2016届高三物理一轮复习6.3电容器带电粒子在电场中的运动开卷速查

权掇市安稳阳光实验学校第六章第三讲带电粒子在电场中的运动一、单项选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分)1．如图1所示，从F处释放一个无初速的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为E) ( )[A．电子到达B板时的动能是E eVB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3E eVD．电子在A板和D板之间做往复运动解析：由电池的接法知：A板带负电，B板带正电，C板带正电，D板带负电，所以A、B板间有向左的电场，C、D板间有向右的电场，B、C板间无电场，由动能定理知：电子到达B板时的动能为E eV，到达D板时的动能为零，在B、C板间做匀速直线运动，总之电子能在A板和D板间往复运动，所以错误选项为C.答案：C2．如图2所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O 经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )A．使U2加倍B．使U2变为原来的4倍C．使U2变为原来的2倍D．使U2变为原来的1/2[解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏转距离y保持不变．由y＝12at2＝12·qU2md·(xv0)2＝qU2x22mv02d和qU1＝12mv02，得y＝U2x24U1d，可见在x、y一定时，U2∝U1.所以选项A正确．答案：A3．(2010·厦门模拟)如图3所示，质量相同的两个带电粒子P 、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P 从两极板正射入，Q 从下极板边缘处射入，它们最 后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上板的过程中( )A ．它们运动的时间t Q >t PB ．它们运动的加速度a Q <a P[C ．它们所带的电荷量之比q P ∶q Q ＝1∶2D ．它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝1∶2解析：设P 、Q 两粒子的初速度为v 0，加速度分别为a P 和a Q ，粒子P 到上极板的距离是h /2，它们做类平抛运动的水平距离为l .则对P ，由l ＝v 0t P ，h 2＝12a P t P 2，得到a P＝hv 02l 2；同理对Q ，l ＝v 0t Q ，h ＝12a Q t Q 2，得到a Q ＝2hv 02l 2.由此可见t P ＝t Q ，a Q ＝2a P ，而a P ＝q P E m ，a Q ＝q Q Em，所以q P ∶q Q ＝1∶2.由动能定理，它们的动能增加量之比ΔE k P ∶ΔE k Q ＝ma P h2∶ma Q h ＝1∶4.综上所述，C 项正确． 答案：C4．如图4所示，一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带正电的粒 子a 和b ，从电容器边缘的P 点(如图)以相同的水平速度射入两平行板之间．测得a 和b 与电容器极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为[1∶2，若不计重力，则a 和b 的比荷之比是 ( )A ．1∶2B ．1∶8C ．2∶1D ．4∶1 解析：带电粒子受到的电场力F ＝Eq ，产生的加速度a ＝F m ＝Eqm，在电场中做类平抛运动的时间t ＝2d a，位移x＝v0t ，x1x2＝m1q1m2q2，所以q1m1q2m2＝x22x12＝41，D正确．答案：D5．如图5所示，一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为＋φ和－φ，下述结论错误的是( ) A．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E＝φ/dB．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C．若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D．若有一个电子水平射入穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小解析：由题意可知，两板间电压为2φ，电场强度为E＝2φd，A错误；板间与板平行的中线上电势为零，中线上方电势为正，下方电势为负，故B正确；由C∝εr Sd知，d减小，C增大，由Q＝CU知，极板带电荷量Q增加，C正确；电子水平射入穿越两极板之间的电场时，电场力一定对电子做正功，电子的电势能一定减小，D正确．答案：A[二、双项选择题(本题共5小题，共35分．在每小题给出的四个选项中，只有两个选项正确，全部选对的得7分，只选一个且正确的得2分，有选错或不答的得0分)6．(2010·泰安质检)传感器是一种采集信息的重要器件，图6所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是 ( )A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流D．若电流表有示数，则说明压力F 发生变化解析：F向上压膜片电极，使得电容器两板间的距离减小，电容器的电容增加，又因电容器两极板间的电压不变，所以电容器的电荷量增加，电容器继续充电．综上所述，选项B、D正确．答案：BD7．(2008·宁夏高考)如图7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( )[来A．缩小ab间的距离B．加大ab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：已知电容器C带电荷量不变，a、Q两板均接地，电势为零，b、P 两板电势相等．