高考物理第一轮复习静电现象电容器及电容学案新人教版.doc

第25讲 电容 电容器考情 剖析(注：①考纲要求及变化中Ⅰ代表了解和认识，Ⅱ代表理解和应用；②命题难度中的A 代表容易，B 代表中等，C 代表难)考查内容 考纲要求及变化考查年份 考查形式 考查详情 考试层级 命题难度电容、电容器Ⅰ09 单选 考查电容充放电过程中对电路的影响10 单选 以导体棒在磁场中运动为背景，考查电容器放电下电量和电流的变化12 单选 考查插入电介质后，用电容公式判断电容和电势差的变化情况重点 B小结及 预测 1.小结：电容、电容器以选择题形式进行考查，侧重考查电容的充放电过程中电压电流的变化以及影响电容的因素． 2．预测：在09、10、12三年中都有所考查，预计14年的考查可能性较大． 3．复习建议：建议复习时要对电容的决定式C ＝εr S4πkd 和定义式C ＝Q U能够掌握并灵活应用.知识 整合知识网络电容器带电荷量组成充放电―→电容错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误! 基础自测一、电容器 电容1．电容器： 两个彼此________又互相________的导体可构成一个电容器． 2．电容(1)定义： 电容器所带的电荷量Q (一个极板所带电荷量的________)与两个极板间电势差的比值，叫做电容器的电容．(2)定义式： C ＝________＝ΔQΔU.(3)单位： 国际单位制中为________，简称________，国际符号为________． 1F ＝________ μF ＝________ pF. 二、电容器的分类常见电容器有纸质电容器、电解电容器、可变电容器、平行板电容器等．电解电容器接入电路时，应注意其极性．三、平行板电容器平行板电容器C ＝εS4πkd.带电平行板电容器两极间的电场可认为是________电场．板间场强为E ＝U d.重点阐述重点知识概述两类动态问题分析比较(1)第一类动态变化：两级板间电压U 恒定不变 充电后与电池两极相连⇨电容器两极板间的电压不变→⎪⎪⎪⎪⎪→d 变大C 变小→U 不变Q 变小→U 不变，d 变大，E 变小→S 变大C 变大→U 不变Q 变大→U 不变，d 不变，E 不变→εr变大C 变大→U 不变Q 变大→U 不变，d 不变，E 不变(2)第二类动态变化：电容器所带电荷量Q 恒定不变 充电后与电池两极断开⇨电容器两极板电荷量保持不变→⎪⎪⎪⎪⎪→S 变大C 变大→Q 不变U 变小→U 变小，d 不变，E 变小→εr变大C 变大→Q 不变U 变小→U 变小，d 不变，E 变小→d 变大C变小→Q 不变U 变大→U 变大，d 变大，E 不变难点释疑一、分析电容器动态问题时应注意的问题 1．先确定电容器的不变量(Q 或U )．2．只有当电容器的电量发生变化时，电容器支路上才有充电或放电电流． 3．若电路中有二极管，其单向导电性将影响电容器充电或放电． 4．电容器电量不变时，改变板间距将不引起板间电场强度的变化．【典型例题1】 如图所示，平行板电容器A 、B 两极板水平放置，A 在上方，B 在下方，现将其和理想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 间距增大时，小球打在N 的左侧B ．若小球带正电，当AB 间距减小时，小球打在N 的左侧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 温馨提示解答此题时，首先要明确电容器电量不变． 记录空间【变式训练1】 在[典型例题1]中，若去掉电路中的二极管，则正确的选项是( ) 二、平行板电容器动态变化问题分析方法 1．首先要区分两种基本情况：(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 与极板间距d 、正对面积S 、介质相对介电常数εr 间的关系为C ＝εr S 4πkd；(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 .【典型例题2】 图中平行放置的金属板A 、B 组成一只平行板电容器．在不断开开关S 时，试讨论以下两种情况下电容器两板间电势差U 、电荷量Q 、板间场强E 的变化情况：(1)使A 板向上平移拉开一些； (2)使A 板向右平移错开一些．温馨提示解答此题时，要知道平行板电容器的电容C 与极板间距d 、正对面积S 、介质相对介电常数εr 间的关系．记录空间【变式训练2】 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K ，电源即给电容器充电，达到稳定后，则( )A ．保持K 接通，减小两板板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小B ．保持K 接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电荷量增大C ．断开K ，增大两极板间的距离，则两极板间的电势差减小D ．断开K ，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大随堂 演练1．对电容C ＝Q U，以下说法正确的是( )．A ．电容器带电荷量越大，电容就越大B ．对于固定电容器，它的带电荷量跟它两板间所加电压的比值保持不变C ．可变电容器的带电荷量跟加在两极板间的电压成反比D ．如果一个电容器没有电压，就没有带电荷量，也就没有电容2．一个空气平行板电容器，极板间距离为d ，正对面积S ，充以电荷量Q 后，两极板间电压为U ，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是( )A ．将电压变化U /2B ．将带电荷量变为2QC ．将极板正对面积变为2SD ．将两极间充满介电常数为2的电介质3．如图所示是一个由电源、电阻R 、开关S 与平行板电容器组成的串联电路，开关S 闭合后，在增大两极板间的距离的过程中( )第3题图A ．电阻R 中没有电流B ．电容器的电容变小C ．电阻R 中有从a 流向b 的电流D ．电阻R 中有从b 流向a 的电流4．如图所示，平行板电容器的电容为C ，极板带电荷量为Q ，极板间距为d ，今在两极板间正中央放一带电荷量为q 的点电荷，则它所受到的电场力大小为( )第4题图A ．k 2Qq d 2B ．k 4Qq d2C.Qq CdD ．k 2Qq Cd5．如图所示是一种利用电容器的电容C 测量角度的电容器的示意图，当动片和定片之间的角度θ发生变化时，电容C 便发生变化，于是知道C 的变化情况，就可以知道θ的变化情况，图乙中，最能正确地反应C 和θ的函数关系的是( )第5题图ABCD6．