备考2019年高考物理一轮复习文档：第七章 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 讲义 Word版含解析

第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动板块一 主干梳理·夯实基础【知识点1】 常见电容器 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。

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：从构造上可分为固定电容器和可变电容器。

(2)击穿电压：加在电容器极板上的极限电压,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额定电压,这个电压比击穿电压低。

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 ＝QU。

(3)单位：法拉(F),1 F ＝106μF ＝1012 pF 。

(4)电容与电压、电荷量的关系①电容C 的大小由电容器本身结构决定,与电压、电荷量无关。

不随Q 变化,也不随电压变化。

②由C ＝Q U 可推出C ＝ΔQΔU 。

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正对面积成正比,与两极板间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2】 带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ 1、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动能的增量。

(1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12m v 2－12m v 20；(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12m v 2－12m v 20。

2、偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场。

(2)运动性质：类平抛运动。

(3)处理方法：利用运动的合成与分解。

第三节 电容器与电容、带电粒子在电场中的运动(建议用时：60分钟)一、单项选择题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 均减小解析：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．2．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ；在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动．重力加速度为g .粒子运动的加速度为( )A.l dg B ．d －ld g C.ld －lg D ．dd －l g 解析：选A.带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg ＝qUd －l；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电势差不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律ma ＝mg －q U d，两式联立可得a ＝l dg .3．(2018·高考原创猜题卷)如图所示，高为h 的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的43倍，重力加速度为g ，则物块落地的速度大小为( )A ．25ghB ．2ghC ．22ghD ．532gh 解析：选D.对物块受力分析知，物块不沿斜面下滑，离开斜面后沿重力、电场力合力的方向运动，F 合＝53mg ，x ＝53h ，由动能定理得F 合·x ＝12mv 2，解得v ＝532gh .4．一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 ，故选项D 正确．5．(2018·湖北黄冈模拟)静电喷漆技术具有效率高、质量好等优点，其装置示意图如图所示，A 、B 为两块水平放置的平行金属板，间距d ＝1.0 m ，两板间有方向竖直向上、电场强度大小为E ＝1.0×103N/C 的匀强电场，在A 板的中央放置一个安全接地的静电油漆喷枪P ，油漆喷枪的半圆形喷嘴可向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v 0＝1.0 m/s 、质量均为m ＝5.0×10－14kg 、电荷量均为q ＝2.0×10－15C 的带负电的油漆微粒，不计微粒所受空气阻力及微粒间的相互作用，油漆微粒最后都落在金属板B 上，重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法中错误的是( )A ．沿水平方向喷出的微粒运动到B 板所需时间为0.2 sB ．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，电场力做功为2.0×10－12JC ．若其他条件均不变，d 增大为原来的2倍，喷涂面积增大为原来的2倍D ．若其他条件均不变，E 增大为原来的2倍，喷涂面积减小为原来的12解析：选D.沿水平方向喷出的微粒做类平抛运动，在竖直方向上，加速度a ＝qE ＋mgm＝2×10－15×103＋5×10－135×10－14m/s 2＝50 m/s 2，根据d ＝12at 2得t ＝2da＝0.2 s ，故A 正确．沿不同方向喷出的微粒，从喷出至到达B 板，电场力做功为W ＝qEd ＝2×10－15×103×1 J ＝2.0×10－12J ，故B 正确．若其他条件均不变，d 增大为原来的2倍，根据d ＝12at 2得，t 变为原来的2倍，则喷涂面积的半径变为原来的2倍，面积变为原来的2倍．故C 正确．若其他条件均不变，E 增大为原来的2倍，则加速度a ′＝2×10－15×2×103＋5×10－135×10－14m/s 2＝90 m/s 2，加速度变为原来的95，时间t 变为原来的53，喷涂面积的半径变为原来的53，面积减小为原来的59，故D 错误．二、多项选择题6．(2018·成都七中高三月考)如图所示，R 0为热敏电阻(温度降低电阻增大)，D 为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，C 为平行板电容器，C 中央有一带电液滴刚好静止，M 点接地．在开关S 闭合后，下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是( )A ．将热敏电阻 R 0 加热B ．变阻器 R 的滑动头 P 向上移动C ．开关S 断开D ．电容器 C 的上极板向上移动解析：选AC.液滴受向上的电场力和向下的重力作用；将热敏电阻R 0加热，则阻值减小，滑动变阻器R 上的电压变大，则电容器两端的电压变大，两板间场强变大，则液滴向上运动，选项A 正确；变阻器R 的滑动头 P 向上移动时，R 的阻值减小，则电容器两端的电压减小，电容器放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器上的电量不变，场强不变，则油滴不动，选项B 错误；开关S 断开时，电容器两端的电压等于电源的电动势，则电容器两板间的场强变大，液滴向上运动，选项C 正确；电容器C 的上极板向上移动时，电容器两板间场强减小，液滴向下运动，故选项D 错误．7．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示．电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)．下列说法中正确的是( )A ．