当ab间距离缩小时，电容器C的电容变大，电压U变小，即b、P 两板电势减小，即P、Q间电压减小，电场强度E减小，悬线偏角α减小，所以A 错误，B正确．取出a、b两极板间电介质时，电容器C的电容变小，电压U变大，悬线偏角α增大，所以C正确．当换一块介电常数更大的电介质时，电容器C的电容变大，电压U变小，悬线偏角α减小，所以D错误．答案：BC8．如图8所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的( )A．极板X应带正电 B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电解析：由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误．答案：AC9．(2009·四川高考)如图9所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带[来负电的小物体以初速度v 1从M点沿斜面上滑，到达N 点时速度为零，然后下滑回到[来M点，此时速度为v2(v2<v1)．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则( )A．小物体上升的最大高度为v12＋v22 4gB．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小解析：因为OM＝ON，M、N两点位于同一等势面上，所以从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功再做负功，电势能先减小后增大，B、C错误；因为小物体先[来靠近正点电荷后远离正点电荷，所以电场力、斜面压力、摩擦力都是先增大后减小，D正确；设小物体上升的最大高度为h，摩擦力做功为W，在上升过程、下降过程根据动能定理得－mgh＋W＝0－12mv12 ①mgh＋W＝12mv22，②联立①②解得h＝v12＋v224g，A正确．答案：AD10．如图10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表示两极板间的电压，E p表示电荷在P点的电势能．若保持极板B 不动，将极板A 稍向上平移，则下列说法中正确的是() A ．E 变小 B ．U 变大C ．E p 变大D ．电荷仍保持静止解析：B 板不动而A 板上移，则电容器的电容减小，本应放电，但由于二极管的单向导电性使电容器不能放电，带电量不变而极板间场强不变，电荷仍保持静止，A错D 正确；而极板间电压U ＝Ed 变大，B 正确；由于场强E 不变，则U PB＝Ed PB 不变，故E p 不变，C 错误． 答案：BD三、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)(2010·北京东城模拟)如图11所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K 发 出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A 板间的电压U 1加速，从A 板中心孔沿中心线KO 射出，然后进入两块平行金属板M 、N 形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)， 电子进入M 、N 间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P 点．已知M 、N 两板间的电压为U 2，两板间的距离为d ，板长为L ，电子的质量为m ，电荷量为e ，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力． (1)求电子穿过A 板时速度的大小； (2)求电子从偏转电场射出时的侧移量；(3)若要使电子打在荧光屏上P 点的上方，可采取哪些措施？ 解析：(1)设电子经电压U 1加速后的速度为v 0，由动能定理 eU 1＝12mv 02－0解得v 0＝2eU 1m(2)电子以速度v 0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做[来初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y.由牛顿第二定律和运动学公式t ＝L v0F ＝ma，F＝eE，E＝U2 da＝eU2 mdy ＝12at2解得y＝U2L2 4U1d(3)由y＝U2L24U1d可知，减小加速电压U1和增大偏转电压U 2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在P点上方．答案：(1) 2eU1m(2)U2L24U1d(3)减小加速电压U1和增大偏转电压U212．(15分)(2010·鞍山模拟)在场强为E＝100 V/m的竖直向下的匀强电场中有一块水平放置的足够大的接地金属板，在金属板的正上方，高为h＝0.8 m处有一个小的放射源放[来在一端开口的铅盒内，如图12所示．放射源以v0＝200 m/s的初速度向水平面以下各个方向均匀地释放质量为m＝2×10－15 kg、电荷量为q＝＋10－12 C的带电粒子．粒子最后落在金属板上．不计粒子重力，试求：(1)粒子下落过程中电场力做的功；(2)粒子打在金属板上时的动能；(3)计算落在金属板上的粒子图形的面积大小．(结果保留两位有效数字)解析：(1)粒子在下落过程中电场力做的功W＝Eqh＝100×10－12×0.8 J＝8×10－11 J(2)粒子在整个运动过程中仅有电场力做功，由动能定理得W＝E k2－E k1E k2＝8×10－11 J＋2×10－15×2002/2 J＝1.2×10－10 J(3)粒子落到金属板上的范围是一个圆．设此圆的半径为r，只有当粒子的初速度与电场的方向垂直时粒子落在该圆的边缘上，由运动学公式得h＝12at2＝Eq2mt2代入数据求得t≈5.66×10－3 s圆半径r＝v0t≈1.13 m圆面积S＝πr2≈4.0 m2.答案：(1)8×10－11 J (2)1.2×10－10 J (3)4.0 m2。

