届新课标高考物理总复习学案安徽北京专版第六单元电场第3节电容器带电粒子在电场中的运动Word格式文档下载.docx
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电容器的充电和放电过程是能量转化的过程，C、D均正确。
A
4．由电容器电容的定义式C＝Q/U可知（ ）
A．若电容器不带电，则电容C为零
B．电容C与电容器所带电荷量Q成正比，与电压U成反比
C．电容C只与所带电荷量Q多少有关
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
电容器电容的大小由电容器自身决定，与带电与否、所带电荷量Q的多少均无关；
根据C＝Q/U可知，当电容器电压发生变化时，带电荷量也发生变化，但两者比值保持不变。
D
5．关于平行板电容器的说法错误的是（ ）
A．将两极板的间距加大，电容将增大
B．将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小
C．在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大
D．在下板的内表面上放置一面积和极板相等，厚度小于极板间距的铝板，电容将增大
影响平行板电容器电容大小的因素有：
随正对面积的增大而增大；
随两极板间距离的增大而减小；
在两极板间放入电介质，电容增大。
由此可知B、C选项正确。
对D选项，实际上是减小了平行板的间距，所以D也对。
回扣三 带电粒子在电场中的运动
6．带电粒子在电场中的加速
（1）处理方法：
利用动能定理：
qU＝________________。
（2）适用范围：
____________。
7．带电粒子在匀强电场中的偏转
（1）研究条件：
带电粒子________于电场方向进入匀强电场。
（2）处理方法：
类似于________运动，应用运动的合成与分解的方法。
①沿初速度方向做__________运动，运动时间t＝_______。
②沿电场方向，做初速度为零的____________运动。
回扣四 示波管的原理
8．示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图6－3－2所示。
如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（ ）
图6－3－2
①极板X应带正电 ②极板X′应带正电 ③极板Y应带正电 ④极板Y′应带正电
A.①③B.②④
C.①④D.②③
根据亮点的位置，偏向XY区间，说明电子受到电场力作用发生了偏转，因此极板X、极板Y应带正电。
2．电容器两类问题比较
分类
充电后与电池两极相连
充电后与电池两极断开
不变量
U
Q
d变大
C变小，Q变小，E变小
C变小，U变大，E不变
S变大
C变大，Q变大，E不变
C变大，U变小，E变小
ɛr变大
[名师点睛] 在分析平行板电容器的电容及其他参量的动态变化时，必须抓住两个关键点：
（1）紧抓“不变量”，即“控制变量法”；
（2）选择合适的公式分析。
[典例必研]
[例1] 如图6－3－3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（ ）
图6－3－3
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向左平移一小段距离，则油滴仍然静止，G表中有a→b的电流
C．若将A向上平移一小段距离，则油滴向下加速运动，G表中有b→a的电流
D．若将A向下平移一小段距离，则油滴向上加速运动，G表中有b→a的电流
[答案] C
A．U2＝U1，E2＝E1
B．U2＝2U1，E2＝4E1
C．U2＝U1，E2＝2E1
D．U2＝2U1，E2＝2E1
2.如图6－3－4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。
一带电油滴位于电容器中的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（ ）
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点的电势将降低
C．带电油滴的电势能将减小
D．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大
图6－3－4
[知识必会]
1．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。
[典例必研]
[例2] （2011·
福建高考）反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。
如图6－3－5所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。
已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×
103N/C和E2＝4.0×
103N/C，
方向如图所示。
带电微粒质量m＝1.0×
10－20kg，带电量q＝－1.0×
10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。
求：
（1）B点距虚线MN的距离d2；
（2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。
图6－3－5
[审题指导] 题中“在A、B两点间往返运动”说明带电微粒从A点静止开始先做匀加速运动，后做匀减速运动，到达B点速度恰好为零。
[答案]
（1）0.50cm
（2）1.5×
10－8s
[冲关必试]
3．如图6－3－6所示，在等势面沿竖直方向的匀强电场中，一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，由此可知（ ）
图6－3－6
A．电场中A点的电势低于B点的电势
B．微粒在A点时的动能大于在B点时的动能，在A点时的电
势能小于在B点时的电势能
C．微粒在A点时的动能小于在B点时的动能，在A点时的电
势能大于在B点时的电势能
D．微粒在A点时的动能与电势能之和等于在B点时的动能与
电势能之和