从t ＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B ．从t ＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C ．从t ＝T 4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D ．从t ＝T4时刻释放电子，电子必将打到左极板上解析：选AC.根据题中条件作出带电粒子的速度图象，根据速度图象包围的面积分析粒子的运动．由图1知，t ＝0时释放电子，电子的位移始终是正值，说明一直向右运动，一定能够击中右板，选项A 正确、B 错误．由图2知，t ＝T 4时释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的T2内不能到达右板，则之后往复运动，选项C 正确、D 错误．8．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L ＝0.4 m ，两极板间距离d ＝4×10－3m ，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v 0从两极板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m ＝4×10－5kg 、电荷量q ＝＋1×10－8C ，g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．微粒的入射速度v 0＝10 m/sB ．电容器上极板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场C ．电源电压为180 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场D ．电源电压为100 V 时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场解析：选AC.开关S 闭合前，两极板间不带电，微粒落到下极板的正中央，由d 2＝12gt 2，L2＝v 0t ，联立得v 0＝10 m/s ，A 对；电容器上极板接电源正极时，微粒的竖直方向加速度更大，水平位移将更小，B 错；设微粒恰好从平行板右边缘下侧飞出时的加速度为a ，电场力向上，则d 2＝12at 21，L ＝v 0t 1，mg －U 1qd＝ma ，联立解得U 1＝120 V ，同理微粒在平行板右边缘上侧飞出时，可得U 2＝200 V ，所以平行板上板带负电，电源电压为120 V ≤U ≤200 V 时，微粒可以从平行板电容器的右边射出电场，C 对、D 错．9．一个质量为m ，电荷量为＋q 的小球以初速度v 0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔，竖直高度相等，电场区水平方向无限长．已知每一电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．小球在水平方向一直做匀速直线运动B ．若场强大小等于mg q ，则小球经过每一电场区的时间均相同C ．若场强大小等于2mgq，则小球经过每一无电场区的时间均相同D ．无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同解析：选AC.将小球的运动沿着水平方向和竖直方向正交分解，水平方向不受外力，以v 0做匀速直线运动，故A 正确；竖直方向，在无电场区只受重力，加速度为g ，竖直向下，有电场区除重力外，还受到竖直向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向．当电场强度等于mgq时，电场力等于mg ，故在电场区小球所受的合力为零，在无电场区小球匀加速运动，故经过每个电场区时，小球的速度均不等，因而小球经过每一电场区的时间均不相等，故B 错误；当电场强度等于2mgq时，电场力等于2mg ，故在电场区小球所受的合力大小等于mg ，方向竖直向上，加速度大小等于g ，方向竖直向上，根据运动学公式有：经过第一个无电场区y ＝12gt 21，v 1＝gt 1，经过第一个电场区，y ＝v 1t 2－12gt 22，v 2＝v 1－gt 2，联立解得t 1＝t 2，v 2＝0.接下来小球的运动重复前面的过程，即在竖直方向上每次通过无电场区都是自由落体运动，每次通过电场区都是末速度为零的匀减速直线运动，故C 正确；通过前面的分析可知，小球通过每个无电场区的初速度不一定相同，所以通过无电场区的时间不同，故D 错误．三、非选择题10．(2016·高考四川卷)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K 点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．设质子进入漂移管B 时速度为8×106m/s ，进入漂移管E 时速度为1×107m/s ，电源频率为1×107Hz ，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的12.质子的比荷取1×108C/k g .求：(1)漂移管B 的长度； (2)相邻漂移管间的加速电压．解析：(1)设质子进入漂移管B 的速度为v B ，电源频率、周期分别为f 、T ，漂移管B 的长度为L ，则T ＝1f ① L ＝v B ·T2② 联立①②式并代入数据得L ＝0.4 m ．③(2)设质子进入漂移管E 的速度为v E ，相邻漂移管间的加速电压为U ，电场对质子所做的功为W ，质子从漂移管B 运动到E 电场做功W ′，质子的电荷量为q ，质量为m ，则W ＝qU ④ W ′＝3W⑤W ′＝12mv 2E －12mv 2B⑥联立④⑤⑥式并代入数据得U ＝6×104V. 答案：(1)0.4 m (2)6×104V11．(2016·高考北京卷)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0.偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy ；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U ＝2.0×102V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31kg ，e ＝1.6×10－19C ，g ＝10 m/s 2.(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG 的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．解析：(1)根据功和能的关系，有eU 0＝12mv 20电子射入偏转电场的初速度v 0＝2eU 0m在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝L v 0＝L m2eU 0偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝12·eU dm (Δt )2＝UL 24U 0d .(2)考虑电子所受重力和电场力的数量级，有 重力G ＝mg ～10－29N 电场力F ＝eU d～10－15N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受重力．(3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能E p 与其电荷量q 的比值， 即φ＝E p q由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能E G与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝E G m电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．答案：(1) 2eU0mUL24U0d(2)见解析(3)见解析。