如图所示是描述对给定的电容器充电时极板上带电荷量Q 、极板间电压U 和电容C 之间关系的图象，其中正确的是( )ABCD7．板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间的电势差为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( )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 18．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( )第8题图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 点的高第25讲 电容 电容器知识整合 基础自测一、1.靠近 绝缘 2.(1)绝对值 (2)Q U(3)法拉 法 F 106 1012 三、匀强 重点阐述【典型例题1】 如图所示，平行板电容器A 、B 两极板水平放置，A 在上方，B 在下方，现将其和理想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 间距增大时，小球打在N 的左侧 B ．若小球带正电，当AB 间距减小时，小球打在N 的左侧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【答案】 BC 【解析】 当板间距增大时，由C ＝εr S4πkd 可知，电容器的电容将变小，因二极管的存在，电容器上的电量将保持不变，由E ＝U d ＝Q Cd ＝Q·4πkεr S 可知，板间电场强度不变，因此板间距增大时，不影响小球打在B 板上的位置，A 、D 均错误；若板间距减小，则电容器的电容C 增大，电源通过二极管给电容器充电，电容器的带电量增加，两板间的电压不变，此时板间电场强度将增大，若小球带正电，由mg ＋E q ＝ma ，y ＝12at 2可知，小球的加速度变大，小球打在B 板上的时间t 变小，由x ＝v 0t 知，小球将落在N 的左侧，B 正确；若小球带负电，由mg －Eq ＝ma ，y ＝12at 2可知，小球加速度变小，小球打在B 板上的时间t变大，由x ＝v 0t 可知，小球将落在N 的右侧，C 正确．变式训练1 BCD 【解析】 如上述例题分析，当板间距离变小时，二极管的存在并没有起到作用，故B 、C 仍正确；若板间距离变大，因板间电压不变，板间电场强度将变小，若小球带正电，由mg ＋E q ＝ma ，y ＝12at 2可得小球打在B 板上的时间增大，由x ＝v 0t 可知，小球打在N 的右侧，A 错误；若小球带负电，由mg －E q ＝ma ，y ＝12at 2可知，小球打在B 板上的时间减小，由x ＝v 0t 知，小球打在N 的左侧，D 正确．【典型例题2】 图中平行放置的金属板A 、B 组成一只平行板电容器．在不断开开关S 时，试讨论以下两种情况下电容器两板间电势差U 、电荷量Q 、板间场强E 的变化情况：(1)使A 板向上平移拉开一些； (2)使A 板向右平移错开一些．【答案】 见解析 【解析】 因为开关S 没有断开，故该题属于U 不变的情况． (1)因为平行板电容器的电容C∝1d ，故当d↑时C↓；又因为电容器所带的带电量Q＝CU ，因U 不变，C↓时，Q↓；平行板电容器内部为匀强电场，根据E ＝Ud ，因U 不变，d ↑，故E↓.(2)两板错开意味着正对面积S↓.由C∝S 可知C↓，由Q ＝CU 可知Q↓.两板间距d 不变，由E ＝Ud判定此时E 没有变化．变式训练2 B 【解析】 保持K 接通，两极板间的电势差U 不变，根据E ＝U/d 可知，若减小两极板间的距离d ，两极板间电场的电场强度增大，根据Q ＝CU ＝εr SU 4πkd ∝εr Sd 可知，在两极板间插入一块介质，相对介电常数εr 增大，则极板上的电荷量增大，选项A 错误，B 正确；断开K 时，两极板上的电荷量Q 不变，根据U ＝Q C ＝4πkdQ εr S ∝dQεr S 可知，当只增大两极板间的距离d 时，两极板间的电势差增大，当在两极板间插入一块介质时，εr 增大，则两极板间的电势差减小，所以选项C 、D 错误．本题答案为B.随堂演练1.B 【解析】 电容是电容器的固有属性，由电容器本身的构造决定，电容描述了电容器的容纳电荷的本领(电容器两极板间的电势差每改变1 V 所改变的电荷量的多少)大小，而不表示容纳了多少电荷或带了多少电荷，正确答案为B 项．2.CD 【解析】 电容器的电容和电容器极板上的电荷量、电压无关、所以选项A 、B 不正确；根据公式C ＝εr S4πkd可知选项C 、D 正确．3.BC 【解析】 当增大两极板间距离时，由C ＝εr S4πkd 知电容器的电容变小，又因电容器两端的电压不变，可知电容器极板上带电荷量变小，即电容器对电源反向充电，故R 中有电流，电流从a 流向b.故选项B 、C 正确．4.C 【解析】 平行板电容器两极板间电场为匀强电场，其电场强度为E ＝QCd，因此点电荷q 在其中所受到的电场力为F ＝Eq ＝QqCd.5.B 【解析】 由公式C ＝εr S4πkd知电容器的电容与极板间的正对面积成正比，C ＝k′S(k′为比例系数)，设电容器动片未旋转时极板间的正对面积为S 0，旋转θ后，则电容器极板间减少的正对面积为ΔS ＝12R 2θ，R 为极板的半径，则电容器的正对面积变为S ＝S 0－ΔS ＝S 0－12R 2θ，所以这时电容器的电容为C ＝k′S＝k′⎝ ⎛⎭⎪⎫S 0－12R 2θ.这时，不难画出θ与电容器电容C 的关系图象，即选项B 所示，故选B.6.BCD 【解析】 A 图所含的信息是：电容器电容的大小和电容器所带的电荷量成正比，A 错误．B 图所含的信息是：电容器的电容并不随两极板间的电压的变大而改变，B 正确．C 图所含的信息是：电容器所带的电荷量与极板间的电压的比值不变，即电容器的电容不变，C 正确．D 图所含的信息是：电容器的电容与电容器所带的电荷量无关．由电容器的定义可知，D 正确．7.C 【解析】 U 1＝Q C ，E 1＝U 1d .当板间距变为12d 时，由C ＝εr S4πkd 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 212d ＝2U 1d＝2E 1，C 选项正确．8.D 【解析】 该题是考查平行板电容器和电路的综合问题．由C ＝εr S4πkd 可知，当d增大时，电容器的电容减小，A 不正确．由Q ＝CU 可知，电容减小时，Q 减小，所以B 不正确．d 增大的过程中，极板上的电荷量Q 减小，电容器要放电，电流方向由M 到N 通过电阻，故M 点的电势比N 点的电势高，D 选项正确．。

