8电容器的电容[学习目标] 1.知道电容器的概念，认识常见的电容器，通过实验感知电容器的充、放电现象．(重点)2.理解电容的定义及定义方法，掌握电容的定义、公式、单位，并会应用定义式进行简单的计算．(难点)3.了解影响平行板电容器大小的因素，了解平行板电容器的电容公式．(重点)4.知道改变平行板电容器电容大小的方法．一、电容和电容器1．电容器：两个相互靠近又彼此绝缘的导体组成一个电容器．2．电容器的充电和放电(1)充电：使电容器两极板带上等量异种电荷的过程叫作充电．如图甲所示．特征：两极板所带等量异种电荷均匀分布在两极板相对的内表面．电容器充电示意图电容器放电示意图甲乙(2)放电：使充电后的电容器失去电荷的过程叫作放电．如图乙所示．特征：放电过程是储存在电场中的电能转化为其他形式的能的过程．(3)电容器的带电荷量是指其中一个极板所带电荷量的绝对值．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，公式为C＝Q U.(2)物理意义：表示电容器容纳电荷的本领的大小．(3)单位：在国际单位制中是法拉(F)，1 F＝1 C/V,1 F＝106μF＝1012pF.二、平行板电容器1．平行板电容器(1)结构：由两个相互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 S4πkd，εr为电介质的相对介电常数．当两极板间是真空时：C＝S4πkd，式中k为静电力常量．2．电容器的额定电压和击穿电压(1)额定电压：电容器能够长期正常工作时的电压．(2)击穿电压：电介质被击穿时在电容器两极板上的极限电压，若电压超过这一限度，则电容器就会损坏．1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)其他条件不变时，平行板电容器的电容随极板正对面积的增大而增大．(√)(2)其他条件不变时，平行板电容器的电容随极板间距离的增大而增大．(×)(3)任何电介质的相对介电常数都大于1. (√)(4)某电容器上标有“1.5 μF9 V”的字样，则该电容器的击穿电压为9 V．(×)(5)电容器被击穿后就没有了容纳电荷的本领．(√)2．(多选)如图所示的各图描述的是对给定的电容器充电时其电荷量Q、电势差U、电容C之间相互关系的图象，其中正确的是()A B C DCD[电容器的电容是由电容器本身属性决定的，与电容器所带电荷量Q 的大小和两极板间的电势差U的大小无关，不能认为C与Q成正比，与U成反比，故选项D正确，A、B错误．而C图表示电容器所带电荷量与极板间的电势差成正比，其比值即电容器的电容，故选项C正确．]3．(多选)有一个空气平行板电容器，极板间相距d，正对面积为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．将电压变为U2 B．将带电荷量变为2QC．将极板间的距离变为d 2D．两板间充满介电常数为2的电介质CD[电容器的电容与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，可以知道选项C、D正确．]对电容的理解1.两公式C＝QU与C＝εr S4πkd的比较公式C＝QU C＝εr S4πkd公式特点定义式决定式意义对某电容器Q∝U，但QU＝C不变，反映电容器容纳电荷的本领平行板电容器，C∝εr，C∝S，C∝1d，反映了影响电容大小的因素联系电容器容纳电荷的本领由QU来量度，由本身的结构(如平行板电容器的εr、S、d等因素)来决定2.通过Q-U图象来理解C＝QU.如图所示，在Q-U图象中，电容是一条过原点的直线的斜率，其中Q为一个极板上所带电荷量的绝对值，U为两极板间的电势差，可以看出，电容器电容也可以表示为C＝ΔQΔU，即电容器的电容的大小在数值上等于两极板间的电压增加(或减小)1 V所需增加(或减少)的电荷量．【例1】 有一充电的平行板电容器，两板间电势差为3 V ，现使它的电荷量减少3×10－4 C ，于是电容器两板间的电势差降为原来的13，则此电容器的电容是多大？电容器原来带的电荷量是多少？若将电容器极板上的电荷量全部放掉，电容器的电容是多大？ [解析] 电容器两极板间电势差的变化量为ΔU ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13U ＝23×3 V ＝2 V 由C ＝ΔQ ΔU ，得C ＝3×10－42F ＝1.5×10－4 F ＝150 μF 设电容器原来带的电荷量为Q ，则Q ＝CU ＝1.5×10－4×3 C ＝4.5×10－4 C电容器的电容是由其本身决定的，与是否带电无关，所以电容器极板上的电荷量全部放掉后，电容仍然是150 μF.[答案] 150 μF 4.5×10－4 C 150 μF1．一个平行板电容器，使它每个极板所带电荷量从Q 1＝3×10－5 C 增加到Q 2＝3.6×10－5 C 时，两极板间的电势差从U 1＝10 V 增加到U 2＝12 V ，求这个电容器的电容．如要使两极板电势差从U 1＝10 V 降到U 2′＝6 V ，则每个极板需减少多少电荷量？[解析] 由电容器的电容定义式C ＝Q U 可知Q ＝CU .当电荷量为Q 1时，Q 1＝CU 1.