一带负电的微粒以一定初速度射入电场，并沿直线AB运动，其受到的电场力F只能垂直等势面水平向左，电场强度则水平向右，如图所示：
所以电场中A点的电势高于B点的电势，A错；
微粒从A向B运动，则合外力做负功，动能减小，电场力做负功，电势能增加，C错，B对；
微粒的动能、重力势能、电势能三种能量的总和保持不变，所以D错。
4.（2012·
六安模拟）如图6－3－7所示，水平放置的A、B两平行板相距h，上板A带正
电。
现有质量为m、电荷量为＋q的小球在B板下方距离为H处，以初速度v0竖直向上从B板小孔进入板间电场，欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差UAB应为多大？
图6－3－7
[名师点睛] 若位移与入射方向的夹角为α，速度与入射方向的夹角为θ，则tanθ＝2tanα，即粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l/2处沿直线射出。
[例3] 如图6－3－9为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。
已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。
图6－3－9
（1）求电子穿过A板时速度的大小；
（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量；
（3）若要电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？
[思路点拨]
（1）电子在灯丝与A板间的运动中，可用动能定理求穿过A板时的速度大小；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，沿极板方向的分运动确定运动时间，垂直极板方向做匀加速运动，从而求出侧移量的表达式；
（3）由侧移量表达式中的相关物理量分析应采取的措施。
5．如图6－3－10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＝0.4m，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v0从两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，微粒能落到下板的正中央。
已知微粒质量m＝4×
10－5kg，电荷量q＝＋1×
10－8C，则下列说法正确的是（ ）
图6－3－10
A．微粒的入射速度v0＝15m/s
B．电容器上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180V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100V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场
6.两块水平金属极板A、B正对放置，每块极板长均为l，极板间距为d。
B板接地（电势为零）、A板电势为＋U，重力加速度为g。
两个比荷（电荷量与质量的比值）均为的带正电质点以相同的初速度沿A、B板的中心线相继射入，如图6－3－11所示。
第一个质点射入后恰好落在B板的中点处。
接着，第二个质点射入极板间，运动一段时间Δt后，A板电势突然变为－U并且不再改变，结果第二个质点恰好没有碰到极板。
（1）带电质点射入时的初速度v0。
（2）在A板电势改变之前，第二个质点在板间运动的时间Δt。
图6－3－11
[每课一得]
（1）注重全面分析（分析受力特点和运动规律），抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
（2）分析时从两条思路出发：
一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；
二是功能关系。
（3）此类题型一般有三种情况：
一是粒子做单向直线运动（一般用牛顿运动定律求解），二是粒子做往返运动（一般分段研究），三是粒子做偏转运动（一般根据交变电场特点分段研究）。
[示例] （2011·
安徽高考）如图6－3－12甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。
若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。
则t0可能属于的时间段是（ ）
图6－3－12
[方法导入] 分析带电粒子在交变电场中的运动问题时，可根据所加交变电压画出粒子运动的v－t图像，根据v－t图像的特点确定粒子的运动情况，如在v－t图像中图线与t轴所围“面积”表示运动位移，“面积”在t轴上方表示位移为正，粒子向正方向运动，“面积”在t轴下方表示位移为负，粒子向负方向运动。
[解析] 设粒子的速度方向、位移方向向右为正。
依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负。
作出t0＝0、时粒子运动的速度图像如图6－3－13所示。
速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移。
图6－3－13
粒子在一个周期内的总位移大于零，故A错；
粒子在一个周期内的总位移小于零氏，故B对；
粒子在一个周期内的总位移大于零，故C错；
粒子在一个周期内的总位移大于零，故D错。
[答案] B
[每课一测]
1．如图1所示，一个带正电的粒子以一定的初速度垂直进入水平方向的匀强电场。
若不计重力，下列四个选项中的四个图线中能描述粒子在电场中的运动轨迹的是（ ）图1
图2
带电粒子只受电场力的作用，由于是匀强电场，带电粒子所受的电场力是恒力，初速度与电场力垂直，带电粒子做类平抛运动，带电粒子的运动轨迹是抛物线，并且轨迹向电场力方向弯曲，C正确。
2.如图3所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强电场，板间距离为d，一个带负电的液滴带电荷量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，则下列说法错误的是（ ）