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 Ⅰ1.电容器 (1)组成：由两个彼此□01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(1)分类：从构造上可分为□05固定电容器和□06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□08额定电压，这个电压比击穿电压□09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 ＝□10Q U 。

推论：C ＝ΔQ ΔU。

(3)单位：法拉(F)，1 F ＝□11106μF＝□121012pF 。

(4)物理意义：表示电容器□13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□15相对介电常数成正比，与□16两板间的距离成反比。

(2)决定式：□17C ＝εr S4πkd，k 为静电力常量。

知识点带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ1．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□01动能的增量。

(1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝□0212mv 2－12mv 20。

(2)在非匀强电场中：W ＝qU＝□0312mv 2－12mv 20。

第三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】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＝1.0×10－6C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 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；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＝Q U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 ＝4πkQεr 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 ＝U d与C ＝εr S 4πkd 相结合可得E ＝4πkQεr 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 ＝mv 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2.带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法 (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v0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 ＝U d，由动能定理得：－qEd ＝0－12mv 20，解得：d ＝mv 22qE ，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＝0－12mv 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＝0－12mv 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＝d8，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 Mt 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 ＝T4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分析 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 tan θ，又tan θ＝v y v 0＝d L ，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 ＝2φd①F ＝qE ＝ma ②设粒子第一次到达G 时动能为E k ，由动能定理有qEh ＝E k －12mv 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 0t ⑤联立①②③④⑤式解得E k ＝12mv 20＋2φdqhl ＝v 0mdh qφ. (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 0mdh qφ. 答案：(1)12mv 20＋2φdqh v 0mdhqφ(2)2v 0mdh qφ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54mv 2C ．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 ＝mv 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12mv 20，B 错误；t ＝d 2v 0时刻进入的粒子，在d 2v 0～2dv 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 ①12a (t 2)2＝12gt 2② 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 －12mv 21＝mgh ＋qEh ④且有v 1·t2＝v 0t ⑤h ＝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 ′≤mv 2DR令小球以最小初速度v 0运动，由动能定理知： －mg ′·2R ＝12mv 2D －12mv 2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 U可知，电容器所带电荷量Q 减小，即电容器极板上的电荷量减小．由于U 不变，d 不变，由E ＝Ud可知，极板间电场强度E 不变，D 正确，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 S4πkd 可知，当液面升高时，只能是正对面积S 增大；故可判断电容增大，再依据C ＝Q U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＝Q C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.(2020·福建龙岩模拟)如图，带电粒子P 所带的电荷量是带电粒子Q 的5倍，它们以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M 、N 点，若OM ＝MN ，则P 和Q 的质量之比为(不计重力)( )A ．2∶5B ．5∶2C ．4∶5D ．5∶4解析：选D.粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为1∶2，由l ＝v 0t 可知运动时间比为1∶2，由y ＝12at 2得加速度之比为4∶1，根据牛顿第二定律得a ＝qEm ，因为电荷量比为5∶1，则质量比为5∶4，故D 正确，A 、B 、C 错误．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 ＝Fv ，其中v 为沿电场力方向的速度，则v ＝at 、a ＝F m ，整理得P ＝F 2mt ，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 ＋d 2－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 23dU ＝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 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 不变D ．电荷仍保持静止解析：选BCD.将极板A 稍向上平移，板间距离d 增大，根据电容的决定式C ＝εr S4πkd 可知，电容C 减小；若电容器的电压不变时，则电容器所带电荷量将要减小，由于二极管具有单向导电性，电容器上电荷放不掉，电荷不能流回电源，所以电容器的电荷量保持不变，由。

第4课时 电容器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,充电后电容器两个极板分别带上等量的异种电荷,电容器中储存电能。

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 ＝106 μF＝1012 pF 。

(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：两板间的距离、正对面积、介电常数。

(2)决定式：C ＝εr S4πkd。

4．带电粒子在电容器中的平衡和匀变速直线运动(1)粒子所受合外力F 合＝0,粒子做匀速直线运动或静止。

(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。

[基础自查]1．判断正误(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。

(×)(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)平行板电容器中插入一块金属板后,其电容不变(×)(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。

(×)2．(2019·浙江4月选考)下列器件中是电容器的是( )解析：选B A 选项为滑动变阻器,B 选项为电容器,C 选项为电阻箱,D 选项为电阻,B 正确。

3.如图所示的装置,可以探究影响平行板电容器电容的因素,关于下列操作及出现的现象的描述正确的是( )A ．电容器与电源保持连接,左移电容器左极板,则静电计指针偏转角增大B ．电容器充电后与电源断开,上移电容器左极板,则静电计指针偏转角增大C ．电容器充电后与电源断开,在电容器两极板间插入玻璃板,则静电计指针偏转角增大D ．电容器充电后与电源断开,在电容器两极板间插入金属板,则静电计指针偏转角增大 解析：选B 电容器与电源保持连接时两极板间的电势差不变,静电计指针偏转角不变,A 错误；与电源断开后,电容器所带电荷量不变,结合U ＝Q C 和C ＝εr S 4πkd可判断B 正确,C 、D 错误。