当电荷量为Q 2时，Q 2＝CU 2.显然Q 2－Q 1＝C (U 2－U 1)，即C ＝Q 2－Q 1U 2－U 1＝0.6×10－5 C 2 V＝3 μF. 当两极板间电势差降到6 V 时，每极板应减少的电荷量为ΔQ ′＝C ΔU ′＝3×10－6×(10－6) C ＝1.2×10－5 C.[答案] 3 μF 1.2×10－5 C平行板电容器的两类动态问题平行板电容器的两类动态问题指的是电容器始终连接在电源两端，或充电后断开电源两种情况下，电容器的d、S或者εr发生变化时，判断C、Q、U、E 随之怎样变化．具体分析方法如下．1．公式分析法(①C＝εr S4πkd②C＝QU③E＝Ud)C＝εr S4πkd∝εr Sd始终连接在电源两端充电后断开电源U不变Q不变Q＝UC∝C∝εr Sd U＝QC∝1C∝dεr SE＝Ud∝1d E＝Ud∝1εr S两极板间电介质不变时，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变；两极板正对面积变化时，如图丙电场线变密，场强增大．【例2】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，表明电容增大思路点拨：通过题图，可以获得以下信息：(1)平行板电容器电荷量保持不变．(2)静电计小球与外壳间电压和电容器两极间电压相同．(3)静电计指针偏角与静电计小球和外壳间电压成正比．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 ＝Q U 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；根据电容器的决定式：C ＝εr S 4πkd，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数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，但电容C 不变，故选项D 错误．](1)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，则电容器上的电势差就等于静电计上所指示的电势差U ，U 的大小就从静电计的刻度读出，可见，静电计指针的变化表征了电容器两极板电势差的变化．(2)静电计本身也是一个电容器，但静电计容纳电荷的本领很弱，即电容很小，当带电的电容器与静电计连接时，可认为电容器上的电荷量保持不变．2．一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D [平行板电容器电容的表达式为C ＝εS 4πkd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小．由于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小．再考虑到极板间电场强度E＝Ud，由于U、d不变，所以极板间电场强度不变，选项D正确．]电容器中带电粒子的平衡与运动问题距离为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)小球从开始下落运动到下极板处所需的时间．思路点拨：(1)小球在小孔上方做自由落体运动．(2)小球在板间做匀减速直线运动．(3)电容器所带电荷量与板间电场强度的关系为Q＝CEd.[解析](1)小球从开始下落到上极板间做自由落体运动，由v2＝2gh得v＝2gh.(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿第二定律得：mg－qE＝ma由运动学公式知：0－v2＝2ad整理得电场强度E＝mg(h＋d)qd.由U＝Ed，Q＝CU，得电容器所带电荷量Q＝mg(h＋d)Cq.(3)由h＝12gt21，0＝v＋at2，t＝t1＋t2整理得t＝h＋dh2hg.[答案](1)2gh(2)mg(h＋d)qdmg(h＋d)Cq(3)h＋dh2hg(1)上例中若充电后电源与两极板断开，将上极板上移一小段距离，其他条件不变，则小球能否到达下极板？提示：充电后与电源断开则Q保持不变，上极板上移时，两板间的场强不变；上板上移时d增大，但h＋d不变，则由动能定理：mg(h＋d)－qEd＜0，所以小球不能到达下极板．(2)上例中，若充电后电源与两极板相连，将下极板下移一小段距离，其他条件不变，则小球能否到达下极板？提示：由于两极板与电源相连，则两板间的电压不变，d增大时，则由mg(h ＋d)－qU＞0知，小球会打到下极板上．3.(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、带电荷量为q的油滴处于静止状态，以下说法正确的是()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BC[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，A错误；若S闭合，将A板左移，由E＝Ud可知，E不变，油滴仍静止，而电容C变小，电容器极板电量Q＝CU变小，电容器放电，则有由b→a的电流，故B正确；将A板上移，则E＝Ud可知，E变小，油滴应向下加速运动，电容C变小，电容器要放电，则有由b→a的电流流过G，故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，C增大，电容器要充电，则有由a→b的电流流过G，故D错误．]