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第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动板块三限时规范特训时间:45分钟满分：100分一、选择题（本题共10小题，每小题7分，共70分。

其中1～6为单选，7～10为多选) 1．如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。

在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ,将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变C．甲图中夹角不变,乙图中夹角不变D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小答案B解析甲图中的电容器和电源相连,所以电容器两极板间的电压不变,当极板间的距离增大时,根据公式E＝错误!可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小，C错误;当电容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C＝错误!,极板间的电压U＝错误!＝错误!,极板间的电场强度E＝错误!＝错误!，当两个极板电荷量不变，距离改变时，场强不变，故乙图中两极板间场强不变，电场力不变，夹角不变,A、D错误；综上分析，选项B正确.2．［2016·商丘高三模拟］如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q之间的真空区域，经偏转后打在Q板上如图所示的位置.在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是（不计粒子重力）( ）A．保持开关S闭合，适当上移P极板B．保持开关S闭合，适当左移P极板C．先断开开关S，再适当上移P极板D．先断开开关S,再适当左移P极板答案A解析如图，粒子在板间做类斜抛运动，将速度分解为水平方向v x和竖直方向v y。

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 。

④离开电场时的偏转角tan θ＝v ⊥v 0＝qlU mv 20d。

第三节 电容器 带电粒子在电场中的运动(对应学生用书第126页) [教材知识速填]：知识点1 电容器、电容、平行板电容器 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，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．电容(1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量．(2)定义式：C ＝Q U ＝ΔQΔU .(3)单位：法拉(F)，1 F ＝106μF ＝1012pF. 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，与电介质的相对介电常数成正比，与两极板间的距离成反比． (2)决定式：C ＝εr S4πkd ，k 为静电力常量． 易错判断(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)放电后电容器的电荷量为零，电容也为零．(×) 知识点2 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：利用动能定理：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：类似于平抛运动，应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．易错判断(1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)(2)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√)(3)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计．(×)知识点3 示波管1．示波管装置示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如图7­3­1所示．图7­3­12．工作原理(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束沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．(2)YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压．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随时间变化的稳定图象．易错判断(1)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．(√)(2)电子在YY′间做直线运动，在XX′间做类平抛运动．(×)[教材习题回访]：考查点：对电容器电容的理解1．(教科版选修3－1P40T9)关于电容器的电容，下列说法中正确的是( )A．电容器所带电荷量越多，电容越大B．电容器两板间电压越低，其电容越大C．电容器不带电时，其电容为零D．电容器的电容只由它本身的特性决定[答案]：D考查点：电容器动态分析问题2．(人教版选修3－1P32T1改编)如图7­3­2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( )图7­3­2A．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[答案]：B考查点：带电粒子在电场中的运动3．(鲁科版选修3－1P44T4)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 ，从电容器的P 点(如图7­3­3)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( )图7­3­3A ．1∶2B ．1∶8C ．2∶1D ．