第3讲实验十观察电容器的充、放电现象电容器的动态分析学习目标 1.了解电容器的充电、放电过程，会定量计算电容器充、放电的电荷量。

2.掌握电容的定义式和平行板电容器的决定式，会分析电容器动态变化问题。

1.2.观察电容器的充、放电现象实验原理实验操作注意事项图甲电容器充电图乙电容器放电如图甲，电容器与电源相连，形成充电电流，随着极板电荷量的增加，充电电流减小。

如图乙，电容器的正、负电荷中和，形成放电电流，随着极板电荷量的减少，放电电流减小1.连电路，按原理图连接器材。

2.单刀双掷开关S接1，观察充电现象。

3.单刀双掷开关S接2，观察放电现象。

4.关闭电源，整理器材1.电流表要选用小量程的灵敏电流表。

2.要选择大容量的电容器。

3.实验要在干燥的环境中进行。

4.在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，避免烧坏电流表数据处理1.观察电流表示数变化，总结电容器充、放电电流的变化规律。

2.可将电流表换成电流传感器，由计算机绘制充、放电的i－t图像，由图像计算充、放电过程通过电流传感器的电荷量。

方法：先算出一个小方格代表的电荷量，然后数出整个图像与横轴所围的面积中的方格数(大于半个的按一个方格计算，小于半个的舍弃)。

电容器充电或放电过程中电荷量为一个小方格代表的电荷量乘以方格数。

3.电容器两极板之间的电压等于电源电动势，由电容的定义式C＝QU估算出电容器的电容C。

思考判断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。

(×)考点一实验十：观察电容器的充、放电现象角度电容器充、放电现象的定性分析例1(2022·北京卷，9)利用如图1所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E 为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。

下列说法正确的是()图1A.充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定B.充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定C.放电过程中，电流表的示数均匀减小至零D.放电过程中，电压表的示数均匀减小至零答案B解析充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，A错误；充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；电容器放电过程的I－t图像如图所示，可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，C、D错误。