课堂小结知识脉络1.对电容及电容器的理解.2.平行板电容器的动态分析问题.3.带电体在电容器中的运动问题.1．下列关于电容器的叙述正确的是()A．电容器是储存电荷的容器，只有带电的容器才是电容器B．任何两个彼此绝缘且相距很近的物体都组成了电容器C．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和D．电容器充电过程是将其他形式的能转变成电容器的电能并储存起来，电容器放电过程是将电容器储存的电能转化为其他形式的能D[电容器是储存电荷的容器，与其是否带电无关，A错误；任何两个彼此绝缘而又相距很近的导体组成一个电容器，B错误；电容器所带的电荷量指任一极板所带电荷量的绝对值，C错误；电容器的充、放电伴随能量转化，D正确．]2.(多选)传感器是把非电学量(如速度、温度、压力等)的变化转换成电学量的变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用．如图所示是测定液面高度h的电容式传感器，在金属芯柱的外面涂上一层绝缘物质，放入导电液体中，金属芯柱和导电液体构成电容器的两个极板，金属芯柱外面的绝缘物质就是电介质．测出电容器电容C的变化，就可以知道h的变化情况，两者的关系是()A．C增大表示h增大B．C增大表示h减小C．C减小表示h减小D．C减小表示h增大AC[根据h的变化可以判断两极板正对面积的变化，从而判断电容C的变化．由C∝εr Sd知，εr、d一定时，电容器的电容C增大，表明电容器两极板的正对面积增大了，即液面高度h增大，所以A正确；同理，C减小时，表明电容器两极板的正对面积减小了，即液面高度h减小，所以C正确．]3.(多选)如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的电路，在减小电容器两极板间距离的过程中()A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变大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BD[在减小电容器两极板间距离的过程中，电容器始终与电源相连，则两极板间电压U不变，由C＝εr S4πkd知d减小，电容C增大，由Q＝UC知电容器所带电荷量Q增加，电容器充电，电路中有充电电流，电流方向由b流向a，故B、D正确．]9带电粒子在电场中的运动[学习目标] 1.了解带电粒子在电场中的运动特点．(重点)2.会运用静电力、电场强度的概念，根据牛顿运动定律及运动学公式研究带电粒子在电场中的运动．(难点)3.会运用静电力做功、电势、电势差的概念，根据功能关系研究带电粒子在电场中的运动．(难点)4.了解示波管的构造和基本原理．一、带电粒子的加速1．基本粒子的受力特点：对于质量很小的基本粒子，如电子、质子等，它们受到重力的作用一般远小于静电力，故可以忽略．2．带电粒子的加速(1)带电粒子在电场加速(直线运动)条件：只受电场力作用时，初速度为零或与电场力方向相同．(2)分析方法：动能定理．(3)结论：初速度为零，带电荷量为q，质量为m的带电粒子，经过电势差为U的电场加速后，获得的速度为v＝2qU m.二、带电粒子的偏转质量为m、带电荷量为q的基本粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，板间距离为d，板间电压为U.1．运动性质(1)沿初速度方向：速度为v0的匀速直线运动．(2)垂直v0的方向：初速度为零，加速度为a＝qUmd的匀加速直线运动．2．运动规律(1)偏移距离：因为t＝lv0，a＝qUmd，所以偏移距离y＝12at2＝ql2U2m v20d.(2)偏转角度：因为v y＝at＝qUlm v0d，所以tan θ＝v yv0＝qUlmd v20.三、示波管的原理1．构造：示波管主要由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成，管内抽成真空．2．原理(1)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．(2)带电粒子在Ⅰ区域是沿直线加速的，在Ⅱ区域是偏转的．(3)若U YY′>0，U XX′＝0，则粒子向Y板偏移；若U YY′＝0，U XX′>0，则粒子向X板偏移．1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)基本带电粒子在电场中不受重力．(×)(2)带电粒子仅在电场力作用下运动时，动能一定增加．(×)(3)带电粒子在匀强电场中偏转时，其速度和加速度均不变．(×)(4)带电粒子在匀强电场中无论是直线加速还是偏转，均做匀变速运动．(√)(5)示波管电子枪的作用是产生高速飞行的电子束，偏转电极的作用是使电子束发生偏转，打在荧光屏的不同位置．(√)2.