2020版高考物理一轮复习第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动教案新人教版

第三课时电容带电粒子在电场中的运动第一关：基础关展望高考基础知识一、电容器知识讲解（1）定义：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它可以容纳电荷，储存电场能（2）电容器的充放电过程①充电过程：把电容器的一个极板与电池组的正极相连，另一个极板与负极相连，两个极板就分别带上了等量的异号电荷，这个过程叫做充电充电过程中电容器的带电荷量增加，板间电压增加，电能转为电场能②放电过程：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，电容器又不带电了，这个过程叫做放电放电过程中电容器的带电荷量减少，板间电压降低，电场能转为电能(3)分类：根据电容是否可变分为：纸质电容器固定电容器电解电容器聚苯乙烯电容器可变电容器可变电容器动片旋入，电容器电容增大；动片旋出，电容器电容减小说明：加在电容器两极上的电压如果超过某一极限，电介质将被击穿而损坏电容器，这个极限电压叫击穿电压；电容器长期工作所能承受的电压叫做额定电压，它比击穿电压要低二、电容 知识讲解（1）定义：电容器所带的电荷量Q 与电容器两极板间电势差U 的比值，叫做电容器的电容（2）定义式：QC .U= (3)单位：在国际单位制中，电容的单位是法拉，符号F1 F=1 /V法拉这个单位太大，实际中常用较小的单位微法（μF ）和皮法（pF ），其关系为：1 F=106μF=1012 pF说明：（1）电容器是一个仪器，而电容是一个物量，它表征了电容器容纳电荷的本领（2）电容器的电荷量是一个极板上电荷量的绝对值（3）电容是用比值定义法定义的，本章过的电场强度E 、电势ϕ，都是用比值法定义的电容QC U=，但不能说电容与Q 都成正比、与U 成反比，电容由电容器本身的性质决定，与Q 、U 的大小无关三、带电粒子的加速 知识讲解（1）运动状态分析：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直线上，做匀加（减）带直线运动（2）用功能观点分析：粒子动能的变量等于电场力的功（电场可以是匀强或非匀强电场）若粒子的初速度为零，则：21mv qU,v 2qU /m 2==若粒子的初速度不为零，则：222001mv 12mv qU,v v 2qU /m 2-==+ 活活用1如图所示，平行板电容器两极板间有场强为E 的匀强电场，且带正电的极板接地一质量为、电荷量为+q 的带电粒子（不计算重力）从轴上坐标为0处静止释放（1）求该粒子在0处的电势能E p0;（2）试从牛顿第二定律出发，证明该带电粒子在极板间运动过程中，其动能与电势能之和保持不变解析：(1)带电粒子从O 点移到0点电场力所做的功为： W 电=qE 0,①电场力所做的功等于电势能增加量的负值，故有： W 电=-（E p0-0）,② 联立①②得0px 0E qEx =-③（2）方法一：在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为，由牛顿第二定律可得qE=④由运动公式得2v x =2(-0),⑤联立④⑤式求得E=21mv 2x =qE(-0),粒子在任意点的电势能为E p =-qE,所以粒子在任意一点的动能与电势能的和为 E=E+E p =qE(-0)+(-qE)=-qE 0=0px Epx E 为一常，故粒子在运动过程中动能与电势能之和保持不变方法二：在轴上任取两点1、2，速度分别为v 1、v 2 F=qE=,()222121v v 2a x x ,-=-联立得()22212111mv mv qE x x ,22-=- 所以()()22221111mv qEx mv qEx ,22+-=+- 即E 2+E p2=E 1+E p1,故在其运动过程中，其动能和电势能之和保持不变 答案：(1)-qE 0(2)见解析 点评：讨论带电粒子在电场中的直线运动问题（加速或减速）经常用到的方法是： （1）能量方法——能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现 （2）功能关系——动能定，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断选用分阶段还是全程使用动能定（3）动力方法——牛顿运动定律和匀变速直线运动公式的结合，注意受力分析要全面，特别是重力是否需要考查的问题；其次是注意运动公式的矢量性四、带电粒子的偏转知识讲解（1）运动状态分析：带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90°角的电场力作用而做匀变速曲线运动（2）偏转问题的分析处方法：类似于平抛运动的分析处，应用运动的合成和分解的方法沿初速度方向为匀速直线运动，运动时间：=/v 0 沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动 =F/=qE/=qU/d离开电场的偏移量：22201ql U y at 22mv d == ;离开电场时的偏转角：1220v qlUtan v mv dϕ== （3）基本规律如图所示，设质量为、电荷量为q 的带电粒子以初速度v 0沿垂直于电场方向进入长为L 、板间距离为d 、两极板间电势差为U 的平行金属板间的匀强电场中，若不计带电粒子的重力，则可以得：①粒子在电场中的运动时间粒子在初速度方向上做匀速直线运动，故Lt .v =②粒子离开电场时的速度v粒子在电场力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度qUa md=，离开电场时沿电场力方向的分速度y 0qULv at mdv ==，所以速度 2222000qUL v v v v .mdv y ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭ ③粒子运动的侧移量2221qUL y at .22mdv == ④粒子的速度偏向角ϕy 22x00v qUL qULtan arctan .v mdv mdv ϕ===由得 ⑤带电粒子在电场中的轨迹方程220201qUx x v t y at 22mdv ===由和 可得带电粒子的轨迹方程22qU y x 2mdv =，是一条抛物线 活活用2如图所示，质量=5×10-8 g 的带电粒子以v 0=2 /的速度从水平放置的平行金属板A 、B 中央飞入电场，已知板长L=10 c ，板间距离d=2 c ，当AB 间加电压UAB=103 V 时，带电粒子恰好沿直线穿过电场（设此时A 板电势高）求：（1）带电粒子的电性，电荷量为多少？（2）A 、B 间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？ 解析：（1）U AB =103 V 时，粒子做直线运动，有qU d =g,11mgdq 10U-== ，带负电 （2）当电压UAB 比较大时，qE ＞g ，粒子向上偏，11qU mg ma ,d-= 当刚好能出去时，2211011L dy a t a ,22v 2⎛⎫=== ⎪⎝⎭解之得U 1=1800 V电压U AB 比较小时，qE ＜g,粒子向下偏，设刚好能从下板边缘飞出，有：2222qU 1dmg ma ,y a t ,d 22-=== 解之得U 2=200 V则要使粒子能从板间飞出，A 、B 间所加电压的范围为200 V ≤U AB ≤1800 V 答案：(1)负电10-11 （2）200 V ≤U AB ≤1800 V 第二关：技法关解读高考 解 题 技 法一、平行板电器的动态分析 技法讲解这类问题的关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，同时注意解平行板电容器演示实验中现象的实质一般分两种基本情况：（1）平行板电容器充电后，继续保持电容器两极板与电池两极相连接，电容器的d 、S 、ε变，将引起电容器的、Q 、U 、E 怎样变？这类问题由于电容器始终连接在电池上，因此两极间的电压保持不变，可根据下列几式讨论、Q 、E 的变情况S SC 4kd dεεπ=∝ U S SQ UC 4kd dεεπ==∝ U 1E d d=∝ (2)平行板电容器充电后，切断与电池的连接，电容器的d 、S 、ε变，将引起电容器的、Q 、U 、E 怎样变?这类问题由于电容器充电后，切断与电池的连接，使电容器的带电荷量保持不变，可根据下列几式讨论、U 、E 的变情况[*****]S SC 4kd dεεπ=∝ Q Q 4kQd d U S C S S 4kd πεεεπ==∝∝[]U Q Q 4kQ 1E Sd d Cd S S 4kdπεεεπ====∝典例剖析 例1连接在电池两极上的平行板电容器,当两极板间的距离减小时 （）A 电容器的电容变大B 电容器极板的带电荷量Q 变大 电容器两极间的电势差U 变大 D 电容器两极板间的电场强度E 变大 解析：平行板电容器的电容=εS/4πd 当两极间距离d 减小时，电容变大，选项A 正确平行板电容器连接在电池两极上，两极间的电压为定值，选项错误 根据电容定义式，=Q/U ，Q=U ，U 不变，变大，所以Q 变大，选项B 正确 平行板电容器两板间的电场是匀强电场，E=U/d ，U 不变，d 减小，所以E 增大，选项D 正确正确答案是A 、B 、D如果电容器充电后和电断开，当减小两板间距离时，情况又怎样？ 