4∶1[答案]： D考查点：带电粒子在电场中加速和偏转4．(人教版选修3－1P 39T 5改编)如图7­3­4所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m ，电荷量为e ，加速电场电压为U 0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U ，极板长度为L ，板间距为d .忽略电子所受重力，电子射入偏转电场时初速度v 0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy 分别是( )图7­3­4A.eU 0m UL 22U 0d B.2eU 0m UL 22U 0d C.eU 0m UL 24U 0dD.2eU 0m UL 24U 0dD [根据动能定理，有eU 0＝12mv 20，电子射入偏转电场时的初速度v 0＝2eU 0m ，在偏转电场中，电子的运动时间Δt ＝Lv 0＝L m2eU 0，加速度a ＝eE m ＝eUmd ，偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL24U 0d .]：(对应学生用书第127页)1．分析思路(1)先确定是Q 还是U 不变：电容器保持与电源连接，U 不变；电容器充电后与电源断开，Q 不变．(2)用决定式C ＝εr S4πkd 确定电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝QU 判定电容器所带电荷量Q 或两极板间电压U的变化．(4)用E ＝Ud 分析电容器极板间场强的变化．2．两类动态变化问题的比较[题组通关]：1. (2018·河南三市二模)如图7­3­5所示，固定在绝缘支架上的平行板电容器充电后与电源断开，B 极板接地，A 极板与一个静电计相连．将B 极板向左水平移动一小段距离后，电容器的电容C 、静电计指针偏角θ和极板间电场强度E 的变化情况分别是( )【导学号：84370288】图7­3­5A ．C 变小，θ变大，E 不变B ．C 不变，θ不变，E 变小 C ．C 变小，θ不变，E 不变D ．C 变小，θ变大，E 变小A [电容器充好电后与电源断开，则电容器所带电荷量不变．当B 极板左移时，极板间距离增大，由C ＝εr S4k πd 知电容C 减小，又C ＝QU ，则知两板间电压U 升高，则静电计指针偏角θ变大，再由E ＝U d ＝Q Cd ＝4k πQεr S 可知电场强度不变，故A 正确．]：2.如图7­3­6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( )图7­3­6A ．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D [由题意可知平行板电容器的带电荷量Q 不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d 减小，则电容C 变大，由U ＝QC 可知U 变小，则静电计指针的偏角θ减小．又因为两板间电场强度E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S ，Q 、S 不变，则E 不变．因为E 不变，则点电荷从P 点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P 点的电势能E p 不变，故只有选项D 正确．]：1抓住不变量，弄清楚是电容器的电荷量不变还是电压不变.2根据电容的决定式分析电容的变化，分析电荷量或电压的变化，最后分析电场强度的变化1．是否考虑重力的处理方法(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，一般都要考虑重力． 2．解决问题的两种思路(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等于带电粒子动能的变化量，即qU ＝12mv 2－12mv 20. [多维探究]：考向1 仅在电场力作用下的直线运动1．(多选)如图7­3­7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( )图7­3­7A ．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12BD [在粒子刚好到达N 板的过程中，由动能定理得－qEd ＝0－12mv 20，所以d ＝mv 22qE ，令带电粒子离开M 板的最远距离为x ，使初速度减为原来的12，则x ＝d4；使M 、N 间电压提高到原来的2倍，则电场强度变为原来的2倍，x ＝d2；使M 、N 间电压提高到原来的4倍，则电场强度变为原来的4倍，x ＝d4；使初速度和M 、N 间电压都减为原来的12，则电场强度变为原来的一半，x＝d2.]：2．如图7­3­8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( )【导学号：84370289】图7­3­8A ．3∶2B ．2∶1C ．5∶2D ．3∶1A [设极板间电场强度为E ，两粒子的运动时间相同，对M ，由牛顿第二定律有：qE ＝Ma M ，由运动学公式得：25l ＝12a M t 2； 对m ，由牛顿第二定律有qE ＝ma m 根据运动学公式得：35l ＝12a m t 2由以上几式解之得：M m ＝32，故A 正确．]：(多选)若题中，在两极板间加上如图所示变化的匀强电场．当t ＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，(只受电场力的作用)，则下列说法中正确的是( )A ．带电粒子将始终向同一个方向运动B ．2 s 末带电粒子回到原出发点C ．3 s 末带电粒子的速度为零D ．0～3 s 内，电场力做的总功为零CD [设第1 s 内粒子的加速度为a 1，第2 s 内的加速度为a 2，由a ＝qEm 可知，a 2＝2a 1，可见，粒子第1 s 内向负方向运动，1.5 s 末粒子的速度为零，然后向正方向运动，至3 s 末回到原出发点，粒子的速度为0，由动能定理可知，此过程中电场力做功为零，综上所述，可知C 、D 正确．]： 考向2 在电场力和重力作用下的直线运动3.如图7­3­9所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d ，带负电的微粒质量为m 、带电量为q ，从极板M 的左边缘A 处以初速度v 0水平射入，沿直线运动并从极板N 的右边缘B 处射出，则( )图7­3­9A ．