8 电容器的电容[学科素养与目标要求]物理观念：1.知道什么是电容器及平行板电容器的主要构造.2.理解电容的概念及其定义式.3.了解电容器充电和放电现象及能量转换.科学探究：1.会正确连接电路，认真观察电容器的充放电过程.2.通过探究得出平行板电容器电容的影响因素.科学思维：1.通过类比建立电容的概念；通过电容的定义进一步体会比值定义法.2.结合具体问题构建电容器动态分析模型. 课时1 电容器的电容一、电容器1.电容器：储存电荷和电能的装置.任何两个彼此绝缘又相距很近的导体，都可以看成一个电容器.2.电容器的充放电(1)充电：把电容器的两极板分别与电池组的两极相连，两个极板分别带上等量的异号电荷的过程，充电过程中，由电源获得的电场能储存在电容器中.(2)放电：用导线把充电后的电容器的两极板接通，两极板上的电荷中和的过程，放电过程中，电场能转化为其他形式的能量. 二、电容1.定义：电容器所带电荷量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：电容的国际单位是法拉，符号为F ，常用的单位还有微法和皮法，1F ＝106μF ＝ 1012pF.4.物理意义：电容器的电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，在数值上等于使两极板间的电势差为1 V 时电容器需要带的电荷量. 三、平行板电容器1.结构：由两个平行且彼此绝缘的金属板构成.2.电容的决定因素：电容C 与两极板间电介质的相对介电常数εr 成正比，跟极板的正对面积S 成正比，跟极板间的距离d 成反比.3.电容的决定式：C ＝εr S 4πkd ，εr 为电介质的相对介电常数，k 为静电力常量.当两极板间是真空时，C ＝S4πkd ，式中k 为静电力常量. 四、常用电容器1.分类：从构造上看，可以分为固定电容器和可变电容器两类.2.电容器的额定电压和击穿电压：(1)击穿电压：电介质不被击穿时加在电容器两极板上的极限电压，若电压超过这一限度，电容器就会损坏. (2)额定电压：电容器外壳上标的电压，也是电容器正常工作所能承受的最大电压. (3)额定电压比击穿电压低.1.判断下列说法的正误.(1)电容器的电容跟它的带电荷量成正比.(×)(2)对于确定的电容器，它所充的电荷量跟它两极板间电压的比值保持不变.(√) (3)将平行板电容器两极板的间距加大，电容将增大.(×)(4)将平行板电容器两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小.(√) (5)在平行板电容器极板间插入电介质，电容将增大.(√)2.某平行板电容器充电后所带电荷量为Q ＝2×10－6C ，两板间的电压U ＝4V ，则该电容器的电容为 F ，若只将该电容器的板间距离增大，电容器的电容将 ，若只将两极板错开，使极板正对面积减小，电容器的电容将 . 答案 5×10－7 减小 减小一、电容器 电容(1)把电容器的两个极板分别与电源两极相连，对电容器进行充电，该过程中能量是如何转化的？当把电容器两极相接，使电容器放电，该过程中能量是如何转化的？(2)当电容器的带电荷量增加时，电容器两极板间的电势差如何变化？带电荷量Q 和板间电势差U 的比值是否发生变化？答案 (1)充电过程中电源内的化学能转化为电容器内的电场能；放电过程中电容器的电场能转化为电路的内能. (2)增大 不变1.电容器的充电过程，电源提供的能量转化为电容器的电场能；电容器的放电过程，电容器的电场能转化为其他形式的能.2.电容器的充、放电过程中，电路中有充电、放电电流，电路稳定时，电路中没有电流.3.C ＝QU 是电容的定义式，由此也可得出：C ＝ΔQ ΔU.4.电容器的电容决定于电容器本身，与电容器的电荷量Q 以及电势差U 均无关. 例1 (2018·哈尔滨三中高二月考)下列关于电容器的说法中正确的是( ) A.电容器所带的电荷量为两个极板所带电荷量的绝对值之和B.电容器的电容与电容器所带电荷量成正比C.一个电容器的电荷量增加ΔQ ＝1.0×10－6C 时，两极板间的电势差升高ΔU ＝10V ，则电容器的电容C ＝1.0×10－7FD.放电后的电容器所带电荷量为零，电容也为零 答案 C解析 电容器所带的电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值，A 错误；电容器的电容是反映其容纳电荷本领大小的物理量，完全由电容器本身的属性决定，与电容器是否带电及带电荷量多少无关，B 、D 错误；由C ＝Q U ＝ΔQ ΔU，可得电容器的电容C ＝1.0×10－7F ，C 正确.例2 有一充电的电容器，两板间的电压为3V ，所带电荷量为4.5×10－4C ，此电容器的电容是多少？将电容器的电压降为2V ，电容器的电容是多少？所带电荷量是多少？ 答案 1.5×10－4F 1.5×10－4F 3×10－4C解析 C ＝Q U ＝4.5×10－43F ＝1.5×10－4F.电容器电压降为2V 时，电容不变，仍为1.5×10－4F.此时所带电荷量为Q ′＝CU ′＝1.5×10－4×2C ＝3×10－4C.二、平行板电容器平行板电容器由两块平行放置的金属板组成.利用平行板电容器进行如下实验：(1)如图所示，保持Q 和d 不变，减小两极板的正对面积S ，观察电势差U (静电计指针偏角)的变化，依据C ＝QU ，分析电容C 的变化.(2)如图所示，保持Q 和S 不变，增大两极板间的距离d ，观察电势差U (静电计指针偏角)的变化，依据C ＝QU ，分析电容C 的变化.(3)如图所示，保持Q 、S 、d 不变，插入电介质，观察电势差U (静电计指针偏角)的变化，依据C ＝QU ，分析电容C 的变化.答案 (1)实验结论：S 减小，电势差U 增大，电容C 减小. (2)实验结论：d 增大，电势差U 增大，电容C 减小. (3)实验结论：插入电介质，电势差U 减小，电容C 增大.1.C ＝QU 与C ＝εr S 4πkd的比较(1)C ＝Q U 是电容的定义式，对某一电容器来说，Q ∝U 但C ＝QU 不变，反映电容器容纳电荷本领的大小； (2)C ＝εr S 4πkd 是平行板电容器电容的决定式，C ∝εr ，C ∝S ，C ∝1d ，反映了影响电容大小的因素.2.平行板电容器动态问题的分析方法 抓住不变量，分析变化量，紧抓三个公式： C ＝Q U 、E ＝Ud 和C ＝εr S 4πkd3.平行板电容器的两类典型问题(1)开关S 保持闭合，两极板间的电势差U 恒定， Q ＝CU ＝εr SU 4πkd ∝εr Sd ，E ＝U d ∝1d .(2)充电后断开S ，电荷量Q 恒定， U ＝Q C ＝4πkdQ εr S ∝d εr S ，E ＝U d ＝4πkQ εr S ∝1εr S.例3 (2018·彭州中学高二月考)如图1所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N 与静电计金属球相连，极板M 和静电计的外壳均接地，用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U .在两极板相距为d 时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度.在整个实验过程中，保持电容器所带的电荷量Q 不变，下面的操作中将使静电计指针张角变大的是( )图1A.仅将M 板向下平移B.仅将M 板向右平移C.仅在M 、N 之间插入云母板(相对介电常数大于1)D.仅在M 、N 之间插入金属板，且不和M 、N 接触 答案 A解析 仅将M 板向下平移，两极板正对面积减小，由C ＝εr S4πkd 可知电容减小，而电容器所带电荷量不变，由C ＝QU 可得，板间电压增大，静电计指针张角变大，A 正确；仅将M 板向右平移，板间距离减小，电容增大，而电容器所带电荷量不变，板间电压减小，静电计指针张角变小，B 错误；仅在M 、N 之间插入云母板，相对介电常数增大，电容增大，而电容器所带电荷量不变，板间电压减小，静电计指针张角变小，C 错误；仅在M 、N 之间插入金属板，相当于板间距离减小，电容增大，而电容器所带电荷量不变，板间电压减小，静电计指针张角变小，D 错误.静电计的使用静电计是在验电器的基础上改造而成的，静电计由相互绝缘的两部分组成，静电计与电容器的两极板分别连接在一起，则电容器两极板间的电势差就等于静电计上所指示的电势差U ，U 的大小可从静电计的刻度读出，可见，静电计指针偏角的变化表征了电容器两极板间电势差的变化.例4 (多选)(2018·郴州市高二期末)如图2所示，两块水平放置的平行正对的金属板a 、b 与电源E 相连，在与两板等距离的M 点有一个带电液滴恰处于静止状态.若将b 板向上平移一小段距离，但仍在M 点下方，下列说法中正确的是( )图2A.液滴仍将处于静止状态B.M 点电势升高C.带电液滴在M 点的电势能增大D.在b 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，电场力做功相同 答案 CD解析 电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b 板向上平移一小段距离，根据E 电场＝U d 分析得知板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，液滴将加速向上运动，故A 错误；由U ＝Ed aM 知，M 与a 间的电势差增大，a 点的电势为零，M 点的电势小于零，则知M 点的电势降低，故B 错误；由于液滴带负电，则带电液滴在M 点的电势能增大，故C 正确；在b 板移动前后两种情况下，若将液滴从a 板移到b 板，两板间的电势差不变，根据电场力做功公式W ＝qU 知，电场力做功相同，故D 正确.[学科素养] 此题考查平行板电容器相关的电势、场强动态分析以及带电体的受力问题.解题时要抓住以下要点或公式：①电容器两板间电压一定；②F 电＝qE ；③E ＝Ud ；④M 点的电势φM ＝－Ed aM 等.通过综合应用提高了学生的思维能力，很好地体现了“科学思维”的学科素养.1.(电容器 电容)(2018·淄博市期末)对电容C ＝QU ，以下说法正确的是( ) A.电容器充电电荷量越多，电容增加越大 B.电容器的电容跟它两极板间所加电压成反比 C.电容器的电容越大，所带电荷量就越多D.对于确定的电容器，它所带的电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变 答案 D2.(电容的计算)一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4C ，则其电压减小为原来的13，则( ) 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4.5×10－4CC.电容器原来的电压为1VD.电容器的电容变为原来的13 答案 B解析 由题意知C ＝Q U ＝Q －3×10－4C 13U，解得Q ＝4.5×10－4C ，故B 正确，A 错误.因电容器的电容未知，所以无法求出电容器原来的电压，C 错误.电容是由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，D 错误.3.(电容器的动态分析)(2018·烟台市期末)如图3所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板A 、B 之间的P 点，处于静止状态.现将极板A 向下平移一小段距离，但仍在P 点上方，其他条件不变.下列说法中正确的是( )图3A.液滴将向下运动B.液滴将向上运动C.电容器电容减小D.极板带电荷量将减小答案 B解析 将极板A 向下平移一小段距离，电容器极板间的电压保持不变，根据E ＝Ud 分析得知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，油滴将向上运动，故A 错误，B 正确.将极板A 向下平移一小段距离时，根据C ＝εr S4πkd得知电容C 增大，而电容器的电压U 不变，由Q ＝CU 知，极板带电荷量将增大，故C 、D 错误. 4.(电容器的动态分析)(多选)(2018·启东中学高一下期末)如图4所示，一平行板电容器充电后与电源断开，正极板与静电计连接，负极板接地，两板间有一个正试探电荷固定在P 点，正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离，下列说法正确的是( )图4A.静电计指针张角变小B.静电计指针张角不变C.正电荷在P 点的电势能减小D.正电荷在P 点的电势能不变 答案 AC解析 将负极板缓慢向右平移一小段距离，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，而电容器的电荷量Q 不变，则由C ＝QU 得，板间电压U 减小，因此静电计的指针张角变小，故A 正确，B 错误；根据板间场强E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S ，可见E 不变，P 点到负极板距离减小，由公式U ＝Ed 得，P点的电势降低，正电荷在P 点的电势能变小，故C 正确，D 错误.。