由于充电后断开电，所以电容器带电荷量Q 不变S Q C C U U 4kd C επ==↑==↓↑（不变），[,,,,,] U Q Q 4kQ E .S d Cd S d 4kdπεεπ====保持不变答案：ABD二、带电粒子在偏转电场中偏转的临界与极值问题 技法讲解带电粒子在偏转电场中运 动，能否飞出电场的题目类型，处 方法关键是找出能否飞出电场的临界条件．粒子恰能飞出极板 和粒子恰不能飞出极板，对应着 同一临界状态——“擦边球”．根 据题意找出临界状态，由临界状 态确定极值，这是求解此类问 题的常用方法．如粒子沿平行金属板中央入射时，若两板相距为d ，要判断粒子能否飞出电场，只需判断粒子在电场方向上的位移y 的大小若y ＜2d，粒子能飞出电场，若y ＞2d ，粒子不能飞出电场，y=2d是临界条件也可以比较粒子在电场方向上的位移y=2d所用时间1和粒子飞出电场所用时间2,若1＞2,则粒子可以飞出电场，若1＜2，则粒子不能飞出电场，1=2就是临界条件，根据临界条件可以求解粒子要飞离偏转电场的最小入射速度，或粒子飞离偏转电场时，两板所加电压的最大值等典例剖析 例2如图所示，两块长3 c 的平行金属板AB 相距1 c ，并与300 V直流电的两极相连接，U A ＜U B 如果在两板正中间有一电子（=9×10-31 g,=-16×10-19 ）,沿着垂直于电场线方向以2×107 /的速度飞入，则：（1）电子能否飞离平行金属板正对空间？（2）如果由A 到B 分布宽1 c 的电子带通过此电场，能飞离电场的电子占总的百分之几？解析：（1）当电子沿AB 两板正中央以v 0=2×107 /的速度飞入电场时，若能飞出电场，则电子在电场中的运动时间为lt v =① 在沿AB 方向上，电子受电场力的作用，在AB 方向上的位移为： y=122②[] ABeU F eE a m m md===③ 由①②③式得19222AB 312703eU 1l 11.610300310y m 2md v 2910110210d d 610m 0.6 cm 0.5 cm,y 22-----⨯⨯==⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯==（）（）而所以＞，故粒子不能飞出电场(2)从（1）的求解可知，与B 板相距为y 的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场的电子带宽度为=d-y=（1-06） c=04 c故能飞出电场的电子占总电子的百分比为[,,]x 0.4n 100%100%40%.d 1=⨯=⨯= 答案：（1）不能（2）40%三、带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动 技法讲解一般提到的带电粒子由于重力远小于它在电场中受到的电场力，所以其重力往往忽略不计，但当带电物体（或粒子）的重力跟电场力大小相差不大时，就不能忽略重力的作用了，这样的带电粒子在电场中可能处于静止状态，也可能做直线或曲线运动．当带电体在匀强电场中做匀变速直线运动时，一般用动力规律处，即应用牛顿运动定律结合运动公式．带电体在匀强电场与重力场的复合场中做匀变速曲线运动时，一般根据力的独立作用原与运动的合成与分解知识，利用正交分解法，将复杂的曲线运动分解为两个互相正交的比较简单的直线运动求解，处这种运动的基本思路与处带电粒子的偏转运动的基本思路是类似的典例剖析例3有带电平行板电容器竖直安放如图所示，两板间距d=01 ,电势差U=1 000 V=3 /速度水平向左射入一带正电小球（知小球带电荷量现从平行板上A处以vAq=10-7，质量=002 g），经一段时间后发现小球打在A点正下方的B处，求A、B (g取10 /2)间的距离AB解析：小球在A处以vA水平放入匀强电场后，运动轨迹如图所示对于这类较为复杂的运动，中中常用的处方法是将其分解成两个或几个简单的直线运动，根据力的独立作用原及运动的互不相干性分别加以分析．考查竖直方向情况：小球无初速，只受重力g，可看作是自由落体运动；考查水平方向情况：有初速vA，受恒定的电场力qE作用，做匀变速直线运动．小球的曲线运动由上述两个正交的直线运动叠加而成．由题可知：E=U/d=1 000/01 V/=104 V/设球飞行时间为,则在竖直方向上有AB =12g2在水平方向上有A A A2v 2v 2mv t a Eq /m Eq===所以AB =12g 2=72×10-2 答案：AB =72×10-2 第三关：训练关笑对高考 随 堂 训 练 1下列粒子从静止状态经过电压为U 的电场加速后，速度最大的是 （） A 质子11H （） B 氘核21H （） α粒子42He （） D 钠离子（N +） 解析：依据动能定可得：212Uq Uq mv 0v 2m=-=，显然比荷大的速度大，质子、氘核、α粒子、钠离子比荷分别为11112223、、、，显然质子的速度最大答案：A 2让质子和氘核的混合物沿着与电场垂直的方向进入匀强电场，要使它们最后偏转角相同，这些粒子必须具有相同的（） A 初速度 B 动能 动量 D 质量 解析：设匀强电场的电场强度为E ，垂直于电场方向的运动距离为L 带电粒子的速度为v 0，质量为则射出时沿电场方向的末速度为：10qELv at ,mv ==最后偏转角的正切值为：200at qELtan v mv θ==，质子和氘核的带电量相同，所以当动能相等时，偏转角相同 答案：B 3如图所示，为一只“极距变型电容式传感器”部分构件的示意图仅当动极板和定极板之间的距离d 变时，电容便发生变，通过测量电容的变就可知道两极板之间距离d 的变情况在图b 中能正确反映与d 之间变规律的是（）解析：根据平行板电容器电容公式SC 4kdεπ=可知，在仅移动极板和定极板间距离即ε、S 一定的条件下，∝1d，与d 是反比例函的关系，只有A 项正确 答案：A 4如图甲表示真空中水平放置的一对相距足够大的平行金属板，两板之间加电压后，各瞬间电场可视为匀强电场，从=0时刻起，在两板间加上某种交变电压，此时恰有一个质子以水平初速沿着两板之间的中心线射入电场，若不计重力，以向上方向为正方向，则图乙表示质子在竖直方向的速度——时间图象由此可知两板间的电压（设上板带正电时的电压为正值）随时间变的图象是图中的（）[_____]答案：B[,,]5如图所示，水平放置的平行板电容器，原两极板不带电，上极板接地，极板长L=01 ，两板间距离d=04 c，有一束由相同粒子组成的带正电粒子流，以某一从两板中央平行于极板射入，由于重力的作用，粒子恰能落到下板中初速度v点O处已知粒子质量为=2×10-6g，电荷量q=1×10-8，电容器的电容=1×10-6F，g取10 /2，不计空气阻力的大小；（1）求粒子入射速度v（2）若在两极板间加上适当的恒定电压，要让以速度v入射的上述带电粒子，恰好做匀速直线运动从两板间飞出，试确定下极板的带电性质和电荷量解析：（1）粒子在极板间做平抛运动，有水平位移：0Lv t 2=① 竖直位移：2d 1gt 22=② 由①、②得0L gv 2.5 m /s 2d== (2)因带电粒子做匀速直线运动，故粒子所受电场力竖直向上，所以下极板带正电由平衡条件有qE=g ③ 又E=U/d ④ Q=U ⑤由③、④、⑤得Q=gd/q ⑥ 将据代入⑥式，解得Q=8×10-6 答案：(1)25 /(2)正电8×10-6课时作业三十三电容带电粒子在电场中的运动1如图所示，为中间插有电介质的电容器，和b 为其两极板，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()A 缩小、b 间的距离B 加大、b 间的距离 取出、b 两极板间的电介质D 换一块形状大小相同、介电常更大的电介质解析根据题意可知，偏角变大，电场力变大，场强变大，P 、Q 两板间电势差必变大由U PQ =U b ,Q4kdU Sπε=可知，增大两极板间的距离，减小极板正对面积、取出极板间的电介质，都可以满足题意，故AD 错，B 正确答案B2图1是某同设计的电容式速度传感器原图，其中上板为固定极板，下板为待测物体在两极板间电压恒定的条件下，极板上带电量Q 将随待测物体的上下运动而变若Q 随时间的变关系为bQ t a=+ (、b 为大于零的常），其图象如图2所示，那么图3、图4中反映极板间场强大小E 和物体速率v 随变的图线可能是()A ①和③B ①和④ ②和③ D ②和④解析设板间距离为d ，则板间场强U Q E d Cd==，()()S b 4kd 4kbC E 4kd t a Sd S t a επππεε===++又因为，则，故E-图线为②由()SU t a SU bQ CU Q d ,4kd t a 4kbεεππ+====+和得可见，板间距离d 随时间均匀增大，即下板移动速率v 不变，即v-图线为③，综上，应选答案3一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比若两极板间电压为零，经一段时间内，油滴以速率v 匀速下降；若两极板间的电压为U ，经一段时间后，油滴以速率v 匀速上升若两极板间电压为-U ，油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是() A2v 、向下 B2v 、向上 3v 、向下 D3v 、向上解析当两极间电压为零时，受力如图甲所示，则g=v 当两极间电压为U 时，受力如图乙所示，所以qU d =v+g 由以上两式得电场力q Ud=2g 当两极间电压为-U 时，受力如图丙所示，所以v ′=g+q Ud=3v 解得v ′=3v ，方向向下，故选答案4如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差为U 1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U 2 一电子由静止开始经U 