微粒达到B 点时动能为12mv 20 B ．微粒的加速度大小等于g sin θC ．两极板的电势差U MN ＝mgdq cos θD ．微粒从A 点到B 点的过程电势能减少mgdcos θ[题眼点拨]： “沿直线运动”说明微粒受电场力和重力的合力与v 0在一条直线上．C [微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向．由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B 时动能小于12mv 20，选项A 错误；根据qE sin θ＝ma ，qE cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，选项B错误；两极板的电势差U MN ＝Ed ＝mgdq cos θ，选项C 正确；微粒从A 点到B 点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qU MN ＝mgdcos θ，选项D 错误．]：4．如图7­3­10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：图7­3­10(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量； (3)小球从开始下落到下极板处的时间.【导学号：84370290】[解析]：(1)设小球下落h 时的速度为v ，由自由落体规律有v2＝2gh ，得v ＝2gh .(2)设小球在极板间运动的加速度为a ，由v 2＝2ad ，得a ＝v 22d ＝ghd .由牛顿第二定律qE －mg ＝ma ， 电容器的电荷量Q ＝CU ＝CEd ，联立以上各式得E ＝mg h ＋d qd ，Q ＝Cmg h ＋dq. (3)由h ＝12gt 21得小球做自由落体运动的时间t 1＝2hg ， 由0＝v －at 2得小球在电场中运动的时间t 2＝d2gh .则小球运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝h ＋dh2hg .[答案]：(1)2gh(2)mg h ＋d qd Cmg h ＋d q (3)h ＋d h2hg[反思总结]： 带电粒子在电场中直线运动问题分析方法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 ＝lv 0③离开电场时的偏移量y ＝12at 2＝qUl 22mv 20d＝U 1l 24U 0d ④离开电场时的偏转角tan θ＝v y v x ＝qUl mv 20d ＝U 1l2U 0d2．两个结论(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．(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 到偏转电场边缘的距离为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． [母题]： 如图7­3­11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 .在两板间加上可调偏转电压U YY ′，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．图7­3­11(1)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；(2)求两板间所加偏转电压U YY ′的范围； (3)求粒子可能到达屏上区域的长度． 【自主思考】(1)粒子在电场中及出电场后分别做怎样的运动？[提示]： 在电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动． (2)与偏转电压U YY ′的范围对应的偏转位移范围怎样？[提示]： 向上、向下偏移量均为d2.[解析]：(1)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 2L ＝v 0t v y ＝attan θ＝v y v 0＝yx ，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．(2)由题知a ＝Eqm E ＝U YY ′d 解得y ＝qU YY ′L 22dmv 20当y ＝d2时，U YY ′＝md 2v 2qL 2则两板间所加电压的范围为－md 2v 20qL 2≤U YY ′≤md 2v 20qL 2.(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＝dL ， 解得：y 0＝d L ＋2b2L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 [母题迁移]：迁移1 带电粒子在匀强电场中先加速再偏转1. (2018·山西运城一模)真空中的某装置如图7­3­12所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )图7­3­12A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同 B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4 B [设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板的长度为L ，板间距离为d ，在加速电场中，由动能定理得qU 1＝12mv 20，解得v 0＝2qU 1m ，三种粒子从B 板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v 0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v 0不同，所以三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间不同，故A 错误；根据推论y ＝U 2L 24dU 1、tan θ＝U 2L2dU 1可知，y 与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B 正确；偏转电场的电场力做功为W ＝qEy ，则W 与q 成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶ 2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C 、D 错误．]