专题6.3 电容器 带电粒子在电场中运动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。

热点题型一 平行板电容器的动态分析例1、 (多选)如图所示，两块较大的金属板A 、B 平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为m 、电荷量为q 的油滴恰好处于静止状态。

以下说法中正确的是 ( )A ．若将A 板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 中有b →a 的电流B ．若将A 板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 中有b →a 的电流C ．若将S 断开，则油滴立即做自由落体运动，G 中无电流D ．若将S 断开，再将A 板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有b →a 的电流【方法归纳】两种类型平行板电容器的动态分析问题平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时U 恒定，则Q ＝CU∝C ，而C ＝εr S 4πkd ∝εr S d ，两板间场强E ＝U d ∝1d ；二是电容器充电后与电源断开，此时Q 恒定，则U ＝Q C，C ∝εr S d ，场强E ＝U d ＝Q Cd ∝1εr S。

【提分秘籍】1．对公式C ＝Q U的理解 电容C ＝Q U，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 S 4πkd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分析电容器两极板间电场强度的变化。

3．电容器两类问题的比较 分类充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开 不变量U Q d 变大C 变小→Q 变小、E 变小 C 变小→U 变大、E 不变 S 变大C 变小→Q 变大、E 不变 C 变大→U 变小、E 变小 εr 变大C 变大→Q 变大、E 不变 C 变大→U 变小、E 变小【举一反三】(多选)如图所示，平行板电容器与电动势为E ′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略。

