2011届高考物理一轮复习重要题型名师精讲之静电场 第3讲 电容 带电粒子答案电场中的运动

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。

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。