1加速后，进入水平放置的金属板间，刚好从下板边缘射出不计电子重力下列说法正确的是()A 增大U 1，电子一定打在金属板上B 减少U 1，电子一定打在金属板上 减少U 2，电子一定能从水平金属板间射出 D 增大U 2，电子一定能从水平金属板间射出解析电子经U 1加速，qU 1=12v 2，电子以速度v 进入水平放置的金属板间做类平抛运动，2d 1x vt,at 22==,=qU 2/d,联立解得122U x d U =,所以正确选项是B答案B5如图（甲）所示，两个平行金属板P 、Q 正对竖直放置，两板间加上如图（乙）所示的交变电压=0时，Q 板比P 板电势高U 0，在两板的正中央M 点有一电子在电场力作用下由静止开始运动（电子所受重力可忽略不计），已知电子在0～40时间内未与两板相碰则电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是()A0＜＜0 B 0＜＜20 20＜＜30 D30＜＜40解析在0～0时间内，电子向右做初速度为零的匀加速运动，在0～20时间内，电子向右做匀减速运动，直到速度减小到零；在20～30时间内，电子向左做初速度为零的匀加速运动，在30～40时间内，电子向左做匀减速运动，直到速度减小为零所以电子速度方向向左且速度大小逐渐增大的时间是20～30，所以正确选项是答案6如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M 、 N 分别固定在A 、B 两点，O 为AB 连线的中点，D 为AB 的垂直平分线在O 之间的F 点由静止释放一个带负电的小球P （设不改变原的电场分布），在以后的一段时间内，P 在D 连线上做往复运动若()A小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中振幅不断减小B小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小点电荷M、 N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中周期不断减小D点电荷M、 N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中振幅不断减小解析由对称性可知，M、 N的带电量一定时，小球P的带电量的变只影响其加速度的大小，影响其到达O点的速率的大小，而不会影响振幅的大小，因此，B正确，A错误；如果M、 N的带电量等量缓慢增大，则小球P所受电场力产生的加速度在同一位置时将更大，速度变将更快，即周期将变小，同时，伴随M、N电量的增加，由于对P的束缚起作用越越强大，其振幅将不断减小，D均正确答案BD7平行板间有如图所示周期变的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况，选项中，能正确定性描述粒子运动的速度图象的是()解析由UF Eq q d ==知带电粒子做变速运动的加速度大小是定值0U q a dm=，故D 错误由图知0～T 2与T2～T 时间段内加速度大小相等、方向相反，故粒子做的是单向直线运动，速度没有反向，故A 正确，B 错误答案A8如图所示是一个平行板电容器，其电容为，带电荷量为Q ，上极板带正电，两极板间距离为d 现将一个检验电荷+q 由两极板间的A 点移动到B 点，A 、B 两点间的距离为，连线AB 与极板间的夹角为30°，则电场力对检验电荷+q 所做的功等于()qCs qQsAB.Qd CdqQs qCs C. D.2Cd 2Qd解析电容器两板间的电场强度U Q E d Cd==，A 、B 两点间的电势差U AB =E 30°Qs 2Cd =，则电场力对电荷做的功AB qQs W qU 2Cd==，正确 答案9如图所示，一带电粒子以速度v 垂直于场强方向沿上板边缘射入匀强电场，刚好贴下边缘飞出，已知产生场强的金属板长为，如果带电粒子的速度为2v 时，当它的竖直位移等于板间距d 时，它的水平射程为[]解析粒子速度为v 时，在电场中运动时间为l t v=，侧移量为21d at 2=，速度为2v 时，粒子在电场中运动时间为l t 2v 2t '==，侧移量为21dh at 24='=由粒子飞出电场时好像从位移中点2处飞出一样的规律可知lx 2,h d h'=-l d 32x d l d 424⎛⎫'=-⨯= ⎪⎝⎭则解得=+′=25[][#####] 答案2510如图所示，光滑绝缘竖直细杆与以正电荷Q 为圆心的圆周交于B ，两点一质量为，电荷量为-q 的空心小球从杆上A 点从静止开始下落设AB=B=，小球滑到B 点时速度为3g ，求：（1）小球滑至点的速度； （2）A ，两点的电势差解析（1）因B ，是在电荷Q 产生的电场中处在同一等势面上的两点，即U=U B ，所以从B 到时电场对带电小球所做的功为0，由B →，根据动能定，有222C B C 1111mgh mv mv mv m 3gh vC 5gh.2222=-=-=则 （2）以小球为研究对象，根据动能定有g2+U A ·（-q)=12v 2得U A =-mgh2q答案：()mgh15gh 22q-（） 11如图所示，空间存在着电场强度E=25×102 N/、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0 5 的绝缘细线一端固定于O 点，另一端拴着质量=05 g 、电荷量q=4×10-2 的小球现将细线拉至水平位置，将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂取g=10 /2求：（1）小球的电性；（2）细线能承受的最大拉力值解析（1）由小球运动到最高点可知，小球带正电（2）设小球运动到最高点时速度为v ，对该过程由动能定有 (qE-g)L=12v 2① 在最高点对小球由牛顿第二定律有F T +g-qE=2v L,②由①②式及题中据可得F T =15 N 答案（1）正电（2）15 N12如图，可视为质点的三物块A 、B 、放在倾角为30°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因7380μ=,A 与B 紧靠一起，紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为A =080 g 、B =064 g\,=050 g ，其中A 不带电，B 、均带正电，且q=20×10-5 ，开始时三个物块均能保持静止且与斜面间均无摩擦力作用，B 、间相距L=10 如果选定两点电荷在相距无穷远处的电势能为0，则相距为r 时，两点电荷具有的电势能可表示为E p =12q q kr现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 在斜面上做加速度=15 /2的匀加速直线运动，假定斜面足够长已知静电力常量=90×109 N ·2/2,取g=10 /2求：（1）B 物块的带电荷量q B（2）A 、B 运动多长距离后开始分离（3）从开始施力到A 、B 分离，力F 对A 物块做的功解析（1）A 、B 、处于静止状态时，设B 物块的带电荷量为q B ，则对B 的库仑斥力C B02kq q F L =① 以A 、B 为研究对象，根据力的平衡 F 0=(A +B )g 30°② 联立解得qB=40×10-5③(2)给A 施加力F 后，A 、B 沿斜面向上做匀加速直线运动，对B 的库仑力逐渐减小，A 、B 之间的弹力也逐渐减小设经过时间，B 、间距离变为L ′，A 、B 两者间弹力减小到零，此后两者分离则时刻对B 的库仑斥力为C B02kq q F L '='④ 以B 为研究对象，由牛顿第二定律有 F 0′-B g 30°-μB gc 30°=B ⑤ 联立①②解得L ′=12⑥则A 、B 分离时，A 、B 运动的距离 ΔL=L ′-L=02⑦（3）设从开始施力到A 、B 开始分离这段时间内库仑力做的功为W 0，力F 对A 物块做的功为W 1，A 、B 分离时速度为v 1由功能关系有：C B C B0kq q kq q W L L =-'⑧ 由动能定有 W 1+W 0+W G +W f =12(A +B )v 12⑨ 而W G =-（A +B )g ·ΔL 30°⑩ W f =-μ(A +B )g ·ΔLc 30° v 12=2·ΔL由③～⑦式解得W 1=105 J 答案(1)40×10-5 (2)02 (3)105 J。