咐呼州鸣咏市呢岸学校第3节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动考点一| 电容器的电容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 ＝Q U的理解电容C ＝Q U，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(加试要求)(1)确不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)用决式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)用义式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 ＝Ud分析电容器两极板间电场强度的变化．(2021·4月学考)关于电容器，以下说法正确的选项是( ) A ．在充电过程中电流恒 B ．在放电过程中电容减小 C ．能储存电荷，但不能储存电能D ．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器D [电容器充、放电过程中电流都是变化的，A 错误．电容大小是电容器本身属性，由自身决，与放电、充电无关，B 错误．电容器储存电荷的过程即储存电能的过程，C 错误．应选D.]1．关于电容器的两个公式的区别(1)电容的义式C ＝Q U，反映了电容器储存电荷的本领，但平行板电容器的电容C 的大小与Q 、U 都无关．(2)平行板电容器电容的决式C ＝εr S4πkd，反映了电容C 的大小与两极板正对面积成正比，与两极板间距离成反比，与极板间电介质的相对介电常数成正比．2．平行板电容器动态变化问题 (1)首先要区分两种根本情况：①电容器始终与电源相连时，电容器两极板间电势差U 保持不变； ②电容器充电后与电源断开时，电容器所带电荷量Q 保持不变． (2)依据的关系式主要有三个：①平行板电容器的电容C 与两板间距d 、正对面积S 、介质的相对介电常数εr 间的关系为C ＝εr S4πkd； ②平行板电容器内部是匀强电场，所以场强E ＝U d； ③电容器所带的电荷量Q ＝CU .1．(多项选择)以下关于电容器的表达正确的选项是( ) A ．电容器是储存电荷和电能的容器，只有带电的容器才称为电容器B ．任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关C ．电容器所带的电荷量是指两个极板所带电荷量的绝对值D ．电容器充电过程，是将电能转变成电容器的电场能并储存起来的过程；电容器放电的过程，是将电容器储存的电场能转化为其他形式的能的过程BD [电容器是储存电荷的容器，不管是否带电都称为电容器，所以选项A 错误，B 正确．电容器所带电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，所以选项C 错误．电容器的充电过程是将由电源获得的电能转化为电场能的过程，放电过程是将电场能转化为其他形式的能的过程，所以选项D 正确．]2.(多项选择)如图6­3­1为可变电容器，由一组动片和一组片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入得越多，那么( )图6­3­1【导学号：81370245】A ．正对面积越大，电容越大B ．正对面积越大，电容越小C ．动片、片间距离越小，电容越大D ．动片、片间距离越小，电容越小AC [由C ＝εr S4πkd可知动片旋入越多，正对面积越大，电容越大，A 对．根据电容与板间距离成反比可知，减小两板间距离，电容增大，故C 对．]3．一个已充电的电容器，假设使它的电荷量减少3×10－4C ，那么其电压减少为原来的13，那么( ) A ．电容器原来的带电荷量为9×10－4CB ．电容器原来的带电荷量为×10－4CC ．电容器原来的电压为1 VD ．电容器的电容变为原来的13B [由C ＝ΔQ ΔU 得ΔQ ＝C ·ΔU ＝C ⎝⎛⎭⎫U －13U ＝23CU ＝23Q ，Q ＝3×ΔQ 2＝3×3×10－42 C ＝×10－4 C ，选项A 错，B 对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C 错；电容器的电容由电容器本身决，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D 错．]4.(加试要求)(2021·)如图6­3­2所示，先接通S 使电容器充电．然后断开S ，增大两极板间的距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两极板间电势差U 及场强E 的变化情况是( )图6­3­2A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变大B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 变小 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 无法确C [由充电后断开电源，电容器的电荷量不变，选项A 、B 错；由C ＝εr S4πkd 知 增大两极板间的距离时，电容C 减小，由C ＝QU 知，U 增大；两板间电场强度E ＝U d ＝4πkQεr S，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项C 对，D 错．]考点二| 带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中的加速 (1)处理方法利用动能理：qU ＝12mv 2－12mv 20. (2)适用范围 任何电场．2．带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)研究条件带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场． (2)处理方法(加试要求)类似于平抛运动，用运动的合成与分解的方法． ①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t ＝l v 0. ②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧加速度：a ＝F m ＝Eq m ＝Uqmd运动时间：⎩⎪⎨⎪⎧a .