第48课时 观察电容器的充、放电现象 [实验增分课]实验电路实验过程（1）观察电容器充电现象：充电电流由电源的正极流向电容器的正极板，同时，电流从电容器的负极板流向电源的负极，电流表示数逐渐变小，最后为0。

（2）观察电容器的放电现象：放电电流由电容器的正极板经过电流表流向电容器的负极板，放电电流逐渐减小，最后为0。

充、放电电流的变化是极短暂的数据处理误差分析（1）整个图像与横轴所围的面积的物理意义是整个充电或放电时间内通过电流表的电荷量，也等于充满电后或放电开始时电容器极板上的电荷量。

（1）电流测量和读数不准确带来误差；数据处理误差分析（2）估算电容器充电或放电过程中电荷量的方法是：先算出一个小方格代表的电荷量，然后数出整个图像与横轴所围的面积中的方格数（大于半个的按一个方格计算，小于半个的舍弃）。

电容器充电或放电过程中电荷量为一个小方格代表的电荷量乘以方格数（2）利用I -t 图像进行数据处理时也会造成误差【典例1】 （2023·新课标卷22题）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，所用器材如下：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、小灯泡、多用电表、电流表、秒表、单刀双掷开关以及导线若干。

（1）用多用电表的电压挡检测电池的电压。

检测时，红表笔应该与电池的正极（填“正极”或“负极”）接触。

（2）某同学设计的实验电路如图（a）所示。

先将电阻箱的阻值调为R1，将单刀双掷开关S与“1”端相接，记录电流随时间的变化。

电容器充电完成后，开关S再与“2”端相接，相接后小灯泡亮度变化情况可能是C。

（填正确答案标号）A.迅速变亮，然后亮度趋于稳定B.亮度逐渐增大，然后趋于稳定C.迅速变亮，然后亮度逐渐减小至熄灭（3）将电阻箱的阻值调为R2（R2＞R1），再次将开关S与“1”端相接，再次记录电流随时间的变化情况。

两次得到的电流I随时间t变化如图（b）中曲线所示，其中实线是电阻箱阻值为R2（填“R1”或“R2”）时的结果，曲线与坐标轴所围面积等于该次充电完成后电容器上的电荷量（填“电压”或“电荷量”）。