高考物理一轮复习第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动教案新人教版第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动考点1 电容器及其动态变化1．两个公式的比较(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)根据决定式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)根据定义式C ＝QU分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)根据E ＝U d分析电容器极板间场强的变化． 考向1 电容器带电量不变1．(2019·安徽宿州一模)(多选)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图．当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体( BC )A ．向左移动时，θ增大B ．向右移动时，θ增大C ．向左移动时，θ减小D ．向右移动时，θ减小解析：由公式C ＝εr S4πkd ，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增加，则电容C 增大，由公式C ＝Q U可知电荷量Q 不变时，U 减小，则θ减小，故A 错误，C 正确；由公式C ＝εr S4πkd ，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减少，则电容C 减小，由公式C ＝Q U可知电荷量Q 不变时，U 增大，则θ增大，故B 正确，D 错误．考向2 电容器电势差不变2．(多选)如图所示，两块较大的金属板A 、B 相距为d ，平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间恰好有一质量为m ，带电量为q 的油滴处于静止状态，以下说法正确的是( BC )A ．若将S 断开，则油滴将做自由落体运动，G 表中无电流B ．若将A 向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 表中有b →a 的电流C ．若将A 向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 表中有b →a 的电流D ．若将A 向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 表中有b →a 的电流 解析：将S 断开，电容器电量不变，板间场强不变，故油滴仍处于静止状态，选项A 错误；若S 闭合，将A 板左移，由E ＝U d 可知，E 不变，油滴仍静止，由C ＝εr S4πkd 可知正对面积减小时电容C 变小，则电容器极板电量Q ＝CU 变小，电容器放电，则有b →a 的电流，故选项B 正确；将A 板上移，由E ＝U d 可知，E 变小，油滴应向下加速运动，由C ＝εr S4πkd 可知板间距离增大时电容C 变小，电容器要放电，则有b →a 的电流流过G ，故选项C 正确；当A 板下移时，板间电场强度增大，油滴受的电场力增加，油滴向上加速运动，由C ＝εr S4πkd可知板间距离减小时C 增大，电容器要充电，则有a →b 的电流流过G ，故选项D 错误．考向3 两类问题综合应用3．(2019·河南南阳月考)(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，与电源负极相连．现有一带电油滴位于容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( CD )A ．带电油滴将沿竖直方向向下运动B ．P 点的电势将降低C ．带电油滴的电势能不变D ．电容器的极板带的电荷量不变解析：电容器始终与电源相连，则电容器两极板间的电势差不变，由C ＝εr S4πkd ，d 增大，则C 减小，又C ＝Q U，则Q 减小，但电路中有二极管，单向导通，故不会放电，电荷量Q 不变，E ＝U d ＝Q Cd＝4πkQεr S，d 增大，则E 不变，带电油滴所受电场力不变，带电油滴位于容器中的P 点且恰好处于平衡状态，故A 错误，D 正确．P 点与下极板的电势差U ＝φP －0＝Ed ，而E 、d 不变，则φP 不变，由E P ＝φP q 得固定在P 点的正电荷电势能不变，C 正确，B 错误．求解电容器问题的两个常用技巧(1)在电荷量保持不变的情况下，由E ＝U d ＝Q Cd ＝4πkQεr S知，电场强度与板间距离无关． (2)对平行板电容器的有关物理量Q 、E 、U 、C 进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，利用C ＝εr S4πkd 、Q ＝CU 和E ＝Ud 进行判断即可．考点2 带电粒子在电场中的直线运动1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，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．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路(1)动力学观点：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)功能观点：根据电场力对带电粒子所做的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．匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C ，极板间距离为d ，上极板正中有一小孔．质量为m 、电荷量为＋q 的小球从小孔正上方高h 处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g )．求：(1)小球到达小孔处的速度．(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量． (3)小球从开始下落到运动到下极板处的时间．[审题指导] (1)力和运动分析：带电小球先做自由落体运动，进入电场后在电场力和重力共同作用下做匀减速直线运动．(2)本题可从力和运动观点和能量观点求解． 【解析】 (1)由v 2＝2gh 得：v ＝2gh(2)在极板间带电小球受重力和电场力，由牛顿第二定律得：mg －qE ＝ma 0－v 2＝2ad 解得：E ＝mg (h ＋d )qd U ＝Ed Q ＝CU 解得：Q ＝Cmg (h ＋d )q(3)由h ＝12gt 21 0＝v ＋at2 t ＝t 1＋t 2解得：t ＝h ＋d h2h g【答案】 (1)2gh (2)mg (h ＋d )qd Cmg (h ＋d )q(3)h ＋dh2hg1．一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( D )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：设板间电压为U ，场强为E ，则E ＝U d ，由动能定理得mg ·32d －qEd ＝0.将下极板向上平移d 3后，U 不变，d ′＝23d ，则E ′＝3U 2d ＝32E ，设粒子在距上极板x 处返回，则mg (d2＋x )－qE ′x ＝0，联立解得：x ＝25d ，故D 正确，A 、B 、C 错误．2．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)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( BD )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：本题考查电容器和带电粒子在电场中的运动．由题设条件可知，微粒a 向下运动，微粒b 向上运动，且在相等时间内，位移x a >x b ，由运动学公式及牛顿第二定律可得：x ＝12·qE mt 2，则m a <m b ，选项A 错误；由动能定理可得：qEx ＝E k ，则E k a >E k b ，选项B 正确；由动量定理可得：qEt ＝p ，则p a 与p b 大小相等，选项D 正确；在t 时刻，a 、b 在同一水平面上，电势φ相等，而两微粒的电性不同，由E p ＝qφ，可知a 和b 的电势能不相等，选项C 错误．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法考点3 带电粒子在电场中偏转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)速度⎩⎪⎨⎪⎧v x ＝v 0v y ＝at ＝qUlmv 0dv ＝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 .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 θ＝qUl mv 20d 得tan θ＝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.示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子(带电量为e )被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U 1＝1 640 V ，偏转极板长l ＝4 cm ，偏转极板间距d ＝1 cm ，当电子加速后从两偏转极板的正中央沿与板平行的方向进入偏转电场．(1)偏转电压U 2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L ＝20 cm ，则电子到达荧光屏时最大偏转距离y 为多少？[审题指导] 本题是基础题，需要熟练掌握．(1)过程分析：电子先经电场加速，进入偏转电场中做类平抛运动，最后做匀速直线打到荧光屏上．(2)先推导出y 1和y 的解析式，再求极值．【解析】 (1)要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下板边缘出来．在加速电场中，由动能定理得eU 1＝mv 22进入偏转电场初速度v 0＝2eU 1m在偏转电场的飞行时间t 1＝l v 0在偏转电场的加速度a ＝eE m ＝eU 2md电子从下极板边缘出来，d 2＝12at 21＝eU 2l 22mdv 20＝U 2l 24dU 1， 解得U 2＝18U 1＝205 V.