恰能飞出平行板电容器：t ＝lv 0b .打在平行极板上：y ＝12at 2＝12·qU mdt 2，t ＝2mdyqU离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl22mv 20d 离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUlmv 20d(2021·4月学考)密立根油滴原理如图6­3­3所示．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( )图6­3­3A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的电荷量为mgUC ．增大场强，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的电荷量不一是电子的电荷量的整数倍C [由题目中的图示可以看出重力竖直向下，电场力竖直向上，电场强度方向向下，电荷带负电，A 错误；由平衡条件可以得到mg ＝Uq d ，电荷的带电量q ＝mgdU，B 错误；此时电场力与重力相，如果增大电场强度，那么电场力大于重力，所以油滴将向上运动，C 正确；由元电荷的带电量e ＝1.6×10－19C 可知，油滴的带电量一是电子电量的整数倍，D 错误．]1．带电粒子在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(1)根本粒子：如电子、质子、α粒子、离子，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，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，受到的电场力方向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于带电粒子动能的变化量，即qU ＝12mv 2－12mv 20. 3．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qU 0＝12mv 20 y ＝12at 2＝12·qU 1md ·⎝⎛⎭⎫l v 02tan θ＝qU 1l mdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d. (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向线与初速度线的交点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. 1.(2021·模拟)如图6­3­4所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两极间电压不变，那么( )图6­3­4A ．当减小两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两极间的距离时，速度v 减小C ．当减小两极间的距离时，速度v 不变D ．当减小两极间的距离时，电子在两极间运动的时间变长C [由动能理得eU ＝12mv 2，当改变两极板间的距离时，U 不变，v 就不变，应选项A 、B 错误，C 正确；电子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2dv，当d 减小时，v 不变，电子在两极板间运动的时间变短，应选项D 错误．]2．(2021·)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6­3­5所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )【导学号：81370246】图6­3­5A.edh U B ．edUh C.eU dh D.eUh dD [电子受到的静电力做负功，有－eU OA ＝0－E k ，U OA ＝Udh ，E k ＝eUhd，由此知选项D 正确．] 3．如图6­3­6所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一能使电子的偏转角θ变大的是( )图6­3­6A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小，U 2变小B [设电子被加速后获得的速度为v 0，水平极板长为l ，那么由动能理得U 1q ＝12mv 20，电子在水平极板间偏转所用时间t ＝l v 0，又设电子在水平极板间的加速度为a ，水平极板的板间距为d ，由牛顿第二律得a＝U 2q dm ，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度v y ＝at ，联立解得v y ＝U 2ql dmv 0，又tan θ＝v y v 0＝U 2ql dmv 20＝U 2ql 2dqU 1＝U 2l2dU 1，故U 2变大、U 1变小，一能使偏转角θ变大，故B 正确．] 4.(加试要求)(多项选择)如图6­3­7所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相的速度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，假设OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，那么( )图6­3­7A ．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∶1ABC [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；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2h t 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；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m Am B ＝112，A 和B 的位移大小不相，应选项A 、B 、C 正确．]。