第三节 电容器 带电粒子在电场中的运动一、电容器、电容 1.电容器两个彼此绝缘又互相靠近的导体可构成电容器.电容器充电就是使电容器带电的过程.电容器放电就是使电容器失去电荷的过程.电容器带的电荷量是指一个极板所带电荷量的绝对值.2.电容电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间的电势差U 的比值叫作电容器的电容，公式：C ＝QU，单位：法拉（F ）、微法（μF）、皮法（pF ）. 由数学关系我们可以得出，电容器的电容也等于电荷量的变化量与电势差的变化量之比，即C ＝ΔQΔU.电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量.3.平行板电容器的电容公式C ＝εr S 4k πd ∝εr Sd，S 为两板的正对面积，d 为极板间的距离，其中εr 是介电常数. 平行板电容器两板间的电场可以近似认为是匀强电场.1.一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 答案：B二、带电粒子在电场中的加速或减速（1）研究条件：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场时将做匀变速直线运动. （2）功能关系：带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则静电力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量.①在匀强电场中，W ＝qEd ＝qU ＝12mv 22－12mv 21.②在非匀强电场中，W ＝qU ＝12mv 22－12mv 21.2.两平行金属板相距为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入电场，最远到达A 点，然后返回，如图所示，OA 间距为h ，则此电子的初动能为（ ）A.edh U B.dU eh C.eU dh D.eUhd答案：D三、带电粒子在匀强电场中的偏转1.如果带电粒子以初速度v 0垂直电场强度方向进入匀强电场中，不考虑重力时，则带电粒子在电场中将做类平抛运动，如图所示.2.类平抛运动的一般处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿静电力方向初速度为0的匀加速直线运动.3.基本公式（板长为l ，板间距离为d ，板间电压为U ）： 在电场中运动时间t ＝lv 0； 加速度a ＝F m ＝qE m ＝qUdm；离开电场的偏转量y ＝12at 2＝qUl22dmv 20；偏转角tan θ＝v y v 0＝at v 0＝qUl mdv 20.3.（多选）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（ ）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 答案：BD电容器C ＝QU定义式反映电容容纳电荷的本领，平行板电容器中间部分是匀强电场，带电粒子运动规律遵循运动学基本规律，一般与动能定理综合解题.考点一 平行板电容器及动态分析 1.两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.2.分析电容器动态问题时应注意的问题 （1）先确定电容器的不变量（Q 或U ）.（2）只有当电容器的电荷量发生变化时，电容器支路上才有充电或放电电流. （3）若电路中有二极管，其单向导电性将影响电容器充电或放电. （4）电容器电荷量不变时，改变板间距不会引起板间电场强度的变化.典例 （2019·长沙测试）用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）.设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）A.保持S 不变，增大d ，则θ变大B.保持S 不变，增大d ，则θ变小C.保持d 不变，增大S ，则θ变大D.保持d 不变，增大S ，则θ不变解析：根据C ＝εr S4k πd可知：保持S 不变，增大d ，电容C 减小，本题中电容器带电荷量Q 保持不变，由C ＝QU 可知电势差U 变大，则θ变大，故A 正确，B 错误；保持d 不变，增大S ，电容C 增大，由于带电荷量Q 不变，由C ＝QU可知电势差U 变小，则θ变小，故C 、D 错误.答案：A运用电容器定义式和决定式分析电容器相关量变化的基本思路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 S4k πd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 ＝U d分析平行板电容器极板间匀强电场的电场强度的变化.考点二 带电粒子在电场中的直线运动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动能的增量.（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.典例 （2019·长沙模拟）如图所示，互相绝缘且紧靠在一起的A 、B 物体，静止在水平地面上，A 的质量为m ＝0.04 kg ，带电荷量为q ＝＋5.0×10－5C ，B 的质量为M ＝0.06 kg ，不带电.两物体与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4，t ＝0时刻开始，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度为E ＝1.6×104 N/C ，g 取10 m/s 2.设运动过程中物体所带的电荷量没有变化.（1）求A 、B 的加速度及其相互作用力的大小；（2）若t ＝2 s 后电场反向，且电场强度减为原来的一半，求物体B 停下时两物体间的距离.解析：（1）对整体分析，由牛顿第二定律，有qE －μ（M ＋m ）g ＝（M ＋m ）a ，加速度大小a ＝qE －μ（M ＋m ）g M ＋m＝4 m/s 2.隔离B 分析，根据牛顿第二定律有F －μMg ＝Ma ， 解得F ＝μMg ＋Ma ＝0.48 N. （2）t ＝2 s 时，A 、B 的速度大小v ＝at ＝4×2 m/s ＝8 m/s.t ＝2 s 后电场反向，且电场强度减为原来的一半，此时A 做匀减速运动的加速度大小a A ＝qE ′＋μmg m＝14 m/s 2，B 做匀减速运动的加速度大小a B ＝μg ＝4 m/s 2， B 速度减为零的时间t B ＝va B ＝2 s ，减速到零的位移大小x B ＝v 22a B ＝8 m.A 速度减为零的时间t A 1＝v a A ＝47 s ，减速到零的位移大小x A 1＝v 22a A ＝167 m.A 反向做匀加速运动的加速度大小 a ′A ＝qE ′－μmg m＝6 m/s 2，则反向做匀加速直线运动的位移大小x A 2＝12a ′A （t B －t A 1）2＝30049m ， 则A 、B 的距离Δx ＝x A 2－x A 1＋x B ≈11.8 m.答案：（1）4 m/s 20.48 N （2）11.8 m1.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.带电粒子在电场中平衡的解题步骤. （1）选取研究对象.（2）进行受力分析，注意电场力的方向特点. （3）由平衡条件列方程求解.3.解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路.（1）根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况.此方法只适用于匀强电场.（2）根据总功等于带电粒子动能的变化求解.此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场.考点三 带电粒子在电场中的偏转 1.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 （忽略重力影响），则有（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）位移⎩⎪⎨⎪⎧v x t ＝v 0t ＝l ，12at 2＝y ，y ＝12at 2＝qUl22mv 20d .（4）速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0，v y ＝at ，v y ＝qUtmd ，v ＝v 2x ＋v 2y ，tan θ＝v y v x ＝qUl mv 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.证明：由qU 0＝12mv 20及tan φ＝qUl mdv 20，得tan φ＝Ul2U 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 到电场边缘的距离为l2.3.求解电偏转问题的两种思路带电粒子经加速电场U 1加速，再经偏转电场U 2偏转后，需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P ，如图所示.（1）确定最终偏转距离OP的两种方法.方法1：方法2：（2）确定粒子经偏转电场后的动能（或速度）的两种方法.方法1：方法2：注意：利用动能定理求粒子偏转后的动能时，电场力做功W＝qU＝qEy，其中“U”为初末位置的电势差，而不一定是两极板间的电势差.4.带电粒子在匀强电场中偏转时间的讨论质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v0垂直于电场方向从极板中间射入匀强电场，已知极板间距为d，极板长度为L，极板间电压为U，带电粒子在匀强电场中的运动时间为t，则（1）带电粒子能穿出电场时，在电场中运动的时间由沿初速度方向上的运动来确定比较方便，其值为t ＝L v 0.（2）带电粒子打到极板上时，在电场中运动的时间由沿电场方向上的运动来确定比较方便，其值为t ＝2y a.典例 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，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 ，则y ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02＝12qEL 2mv 20， 又x ＝y ＋L tan α， 解得x ＝3qEL 22mv 20.答案：（1）2L v 0 （2）qEL mv 20 （3）3qEL22mv 201.如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板间有一个负点电荷在P 点恰好平衡.若用U 表示两极板间的电压、E 表示两极板间的电场强度，并令负极板保持不动，而将正极板向下移到图中的虚线位置，则（）A.E增大，U减小B.E不变，U增大C.E增大，电荷有向上的加速度D.E不变，电荷电势能变小答案：D2.电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路.闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电荷量为Q，板间电压为U，板间电场强度大小为E0.则下列说法正确的是（）A.若将A板下移少许，Q增大，U减小，E0不变B.若将A板下移少许，Q不变，U减小，E0减小C.若断开开关，将A板下移少许，Q增大，U不变，E0增大D.若断开开关，将A板下移少许，Q不变，U减小，E0不变答案：D3.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点电势升高答案：B4.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向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U）（）A.电子到达B板时的动能是U（eV）B.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3U （eV ）D.电子在A 板和D 板之间做往复运动答案：C5.如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v 0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L ，板间的距离为d ，板间电压为U ，带电粒子的电荷量为＋q ，粒子通过平行金属板的时间为t （不计粒子的重力），则（ ）A.在前t 2时间内，电场力对粒子做的功为qU 4B.在后t 2时间内，电场力对粒子做的功为3qU 8C.在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，电场力做功之比为1∶2 D.在粒子下落前d 4和后d 4的过程中，电场力做功之比为2∶1 答案：B6.带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，a ，b ，c 三个相同粒子（重力忽略不计）先后从同一点O 沿垂直电场方向进入电场，其运动轨迹如图所示，其中b 恰好沿下极板的边缘飞出电场.下列说法正确的是（ ）A.b 在电场中运动的时间大于a 在电场中运动的时间B.b 在电场中运动的时间等于c 在电场中运动的时间C.进入电场时c 的速度最大，a 的速度最小D.a 打在负极板上时的速度与b 飞离电场时的速度大小相等答案：C7.如图所示，平行板电容器的板间距离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 ＝3×10－10 C ，以v 0＝1 m/s 的水平速度自A 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（g 取10 m/s2，sin α＝0.6，cos α＝0.8）.求：（1）液滴的质量；（2）液滴飞出时的速度.解析：（1）根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，可得qE cos α＝mg，E＝Ud，解得m＝qU cos αdg，代入数据得m＝8×10－8 kg.（2）因液滴沿水平方向运动，所以重力做功为零.对液滴由动能定理得qU＝12mv2－12mv20，解得v＝v20＋2qUm＝72m/s.答案：（1）8×10－8 kg （2）72m/s。