(2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离y ＝d2＋y 2电子离开电场的侧向速度v y ＝at 1＝eU 2lmdv 0电子离开偏转电场到荧光屏的时间t 2＝L v 0y 2＝v y ·t 2＝eU 2lL mdv 20＝U 2lL2dU 1＝0.05 m所以电子最大偏转距离y ＝d2＋y 2＝0.055 m.【答案】 (1)205 V (2)0.055 m3．(2019·广东汕头二模)(多选)一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿垂直方向．两个比荷(即粒子的电荷量与质量之比)不同的带电粒子A 和B ，从电容器边缘同一竖直线上的不同位置(如图)沿相同的水平方向同时射入两平行板之间，经过相同时间两粒子落在电容器下板同一点P 上．若不计重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是( AC )A ．粒子A 的比荷大于粒子B B ．粒子A 射入时的初速度大于粒子BC ．若只减小两板间的电压，则两粒子可能同时落在电容器下板边缘上D ．若只增大粒子B 射入时的初速度，则两粒子可能在两板之间的某一位置相遇 解析：粒子在电场中只受电场力作用，电场力与初速度方向垂直，所以，粒子做类平抛运动；在竖直方向，两粒子运动时间相同，A 的位移大于B 的位移，所以，A 的加速度大于B 的加速度，又由加速度a ＝qEm，可知A 的比荷大于B 的比荷，故A 正确；在水平方向，两粒子运动时间相同，运动位移相同，所以，两粒子射入时的初速度相等，故B 错误；若只减小两板间的电压，则两粒子的加速度同比减小，那么在竖直方向上，位移和加速度的比值仍旧相等，即A 、B 从原来高度落下需要的时间仍旧相同，所以，两粒子可能同时落在电容器下板边缘上，故C 正确；若只增大粒子B 射入时的初速度，则在水平方向上B 的位移恒大于A 的位移，那么两粒子不可能在两板之间的某一位置相遇，故D 错误．4．(2019·河北石家庄月考)(多选)如图，一束由质子、氘核和氚核组成的粒子流，从相同位置沿垂直于电场强度的方向射入由平行板电容器形成的同一个匀强电场中．若所有粒子均能射出电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，关于粒子的运动情况，下列说法正确的是( AC )A ．若粒子的运动轨迹相同，说明它们具有相同的初动能B ．比荷大的粒子，在射出电场时，其速度偏向角一定大C ．若粒子在电场中的运动时间相等，则它们的初速度一定相等D ．在电场中运动时间越长的粒子，电场力对它做的功越多解析：粒子在极板间做类平抛运动，水平方向L ＝v 0t ，竖直方向y ＝12at 2＝qEL22mv 20，粒子运动轨迹相同，即y 相同，由于粒子电荷量q 相同，粒子初动能相同，故A 正确；粒子在极板间做类平抛运动，设速度偏向角为θ，tan θ＝v y v 0＝at v 0＝qE m ×Lv 0v 0＝qELmv 20，由于不知道粒子的初速度v 0间的关系，比荷大的粒子在射出电场时其速度偏向角不一定大，故B 错误；粒子在极板间做类平抛运动，粒子的运动时间t ＝L v 0，如果粒子在电场中的运动时间t 相等，则粒子的初速度一定相等，故C 正确；电场力对粒子做功W ＝qEy ＝qE ×qEL 22mv 20＝q 2E 2L 22mv 20，粒子在极板间做类平抛运动，粒子的运动时间t ＝L v 0，粒子运动时间长，说明粒子初速度越小，由于粒子的电荷量q 相同、质量不同，无法判断电场力对粒子做功多少，故D 错误．分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键(1)条件分析：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做类平抛运动(若计重力，qE ≠mg )．(2)运动分析：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方向上的匀加速直线运动和垂直电场方向上的匀速直线运动．学习至此，请完成课时作业25。

电容器与电容 带电粒子在电场中的运动[基础知识·填一填][知识点1] 电容器及电容 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．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 ＝ 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：正对面积、介电常数、两板间的距离． (2)决定式： C ＝εr S4πkd.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(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．(×) [知识点2] 带电粒子在电场中的运动 1．加速问题(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 20.2．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： 匀变速曲线 运动． (3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做 匀速 运动．②沿电场方向：做初速度为零的 匀加速 运动． 判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (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一定可以忽略不计．(×) [知识点3] 示波管1．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，如图所示． 2．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沿直线传播，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，叫做扫描电压．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变化的图象．[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－1 P32第1题改编)(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解析：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；而两板间的距离减小时，C 变大，U 变小，所以选项A 、B 、D 正确．]2．(人教版选修3－1 P39第2题改编)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，如图所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )A.edhU B ．edUhC.eU dhD.eUh d解析：D [电子从O 点到A 点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题，即12mv 20＝eU OA .因E ＝U d ，U OA ＝Eh ＝Uh d ，故12mv 20＝eUhd，故选项D 正确．] 3．(人教版选修3－1 P39第4题改编)如图所示，含有大量11H 、21H 、42He 的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O 点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．下列有关荧光屏上亮点分布的说法正确的是( )A ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是11H B ．出现三个亮点，偏离O 点最远的是42He C ．出现两个亮点 D ．只会出现一个亮点 答案：D4．(人教版选修3－1 P36思考与讨论改编)如图是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极(XX ′和YY ′)、荧光屏组成．管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX ′和YY ′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O 点．(1)带电粒子在 __________ 区域是加速的，在 ________ 区域是偏转的． (2)若U YY ′＞0，U XX ′＝0，则粒子向 ________ 板偏转，若U YY ′＝0，U XX ′＞0，则粒子向 ________ 板偏转．答案：(1)Ⅰ Ⅱ (2)Y X考点一 平行板电容器的动态分析[考点解读]1．两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U 保持不变． (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q 保持不变． 2．动态分析思路 (1)U 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd 先分析电容的变化，再分析Q 的变化．②根据E ＝U d分析场强的变化． ③根据U AB ＝Ed 分析某点电势变化． (2)Q 不变①根据C ＝Q U ＝εr S4πkd先分析电容的变化，再分析U 的变化．