如图所示，在匀强电场(场强大小为E)中，一带电荷量为－q的粒子(不计重力)的初速度v0的方向恰与电场线方向相同，则带电粒子在开始运动后，将()A．沿电场线方向做匀加速直线运动B．沿电场线方向做变加速直线运动C．沿电场线方向做匀减速直线运动D．偏离电场线方向做曲线运动C[带电粒子受到与运动方向相反的恒定的电场力作用，产生与运动方向相反的恒定的加速度，因此，带电粒子在开始运动后，将沿电场线做匀减速直线运动，故选项C正确．]3．如图所示，从炽热的金属丝逸出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()A．仅将偏转电场极性对调B．仅增大偏转电极间的距离C．仅增大偏转电极间的电压D．仅减小偏转电极间的电压C[设加速电场的电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程中，由U0q＝m v202，得v0＝2U0qm，电子进入极板后做类平抛运动，时间t＝Lv0，加速度a＝qUdm，竖直分速度v y＝at，tan θ＝v yv0＝UL2U0d，故可知C正确．]带电粒子的加速当带电粒子以很小的速度进入电场中，在静电力作用下做加速运动，示波管、电视显像管中的电子枪、回旋加速器都是利用电场对带电粒子加速的．2．处理方法可以从动力学和功能关系两个角度进行分析，其比较如下：动力学角度功能关系角度涉及知识应用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式功的公式及动能定理选择条件匀强电场，静电力是恒力可以是匀强电场，也可以是非匀强电场，电场力可以是恒力，也可以是变力【例1】如图所示，一个质子以初速度v0＝5×106 m/s水平射入一个由两块带电的平行金属板组成的区域．两板距离为20 cm，设金属板之间电场是匀强电场，电场强度为3×105 N/C.质子质量m＝1.67×10－27 kg，电荷量q＝1.60×10－19 C．求质子由板上小孔射出时的速度大小．[解析]根据动能定理W＝12m v21－12m v2而W＝qEd＝1.60×10－19×3×105×0.2 J ＝9.6×10－15 J所以v1＝2Wm＋v20＝2×9.6×10－151.67×10－27＋(5×106)2m/s≈6×106 m/s质子飞出时的速度约为6×106 m/s.[答案]6×106 m/s上例中，若质子刚好不能从小孔中射出，其他条件不变，则金属板之间的电场强度至少为多大？方向如何？提示：根据动能定理－qE′d＝0－12m v2则E′＝m v202qd＝1.67×10－27×(5×106)22×1.60×10－19×0.2N/C≈6.5×105 N/C方向水平向左．1.如图所示，M和N是匀强电场中的两个等势面，相距为d，电势差为U，一质量为m(不计重力)、电荷量为－q的粒子以速度v0通过等势面M射入两等势面之间，则该粒子穿过等势面N的速度应是()A.2qUm B．v0＋2qUmC.v20＋2qUm D．v20－2qUmC[由qU＝12m v2－12m v20，可得v＝v20＋2qUm，选项C正确．]带电粒子的偏转带电粒子以速度v0垂直于电场线的方向射入匀强电场，受到恒定的与初速度方向垂直的静电力的作用而做匀变速曲线运动，称之为类平抛运动．可以采用处理平抛运动方法分析这种运动．2．运动规律(1)沿初速度方向：v x＝v0，x＝v0t(初速度方向)．(2)垂直初速度方向：v y＝at，y＝12at2(电场线方向，其中a＝qEm＝qUmd)．3．两个结论(1)偏转距离：y＝qL2U 2m v20d.(2)偏转角度：tan θ＝v yv0＝qLUm v20d.4．几个推论(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向反向延长线与初速度方向延长线交于一点，此点平分沿初速度方向的位移．(2)位移方向与初速度方向间夹角的正切为速度偏转角正切的12，即tan α＝12tan θ.(3)以相同的初速度进入同一个偏转电场的带电粒子，不论m、q是否相同，只要qm相同，即比荷相同，则偏转距离y和偏转角θ相同．(4)若以相同的初动能E k0进入同一个偏转电场，只要q相同，不论m是否相同，则偏转距离y和偏转角θ相同．(5)不同的带电粒子经同一加速电场加速后(即加速电压U1相同)，进入同一偏转电场，则偏转距离y和偏转角θ相同．【例2】一束电子流在经U＝5 000 V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，如图所示．若两板间距d＝1.0 cm，板长l＝5.0 cm，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？思路点拨：(1)电子经电压U加速后的速度v0可由eU＝12m v20求出．(2)初速度v0一定时，偏转电压越大，偏转距离越大．(3)最大偏转位移d2对应最大偏转电压．[解析]加速过程，由动能定理得eU＝12m v20①进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动l＝v0t②在垂直于板面的方向做匀加速直线运动加速度a＝Fm＝eU′dm③偏转距离y＝12at2④能飞出的条件为y≤d2⑤联立①～⑤式解得U′≤2Ud2l2＝400 V即要使电子能飞出，所加电压最大为400 V.