打在光屏上的位置距x轴的距离．思维拓展现代生活、科技中的静电场问题(STSE)类型1 电容器在科技生活中的应用例1(多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，因为工作面上接有高频信号，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，控制器精密确定手指位置．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[教你解决问题]类型2 医学中的静电场问题例2 [2019·浙江卷，10]当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞．现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到 1.0×107 m/s.已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是( )A．加速过程中质子电势能增加B．质子所受到的电场力约为2×10－15 NC．质子加速需要的时间约为8×10－6 sD．加速器加速的直线长度约为4 m类型3 静电除尘例3 如图是某款家用空气净化器原理示意图，污浊空气通过过滤网后尘埃带电．图中放电极b、d接电源正极，集尘极a、c、e接电源负极(接地)．以下说法正确的是( )A．通过过滤网后空气中的尘埃带负电B．c、d两个电极之间的电场方向竖直向下C．尘埃被吸附到集尘极e的过程中动能增大D．尘埃被吸附到集尘极a的过程中所受电场力做负功类型4 喷墨打印机例 4 有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上．已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是( )A．增大墨滴的带电荷量B．减小墨滴喷出时的速度C．减小偏转板与承印材料的距离D．增大偏转板间的电压练在维护和检修高压供电线路时，为了不影响城市用电，电工经常要在高压线上带电作业．为了保障电工的安全，电工全身要穿上用金属丝线编织的衣服(如图甲)．图乙中电工站在高压直流输电线的A供电线上作业，其头顶上方有B供电线，B供电线的电势高于A供电线的电势．虚线表示电工周围某一截面上的等势面，c、d、e、f是不同等势面上的四个点，以下说法中正确的是( )A．在c、d、e、f四点中，c点的电场最强B．在c、d、e、f四点中，f点的电势最高C．若将某电子由c移到f，其电势能将增大D．若将电子在d点由静止释放，它会向e点所在等势面运动第3讲电容器带电粒子在电场中的运动基础落实知识点一1．(1)绝缘(2)绝对值 (3)①异种电荷②电能2．(1)电荷量电势差(2)C＝(3)1061012(4)容纳电荷(5)带电电压3．(2)C＝知识点二1．(1)qEd (2)qU2．(2)匀变速曲线(3)①匀速直线②匀加速直线知识点三1．偏转电极2．(1)信号电压扫描电压(2)①中心②信号电压思考辨析(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)√教材改编解析：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＝知，当d变大时，C变小，再由C＝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，所以选项A、B、D正确．答案：ABD考点突破1．解析：由题图乙可知，a电容器的电容为C1＝1 000 μF，b电容器的电容为C2＝10 000 μF，所以a、b两个电容器的电容之比为1 000:10 000＝1:10，A、B错误；a电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q1＝C1U1＝1 000×10－6×80 C＝0.08 C，b电容器正常工作时最多能容纳的电荷量为q2＝C2U2＝10 000×10－6×10 C＝0.1 C，故C正确，D错误．答案：C2．解析：当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势，不变，电荷量Q＝CU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向为M→R →N，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，D正确．答案：D3．解析：根据C＝，当d、εr不变时，C∝S，而正对面积S正比于液面高度h.电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在放电，电容器带电荷量Q＝CU在减小，在电压U恒定时，说明电容C在减小，则h在减小，瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确．t时间内放电，释放的电荷量ΔQ＝UΔC＝It.ΔC＝＝，解得Δh＝，故D正确．答案：BCD4．解析：本题考查电容器动态问题、静电计指针偏角的变化．由于平行板电容器的电容远大于静电计的指针和外壳组成的电容器的电容，而它们的电势差总相同，故平行板电容器的带电荷量远大于静电计指针和外壳组成的电容器的带电荷量，可认为平行板电容器不接电源时电荷量几乎不变，极板B稍向上移动，电容器两极板的正对面积减小，由C＝可知C减小，由C＝可知，Q不变，U变大，静电计指针张角变大，选项A正确，B错误；若将B板向左平移一小段距离，平行板电容器的电容C减小，由C＝知，U变大，静电计指针张角变大，选项C正确；若将B板向左平移一小段距离，平行板电容器间的电场强度E＝不变，由于P点与B板的距离d PB增大，则U PB增大，P点的电势φP增大，P点处的负点电荷的电势能减小，选项D错误．答案：AC例1 解析：对小球受力分析，如图所示，重力与恒力F垂直，根据平衡知识可知(qE)2＝(mg)2＋F2，解得qE＝2mg，E＝，选项A错误；恒力F与电场力所在直线之间的夹角的正切值tan θ＝＝，解得θ＝30°，可知电场力的方向与M、N的连线垂直，所以M、N之间的电势差一定为零，选项B正确；从M到N，电场力做功W电＝q·U MN＝0，选项C错误；若仅将力F方向顺时针转30°，小球受的合力一定不与M、N的连线平行，则小球不可能从M向N做匀变速直线运动，选项D错误．