②根据E ＝U d＝4k πQεr S分析场强变化．[典例赏析][典例1] (多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P 点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则( )A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点电势将降低C ．电容器的电容减小，极板带电荷量减小D ．带电油滴的电势能保持不变[解析] BC [电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P 点处于静止状态，因此有mg ＝qE .当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d 增大，由C ＝εr S 4πkd 可知电容器电容减小，板间场强E 场＝Ud 减小，油滴所受的电场力减小，mg＞qE ，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A 错；P 点电势等于P 点到下极板间的电势差，由于P 到下极板间距离h 不变，由φP ＝ΔU ＝Eh 可知，场强E 减小时P 点电势降低，B 对；由C ＝Q U可知电容器所带电荷量减小，C 对；带电油滴所处P 点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D 错．]分析平行板电容器动态变化的三点关键1．确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变．2．恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E ＝U d分析极板间电场强度的变化情况．3．若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化．[题组巩固]1．(2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器( )A ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C ．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D ．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变解析：D [据C ＝εr S4πkd 可知，将云母介质移出电容器，C 变小，电容器接在恒压直流电源上，电压不变，据Q ＝CU 可知极板上的电荷量变小，据E ＝U d可知极板间电场强度不变，故选D.]2．(2018·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，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：A [当用带电玻璃棒与电容器a 板接触，由于静电感应，从而在b 板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A 正确；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S 4πkd ，将电容器b 板向上平移，即正对面积S 减小，则电容C 减小，根据C ＝QU可知， 电荷量Q 不变，则电压U 增大，则静电计指针的张角变大，故选项B 错误；根据电容器电容的决定式：C ＝εr S4πkd，只在极板间插入有机玻璃板，则介电常数εr 增大，则电容C 增大，根据C ＝Q U可知， 电荷量Q 不变，则电压U 减小，则静电计指针的张角减小，故选项C 错误；根据C ＝Q U可知，电荷量Q 增大，则电压U 也会增大，而电容由电容器本身决定，C不变，故选项D 错误．]考点二 带电粒子在电场中的直线运动[考点解读]1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动．2．用动力学观点分析a ＝qE m ，E ＝Ud，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.[典例赏析][典例2] (2019·湖南长沙模拟)如图所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在离A 高度为H 的C 处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度g .已知静电力常量为k ，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：(1)液珠的比荷；(2)液珠速度最大时离A 点的距离h ；(3)若已知在点电荷Q 的电场中，某点的电势可表示成φ＝kQr，其中r 为该点到Q 的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B 离A 点的高度r B .[解析] (1)设液珠的电荷量为q ，质量为m ，由题意知，当液珠在C 点时k QqH2－mg ＝mg 比荷为q m ＝2gH 2kQ(2)当液珠速度最大时，k Qq h2＝mg 得h ＝2H(3)设BC 间的电势差大小为U CB ，由题意得U CB ＝φC －φB ＝kQ H －kQr B对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得qU CB －mg (r B －H )＝0即q ⎝ ⎛⎭⎪⎫kQ H －kQr B －mg (r B －H )＝0解得：r B ＝2H ，r B ＝H (舍去)． [答案] (1)2gH 2kQ(2)2H (3)2H带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电小球自O 点由静止释放，经C 孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D 孔时速度减为零．对于小球从C 到D 的运动过程，已知从C 运动到CD 中点位置用时t 1，从C 运动到速度等于C 点速度一半的位置用时t 2，下列说法正确的是( )A ．小球带负电B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．将B 板向上平移少许后小球可能从D 孔落下解析：AB [由题图可知，A 、B 间的电场强度方向向下，小球从C 到D 做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A 正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t 1<t 2，选项B 正确，C 错误；将B 板向上平移少许时两板间的电压不变，根据动能定理可知，mg (h ＋d )－qU ＝0，mg (h ＋x )－qUx d ′＝0，联立得x ＝h h ＋d －d ′d ′<d ′，即小球不到D 孔就要向上返回，所以选项D 错误．]2．(2017·江苏卷)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A 、B 、C 中央各有一小孔，小孔分别位于O 、M 、P 点．由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点．现将C 板向右平移到P ′点，则由O 点静止释放的电子( )A ．运动到P 点返回B ．运动到P 和P ′点之间返回C ．运动到P ′点返回D ．穿过P ′点解析：A [设A 、B 板间的电势差为U 1，B 、C 间电势差为U 2，板间距为d ，电场强度为E ，第一次由O 点静止释放的电子恰好能运动到P 点，根据动能定理得：qU 1＝qU 2＝qEd ，将C 板向右移动，B 、C 板间的电场强度：E ＝U 2d ＝Q C 0d ＝4πkQεr S不变，所以电子还是运动到P 点速度减小为零，然后返回，故A 正确，B 、C 、D 错误．]考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转[考点解读]1．运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝2mdyqU(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2离开电场时的偏转角：tan θ＝v y v 0＝qUl mdv202．两个结论(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 2y ＝12at 2＝12·qU 1md ·⎝ ⎛⎭⎪⎫l v 02tan θ＝qU 1lmdv 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．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 ＝Udy ，指初、末位置间的电势差．[典例赏析][典例3] 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从两板中央平行极板射入，开关S 闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m ＝4×10－5kg ，电荷量q ＝＋1×10－8C ，g 取10 m/s 2.