：(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E 1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E 2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )A ．偏转电场E 2对三种粒子做功一样多B ．三种粒子打到屏上时的速度一样大C ．三种粒子运动到屏上所用时间相同D ．三种粒子一定打到屏上的同一位置AD [根据动能定理有qE 1d ＝12mv 21，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v 1＝2qE 1d m .在偏转电场中，由l ＝v 1t 2及y ＝12qE 2m t 22得，带电粒子经偏转电场的侧位移y ＝E 2l 24E 1d ，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W ＝qE 2y 得，偏转电场E 2对三种粒子做功一样多，选项A 正确；根据动能定理，qE 1d ＋qE 2y ＝12mv 22，得到粒子离开偏转电场E 2打到屏上时的速度v 2＝2qE 1d ＋qE 2ym，由于三种粒子的质量不相等，故v 2不一样大，选项B 错误；粒子打在屏上所用的时间t ＝d v 12＋L ′v 1＝2d v 1＋L ′v 1(L ′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v 1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C 错误；根据v y ＝qE 2m t 2及tan θ＝v yv 1得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝E 2l2E 1d ，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D 正确．]：迁移2 带电粒子在交变电场中的运动2．如图7­3­13甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，若取电子初始运动方向为正方向，则下列图象中能正确反映电子的速度v 、位移x 、加速度a、动能E k 四个物理量随时间变化规律的是( )【导学号：84370291】甲 乙图7­3­13A B C DA [分析电子一个周期内的运动情况：0～T 4时间内，电子从静止开始向A 板做匀加速直线运动，T 4～T 2沿原方向做匀减速直线运动，T 2时刻速度为零.T 2～34T 时间内向B 板做匀加速直线运动，34T ～T 继续向B 板做匀减速直线运动．根据匀变速运动v ­t 图象是倾斜的直线可知图A 符合电子的运动情况，故A 正确．电子做匀变速直线运动时x ­t 图象是抛物线，故B 错误．根据电子的运动情况，匀变速运动的加速度大小不变，a ­t 图象应分段平行于横轴，故C 错误．匀变速运动v ­t 图象是倾斜的直线，E k ­t 图象是曲线，故D 错误．]：迁移3 带电粒子在电场、重力场中的偏转3．(2018·太原模拟)如图7­3­14所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m 、电荷量为－q (－q ＜0)的带电绝缘小球，从y 轴上的P (0，L )点由静止开始释放，运动至x 轴上的A (－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管．细管的圆心O 1位于y 轴上，交y 轴于B 点，交x 轴于A 点和C (L,0)点．该细管固定且紧贴x 轴，内径略大于小球外径．不计一切阻力，重力加速度为g .求：图7­3­14(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球运动到B 点时对细管的压力的大小和方向；(3)小球从C 点飞出后会落在x 轴上的哪一位置．[题眼点拨]： ①“带电绝缘小球”，“静止开始释放”，说明小球在重力、电场力的作用下，先做匀加速直线运动；②“恰好无碰撞地沿切线方向进入”说明v 的方向与竖直方向成45°角．[解析]：(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入细管，则速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°则tan 45°＝mg Eq解得匀强电场的电场强度E ＝mg q .(2)根据几何关系可知，圆弧形细管的半径r ＝2L ，圆心的坐标为O 1(0，－L )设小球运动到B 点时速度为v B ，此时受到重力和细管的支持力F N ，从P 点到B 点的过程中根据动能定理得：12mv 2B －0＝mg (2L ＋2L )＋EqL小球运动到B 点时，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2B r 联立解得：F N ＝3(2＋1)mg根据牛顿第三定律可知，小球运动到B 点时对细管的压力大小为3(2＋1)mg ，方向竖直向下．(3)设小球运动到A 点的速度为v A ，运动到C 点的速度为v C ，从P 点到A 点的过程中，根据动能定理得：12mv 2A ＝mgL ＋EqL解得：v A ＝2gL小球从C 点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度v C ＝v A ＝2gL小球的加速度g ′＝2g当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴则有：v C t ＝12g ′t 2解得：t ＝22Lg则沿x 轴方向运动的位移x ＝2v C t ＝2×2gL ×22Lg ＝8L则小球从C 点飞出后落在x 轴上的横坐标：x ′＝L －8L ＝－7L .[答案]：(1)mg q (2)3(2＋1)mg 方向竖直向下 (3)－7L。