—————————— 新学期 新成绩 新目标 新方向 ——————————第3讲 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动微知识1 电容器及电容 1．电容器(1)组成：两个彼此绝缘且又相互靠近的导体组成电容器，电容器可以容纳电荷。

(2)所带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值，两极板所带电荷量相等。

(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异号电荷的过程，充电后两极间存在电场，电容器储存了电能。

②放电：用导线将充电后电容器的两极板接通，极板上电荷中和的过程，放电后的两极板间不再有电场，同时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与两极板间电势差的比值。

(2)公式：C ＝Q U ＝ΔQΔU。

(3)物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等于把电容器两极板的电势差增加1 V 所需充加的电荷量，电容C 由电容器本身的构造因素决定，与U 、Q 无关。

(4)单位：法拉，符号F ，与其他单位间的换算关系： 1 F ＝106μF ＝1012pF 。

3．平行板电容器的电容平行板电容器的电容与平行板正对面积S 、电介质的介电常数εr 成正比，与极板间距离d 成反比，即C ＝εr S4πkd。

微知识2 带电粒子在电场中的加速和偏转 1．带电粒子在电场中的加速(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，做匀变速直线运动。

(2)用功能观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量，即qU ＝12mv 2－12mv 20。

2．带电粒子的偏转(1)运动状态：带电粒子受到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做类平抛运动。

(2)处理方法：类似于平抛运动的处理方法 ①沿初速度方向为匀速运动，运动时间t ＝lv 0。

②沿电场力方向为匀加速运动，a ＝F m ＝qE m ＝qUmd。

③离开电场时的偏移量y ＝12at 2＝ql 2U2mv 20d 。

第3节 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动【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==μ4．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。