求：(1)微粒入射速度v 0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U 应取什么范围？[审题指导] 开关闭合前，微粒做平抛运动，开关闭合后，微粒做类平抛运动，两个过程的分析方法相同，都要用到运动的合成与分解．[解析] (1)开关S 闭合前，由L 2＝v 0t ，d 2＝12gt 2可解得v 0＝L2gd＝10 m/s. (2)电容器的上极板应接电源的负极．当所加的电压为U 1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，即d 2＝12a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02， 又a 1＝mg －qU 1dm，解得U 1＝120 V当所加的电压为U 2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，即d 2＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L v 02， 又a 2＝q U 2d－mg m，解得U 2＝200 V所以120 V ≤U ≤200 V.[答案] (1)10 m/s (2)与负极相连，120 V ≤U ≤200 V带电粒子在电场中偏转问题求解通法1．解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：加速电场中的运动一般运用动能定理qU ＝12mv 2进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运动的分解进行计算；二者靠速度相等联系在一起．2．计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y 的四种方法： (1)Y ＝y ＋d tan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离)．(2)Y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L2＋d tan θ(L 为电场宽度)． (3)Y ＝y ＋v y ·d v 0.(4)根据三角形相似Y y ＝L2＋d L2.[题组巩固]1．(多选)如图所示，带电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 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平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )A ．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∶1解析：ABC [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，选项A 正确；竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2ht 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，选项B 正确；根据a ＝qE m 得m ＝qEa，故m A ∶m B ＝1∶12，选项C 正确；A 和B 的位移大小不相等，选项D 错误．]2．(2016·北京卷23题改编)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 ＝2.0×102 V ，d ＝4.0×10－2m ，m ＝9.1×10－31 kg ，e ＝1.6×10－19 C ，g ＝10 m/s 2. 解析：(1)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 m 2eU 0加速度a ＝eE m ＝eU md偏转距离Δy ＝12a (Δt )2＝UL 24U 0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力 G ＝mg ≈10－29 N 电场力F ＝eUd ≈10－15 N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力．答案：(1) 2eU 0m UL 24U 0d(2)见解析 思想方法(十四) 电容器在现代科技生活中的应用[典例] (多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO 涂层作为工作面，四个角引出四个电极，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，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置．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[解析]AD [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，故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，故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，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确．][题组巩固]1．(2019·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中( ) A．膜片与极板间的电容增大B．极板所带电荷量增大C．膜片与极板间的电场强度增大D．电阻R中有电流通过解析：D [根据C＝εr S4πkd可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝Ud可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误．]2．(多选)电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容．则( ) A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩D．当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流解析：CD [由C ＝εr S 4πkd知，电介质插入越深，εr 越大，即C 越大，A 错；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，B 错；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，C 对；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr 增大，C 增大，电源电动势不变，由C ＝Q U 知，Q 增大，上极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，D 对．。

一. 教学内容：高三第一轮复习：带电粒子在电场中的运动、电容器带电粒子在电场中的运动1. 带电粒子在匀强电场中的加速一般情况下带电粒子所受的电场力远大于重力，所以可以认为只有电场力做功。

由动能定理W ＝qU ＝ΔE K ，此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、轨迹形状也无关。

【例1】如图所示，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tUA. 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 ＝3T /8时刻释放电子，电子必将打到左极板上解：从t ＝0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /2，接着匀减速T /2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T /2，接着匀减速T /2……直到打在右极板上。

电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。

从t ＝T /4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /4，接着匀减速T /4，速度减小到零后，改为向左先匀加速T /4，接着匀减速T /4。

即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。

从t ＝3T /8时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。

选AC2. 带电粒子在匀强电场中的偏转质量为m 电荷量为q 的带电粒子以平行于极板的初速度v 0射入长L ，板间距离为d 的平行板电容器间，两板间电压为U ，求射出时的侧移、偏转角和动能增量。

U L dm t（1）侧移：d U UL v L dm Uq y '=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=42122千万不要死记公式，要清楚物理过程。