第六章 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动31．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。

图6－3－12．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：跟正对面积成正比，跟介电常数成正比，跟两板间的距离成反比。

(2)决定式：C ＝εr S4πkd。

平行板电容器的动态分析 (1)主要的理论依据：①平行板电容器的电容C 与板间距d 、正对面积S 、介质介电常数εr 间的关系C ＝εr S4πkd。

②平行板电容器内部是匀强电场，所以场强E ＝U d。

③电容器所带电荷量Q ＝CU 。

④由以上三式得E ＝4k πQεr S ，该式常用于Q 保持不变的情况中。

(2)两类典型的动态变化分析流程图：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。

1．(2012·江苏高考)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：选B 由C ＝εr S 4πkd 知插入电介质，C 增大，再由C ＝QU 知，Q 不变时，U 减小，故选B 。

第3节 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动【考纲全景透析】一、电容器与电容1．电容器(1)组成：由两个彼此________又相互________的导体组成．(2)带电量：每个极板所带电荷量的__________．(3)电容器的充电和放电充电：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__________．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____________与电容器两极板间的电势差U 的比值．(2)定义式：____________(3)物理意义：表示电容器____________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____________成正比，与介质的____________成正比，与________________成反比．(2)决定式：C ＝____________，k 为静电力常量．【答案】1.(1)绝缘 靠近 (2)绝对值(3)异种电荷 电场能 电场能2.(1)电荷量Q (2)C ＝Q U (3)容纳电荷3．(1)正对面积 介电常数 两板间的距离 (2)εrS 4πkd二、带电粒子在电场中的加速1.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 ＝12mv2－12mv20或F ＝qE ＝q U d ＝ma.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv2－12mv20.【答案】动能三、带电粒子在电场中的偏转1．进入电场的方式：一个质量为m 、带电荷量为q 的粒子，以初速度v0________于电场线方向进入两平行金属板间的匀强电场，两板间的电势差为U.2．受力特点：粒子所受电场力大小________，且电场力的方向与初速度v0的方向垂直．3．运动特点：做________________运动，与力学中的平抛运动类似．4．运动规律(两平行金属板间距离为d ，金属板长为l)：运动特点⎩⎪⎨⎪⎧ 水平方向⎩⎪⎨⎪⎧ 速度：vx ＝ 位移：x ＝ 竖直方向⎩⎪⎨⎪⎧ 速度：vy ＝at ＝ 位移：y ＝12at2＝ 偏转角度：tan θ＝【答案】1.垂直 2.不变 3.匀变速曲线 4.v0 v0t qUl mv0d ql2U 2mv20d qUl mdv20四、示波管1．构造：(1)____________，(2)____________．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运动，打在荧光屏________，在那里产生一个亮斑．(2)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 ____________．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稳定图象.【答案】1.(1)电子枪 (2)偏转电极 2.(1)中心 (2)信号电压 扫描电压【热点难点全析】考点一 平行板电容器的动态分析1.平行板电容器动态问题分析的理论依据(1)平行板电容器的电容C 与板距d 、正对面积S 、介质介电常数εrr 间的关系(2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强(3)电容器所带电荷量Q=CU. (4)由以上三式得 该式为平行板电容器极板间匀强电场的场强的决定式,常通过来分析场强的变化.2.两类动态问题分析比较(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【例1】M、N两金属板竖直放置，使其带电，悬挂其中的带电小球P如图所示，偏离竖直方向．下列哪一项措施会使OP悬线与竖直方向的夹角增大？(P球不与金属极板接触)()．．增大MN两极板间的电势差B．减小MN两极板的带电荷量C．保持板间间距不变，将M、N板一起向右平移D．保持板间间距不变，将M、N板一起向左平移答案解析小球受向右的电场力处于平衡状态，增大两板间的电势差则电场强度增大，电场力增大，小球向右偏角增大，对；减小电容器的带电荷量则两板间电势差减小，电场强度减小，电场力减小，偏角减小，B错；C、D中电场强度不会变化，偏角不变，故C、D错．考点二带电体在匀强电场中做直线运动问题的分析1.带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，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.【例2】如图所示，板长L=4 cm的平行板电容器，板间距离d=3 cm，板与水平线夹角α=37°，两板所加电压为U=100 V，有一带负电液滴，带电荷量为q=3×10-10C，以v0=1 m/s的水平速度自板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出，取g=10 m/s2.求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出时的速度.【答案】(1)m=8×10-8 kg (2)v=≈1.32 (m/s)【详解】(1)画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：qEcosα=mg,qEsinα=ma,E=U/d解之得：m=qUcosα/dg代入数据得m=8×10-8 kg(2)对液滴由动能定理得：qU=v=所以v=≈1.32 (m/s)三、带电粒子在匀强电场中的偏转1.粒子的偏转角(1)以初速度v0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，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为θ，则结论：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)经加速电场加速再进入偏转电场不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：②由①②式得：tanθ= ③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v0进入偏转电场.作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出.(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，可推得偏移量偏转角正切：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，也就是轨迹完全重合.【例3】如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图.在xOy平面的第一象限，存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0≤x≤L，0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ；在第二象限存在以x＝-L、x＝-2L、y＝0、y＝L的匀强电场区域Ⅱ.两个电场大小均为E，不计电子所受重力，电子的电荷量为e，求：(1)从电场区域Ⅰ的边界B点处由静止释放电子，电子离开MNPQ时的坐标；(2)由电场区域Ⅰ的B曲线边界由静止释放电子离开MNPQ的最小动能；【答案】(1)设电子的质量为m，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，出区域Ⅰ时的速度为v0，接着在无电场区域匀速运动，此后进入电场Ⅱ，在电场Ⅱ中做类平抛运动，假设电子从NP边射出，出射点纵坐标为y1，由y=对于B点y=L，则x=(2分)所以eE·= (2分)解得v0= (1分)设在电场Ⅱ中运动的时间为t1L-y1=(1分)解得y1=0，所以原假设成立，即电子离开MNPQ区域的位置坐标为(-2L，0) (2分)(2)设释放点在电场区域Ⅰ中的坐标为(x，y)，在电场Ⅰ中电子被加速，速度为v1时飞离电场Ⅰ，接着在无电场区域做匀速运动，然后进入电场Ⅱ做类平抛运动，并从NP边离开，运动时间为t2，偏转位移为y2.eEx=(2分)y2=(2分)解得xy2=，所以原假设成立，即在电场Ⅰ区域的B曲线边界由静止释放的所有电子离开MNPQ时都从P点离开的. (2分)其中只有从B点释放的电子，离开P点时动能最小，则从B到P由动能定理得：eE·(L+)=Ek-0 (3分)所以Ek= (1分)【高考零距离】【2012年】1.（2012新课标）18如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成角度，两极板与一直流电源相连。

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。