答案：B练1 解析：C板在P点时，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功为零．当C板移到P′时，根据E＝＝＝＝，可知B、C板间的电场强度不变，由静止释放的电子从O到P过程中合外力做的总功仍然为零，所以电子运动到P点时速度为零，然后返回，故A正确．答案：A练2 解析：物块在4 s内位移为x＝×2×(2＋4) m＝6 m，故选项A正确；由图可知，前2 s 物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有qE1－μmg＝ma，由图线知加速度为a＝1 m/s2,2 s后物块做匀速运动，由平衡条件有qE2＝μmg，联立解得q(E1－E2)＝ma，由图可得E1＝3×104 N/C，E2＝2×104 N/C，代入数据解得m＝1 kg，由qE2＝μmg可得μ＝0.2，故选项B错误，C正确；物块在前2 s的位移x1＝×2×2 m＝2 m，物块在后2 s的位移为x2＝vt2＝4 m，电场力做正功W＝qE1x1＋qE2x2＝6 J＋8 J＝14 J，则电势能减少了14 J，故选项D错误．答案：AC例2 解析：粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t＝at2，a＝，解得t＝，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝＝v0，B项错误；该点到P点的距离s＝x＝v0t＝，C项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝＝，则θ≠30°，D项错误．答案：C例3 解析：两球在竖直方向都做初速度为零的匀加速直线运动，且t时刻两球的竖直分位移大小相等，由公式y＝at2知，两球加速度大小相等．根据牛顿第二定律可知，对a球有qE＋m a g＝m a a0，对b球有qE－m b g＝m b a0，可得m a>m b，选项A错误．根据动能定理可知，对a球有m a a0y＝m a－m a，对b球有m b a0y＝m b－m b，可得v a＝v b，即在t时刻小球a的速度大小等于小球b的速度大小，在t时刻，因为m a>m b，所以a的动能比b的大，a的动量大于b的动量，选项B正确，D错误．在t时刻两小球的电势相等，又两球带异种电荷，故在t时刻两球电势能不等，选项C错误．答案：B例4 解析：根据动能定理有mv2－0＝qU，解得v＝，质子()和α粒子(e)的比荷之比为2:1，故两者在O2处的速度大小之比为:1，选项A错误．在A、B间a＝，则质子的加速度大，所以质子运动时间短；进入右侧电场做类平抛运动，由h＝t2，可知质子做类平抛运动的时间也短，故质子在整个过程中的运动时间小于α粒子的运动时间，选项B错误．对整个过程，由动能定理得E k－0＝q(U＋Eh)，故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1:2，选项C正确．带电粒子由O2到MN板，竖直方向h＝t2，水平方向x＝vt，又v＝，联立解得x＝2，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，选项D正确．答案：CD练3 解析：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＝Fv，其中v为沿电场力方向的速率，则v＝at、a＝，整理得P＝t，由关系式可知P­t图象应为一条过原点的倾斜直线，A正确，BCD错误．答案：A练4 解析：(1)假设小球带正电且电荷量为q，小球从P点运动到B点的过程，根据动能定理有mg·3R－qER＝mv2由题知小球到B点时速度v＝2，解得q＝则假设成立，即小球带正电，且电荷量为q＝.(2)小球在第四象限内的电场中所受的电场力方向向下，大小为qE＝mg，小球从B点以v＝2的速度进入第四象限内的电场中做类平抛运动，加速度为a＝＝2g小球在第四象限内的电场中运动的时间t1＝＝下落的高度h1＝a＝R出电场时竖直方向的分速度v y＝at1＝2出电场至打在光屏上运动的时间t2＝＝出电场至打到光屏上，在竖直方向运动的距离h2＝v y t2＋g＝R因此小球打在光屏上的位置距x轴的距离H＝R＋h1＋h2＝3.125R.答案：(1)小球带正电，(2)3.125R思维拓展典例1 解析：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，选项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，选项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，选项C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，选项D正确．答案：AD典例2 解析：电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小F＝qE≈2×10－14N，B错误；质子的加速度a＝≈1.2×1013m/s2，加速时间t＝≈8×10－7s，C错误；加速器加速的直线长度x＝≈4 m，故D正确．答案：D典例3 解析：本题考查电场力做功及其相关知识点．根据集尘极接电源负极可知，污浊空气通过过滤网后空气中的尘埃带正电，选项A错误；放电极b、d接电源正极，可知c、d两个电极之间的电场方向竖直向上，尘埃在被吸附到集尘极a、e的过程中所受电场力做正功，动能增大，选项B、D错误，C正确．答案：C典例4 解析：如图所示，带电粒子经偏转电场U2偏转，侧移Y1＝at2，a＝，t＝，可推出Y1＝，Y2＝ltan θ，tan θ＝＝，Y＝Y1＋Y2＝，减小偏转板与承印材料的距离l可使字迹减小，C项正确，A、B、D三项错误．答案：C练解析：本题考查电场强度、电势和电势能、等势面及其相关知识点，依据等势线的疏密程度，可知在c、d、e、f四点中，f点的电场最强，选项A错误；因B供电线的电势高于A供电线的电势，则在c、d、e、f四点中，c点的电势最高，选项B错误；若将某电子由c移到f，即从高电势处移动到低电势处，因电子带负电，则其电势能将增大，选项C正确；沿着电场线方向电势逐渐降低，因c、d、e、f四点电势逐渐降低，故将某电子在d点由静止释放，在电场力作用下，它会向c点所在等势面运动，选项D错误．答案：C。