一、电容器及电容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.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＝.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F＝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：正对面积，相对介电常数，两板间的距离.(2)决定式：C＝.自测1 关于电容器及其电容，下列说法中正确的是( )A.平行板电容器一板带电＋Q，另一板带电－Q，则此电容器不带电B.由公式C＝可知，电容器的电容随电荷量Q的增加而增大自测2 教材P39第3题先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场.进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比.(1)电子与氢核的初速度相同.(2)电子与氢核的初动能相同.答案见解析解析设加速电压为U0，偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q、质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极板间距离为d、极板长为l，则：带电粒子在加速电场中加速运动，进入偏转电场时的初动能mv02＝qU0，粒子在偏转电场中的加速度a＝，在偏转电场中运动的时间为t＝，粒子离开偏转电场时沿电场力方向的速度vy＝at＝，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tanθ＝＝.(1)若电子与氢核的初速度相同，则＝.(2)若电子与氢核的初动能相同，则＝1.命题点一平行板电容器的动态分析1.两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变.(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变.2.动态分析思路(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UAB＝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.例1 (20xx·全国卷Ⅰ·14)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上.若将云母介质移出，则电容器( )A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变答案D解析由C＝可知，当将云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小.再由E＝，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确.变式1 (20xx·天津理综·4)如图3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，Ep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3B.θ增大，Ep不变A.θ增大，E增大D.θ减小，E不变C.θ减小，Ep增大答案D 解析若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据C＝可知，C变大；根据Q＝CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据E＝，Q＝CU，C＝联立可得E＝，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，故Ep不变；由以上分析可知，选项D正确.变式2 (多选)如图4所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间P点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为U，P点场强大小为E，电势为φP，负电荷的电势能为Ep，现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是( )图4B.U变小，φP变小A.U变大，E变大D.φP变大，Ep变小C.φP变小，Ep变大答案AC 解析根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由C＝可知电容减小，由U＝可知极板间电压增大，由E＝可知，电场强度增大，故A正确；设P与B板之间的距离为d′，P点的电势为φP，B板接地，φB＝0，则由题可知0－φP＝Ed′是增大的，则φP一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能Ep是增大的，故C正确.命题点二带电粒子在电场中的直线运动1.做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动.(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动.2.用动力学观点分析a＝，E＝，v2－v02＝2ad.3.用功能观点分析匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1例2 如图5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( )图5A.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′点答案A 解析根据平行板电容器的电容的决定式C＝、定义式C＝和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确.变式3 匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图6所示.当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )图6A.带电粒子将始终向同一个方向运动B.2s末带电粒子回到原出发点C.3s末带电粒子的速度不为零D.0～3s内，电场力做的总功为零答案D 解析由牛顿第二定律可知带电粒子在第1s内的加速度和第2s内的加速度的关系，因此粒子将先加速1s再减速0.5s，速度为零，接下来的0.5s将反向加速……，v－t图象如图所示，根据图象可知选项A错误；由图象可知2s内的位移为负，故选项B错误；由图象可知3s末带电粒子的速度为零，故选项C错误；由动能定理结合图象可知0～3s内，电场力做的总功为零，故选项D正确.变式4 如图7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7(1)小球到达小孔处的速度大小；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落到运动到下极板处的时间.mgh ＋d qC(2) (1) 答案2h gh ＋d h(3)解析 (1)由v2＝2gh 得v ＝.(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，加速度大小为a ，有qE －mg ＝ma且v2－0＝2ad ，得E ＝，由U ＝Ed 、Q ＝CU ，得Q ＝C.(3)由t ＝h ＋d ，2h gh ＋d h＝t 可得命题点三 带电粒子在电场中的偏转1.运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动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，偏移量和偏转角总是相同的.证明：由qU0＝mv02y ＝at2＝··()2qU1l mdv02＝tanθU1l 2U0d＝tanθ＝，y 得：(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.3.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：qUy ＝mv2－mv02，其中Uy ＝y ，指初、末位置间的电势差.例3 (20xx·北京理综·23改编)如图8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U0，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.图8(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0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 ＝10m/s2.答案 (1) (2)见解析解析 (1)根据动能定理，有eU0＝mv02，2eU0m ＝v0电子射入偏转电场时的初速度m 2eU0L＝＝Δt 在偏转电场中，电子的运动时间eU md＝＝a 加速度UL24U0d＝a(Δt)2＝Δy 偏转距离(2)只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 ＝≈10－15N由于F ≫G ，因此不需要考虑电子所受的重力.。

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。