[答案]400 V上例中，若使电子打到下板中间，其他条件不变，则两个极板上需要加多大的电压？提示：由eU＝12m v2a＝eU″dmd 2＝12at2l2＝v0t联立解得U″＝8Ud2l2＝1 600 V.带电粒子在电场中运动问题的处理方法带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看带电粒子与一般物体相比多受到一个电场力；从处理方法上看仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿定律，动能定理、功能关系，能量守恒等．2.如图所示是一个示波管工作的原理图，电子经过加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两个平行板间距离为d，电势差为U，板长为l，每单位电压引起的偏转量(h/U)叫示波管的灵敏度，若要提高其灵敏度．可采用下列哪种办法()A．增大两极板间的电压B．尽可能使板长l做得短些C．尽可能使板间距离d减小些D．使电子入射速度v0大些C[竖直方向上电子做匀加速运动，故有h＝12at2＝qUl22md v20，则hU＝ql22md v20，可知，只有C选项正确．]示波管类问题1.电子的偏转：被电子枪加速的电子在YY′电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动，最后打到荧光屏上．设打在荧光屏上时的偏转位移为y′，如图所示．由几何知识知，y′y＝L′＋L2L2.所以y′＝eLUmd v20⎝⎛⎭⎪⎫L′＋L2，y′与偏转电压U成正比．2．示波管实际工作时，XX′方向加扫描电压，YY′方向加信号电压，两者周期相同，在荧光屏上显示随信号而变化的波形．【例3】示波管的原理如图所示，一束电子从静止开始经加速电压U1加速后，以水平速度沿水平放置的两平行金属板的中线射入金属板的中间．已知金属板长为l，两极板间的距离为d，竖直放置的荧光屏与金属板右端的距离为L.若两金属板间的电势差为U2，则光点偏离中线与荧光屏的交点O而打在O点正下方的P点，求O、P间的距离OP.[解析]设电子射出偏转极板时的偏移距离为y，偏转角为θ，则OP＝y＋L tan θ又y＝12at2＝12·eU2dm⎝⎛⎭⎪⎫lv02，tan θ＝v yv0＝atv0＝eU2lm v20d在加速电场中的加速过程，由动能定理有eU1＝12m v2联立解得y＝U2l24dU1，tan θ＝U2l2U1d故OP＝U2l(2L＋l)4dU1.[答案]U2l(2L＋l)4dU13．(多选)示波管的构造如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()A．极板X应带正电B．极板X′应带正电C．极板Y应带正电D．极板Y′应带正电AC[根据亮斑的位置，电子偏向XY区间，说明电子受到静电力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y均应带正电．]课堂小结知识脉络1.带电粒子在电场中的加速问题.2.带电粒子在电场中的偏转问题.3.带电粒子在示波管中的运动问题.1.如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板时的速度为v，保持两板间的电压不变，则()A ．当增大两板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两板间的距离时，电子在两板间运动的时间变长C [由动能定理得eU ＝12m v 2，当改变两板间的距离时，U 不变，v 就不变，故选项A 、B 错误，C 正确；电子做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝v 2＝dt ，得t ＝2dv ，当d 减小时，v 不变，电子在板间运动的时间变短，故选项D 错误．]2．在匀强电场中，将质子和α粒子由静止释放，若不计重力，当它们获得相同动能时，质子经历的时间t 1和α粒子经历的时间t 2之比为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．4∶1A [由动能定理可知qEl ＝E k ，又l ＝12at 2＝qE2m t 2，解得t ＝2mE kq 2E 2，可见，两种粒子时间之比为1∶1，故A 选项正确．]3．一个带负电的小球质量为m ，带电荷量为q ，在一个如图所示的平行板电容器的右侧边缘被竖直上抛，最后落在电容器左侧边缘的同一高度处，两板间距离为d ，板间电压为U ，重力加速度为g ，求抛出时的初速度v 0及小球能达到的最大高度H .[解析] 由题设条件可知：小球在复合场中做曲线运动，可将其运动分解为水平方向的匀加速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动．由竖直上抛运动规律得，小球上升的最大高度H ＝v 202g小球自抛出至落到左侧板边缘同一高度处所需时间为t ＝2v 0g。