A．液滴做的是匀速直线运动
B．液滴做的是匀减速直线运动
C．两板的电势差为图3
D．液滴的电势能减少了mgd
首先根据运动是直线运动，确定要考虑重力，而电场力也在竖直方向上，所以可以肯定合外力必然为零，因而确定了液滴的运动性质和所受重力和电场力的关系。
3．一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为S，电容为ε0S/d，其中ε0是常量。
对此电容器充电后断开电源。
当增加两板间距时，电容器极板间（ ）
A．电场强度不变，电势差变大
B．电场强度不变，电势差不变
C．电场强度减小，电势差不变
D．电场强度减小，电势差减小
由C＝和C＝，电容器充电后断开电源，极板所带电荷量不变。
因为d增大，所以C减小，U增大。
而由E＝＝可知，E不变，A正确。
4．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开。
下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是（ ）
图4
根据验电器处在带电金属球的电场中发生静电感应，结果使验电器靠近金属球的一端带异种电荷，远离金属球的一端带同种电荷，故答案为B。
5．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5）。
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（ ）
图5
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，减小S，则θ变小
D．保持d不变，减小S，则θ不变
静电计指针偏角体现电容器两板间电压大小。
在做选项所示的操作中，电容器电荷量Q保持不变，C＝＝。
保持S不变，增大d，则C减小，U增大，偏角θ增大，选项A正确B错误；
保持d不变，减小S，则C减小，偏角θ也增大，故选项C、D均错。
6．（2012·
九江模拟）如图6甲所示，两个平行金属板P、Q竖直放置，两板间加上如图乙所示的电压，t＝0时，Q板比P板电势高5V，此时在两板的正中央M点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化。
假设电子始终未与两板相碰。
在0＜t＜8×
10－10s的时间内，这个电子处于M点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是（ ）
图6
A．0＜t＜2×
10－10s
B．2×
10－10s＜t＜4×
C．4×
10－10s＜t＜6×
D．6×
10－10s＜t＜8×
作出粒子运动的v－t图像如图所示。
由图像可知正确选项为D。
7.如图7所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2。
则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是（ ）
A.＜B.＜图7
C.＜D.＜
根据qU1＝mv2，再根据t＝和y＝at2＝·
（）2，由题意，y＜d，解得＜，故C正确。
8．如图8所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连，当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点，则（ ）
图8
①当开关闭合时，若减小两板间距，液滴仍静止
②当开关闭合时，若增大两板间距，液滴将下降
③开关再断开后，若减小两板间距，液滴仍静止
④开关再断开后，若增大两板间距，液滴将下降
带电液滴恰好静止在两板间，说明重力与电场力平衡，当开关闭合时，板间电压不变，由E＝，若增大两板间距，电场强度减小，电场力减小，液滴将下降，A错，B对；
开关再断开后，极板所带电量保持不变，若无论增大或减小两板间距，板间电场强度都不变，C对，D错。
BC
9．一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电容器充电后悬线与竖直方向夹角为θ，如图9所示。
下列方法中能使夹角θ减小的是（ ）
图9
A．保持开关闭合，使两极板靠近一些
B．保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动
C．保持开关闭合，使两极板远离一些
D．断开开关，使两极板靠近一些
保持开关闭合，两极板间电压不变，使两极板靠近一些，板间电场强度变大，夹角θ增大，A错；
保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，不会影响板间电压，夹角θ不变，B错；
保持开关闭合，使两极板远离一些，由E＝可知，电场强度减小，夹角θ减小，C对；
断开开关，使两极板靠近一些，板间电场强度不变，夹角θ不变，D错。
10．（2011·
安徽高考）图10甲为示波管的原理图。
如果在电极YY′之间所加的电压图按图乙所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是图11中的（ ）
图10
图11
电子在YY′和XX′间沿电场方向均作初速度为零的加速直线运动，由位移公式s＝at2＝t2，知水平位移和竖直位移均与电压成正比。
在t＝0时刻，UY＝0知竖直位移为0，故A、C错误。
在t＝时刻，UY最大知竖直位移最大，故B正确，D错误。
11.如图12所示，长L＝1.2m、质量M＝3kg的木板静止放在倾角为37°
的光滑斜面上，质量m＝1kg、带电荷量q＝＋2.5×
10－4C的物块放在
木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、电场强度E＝4.0×
104N/C的匀强电场。
现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8N。
取g＝10m/s2，斜面足够长。
图12
（1）物块经多长时间离开木板？
（2）物块离开木板时木板获得的动能。
（1）物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律
对物块：
mgsin37°
－μ（mgcos37°
＋qE）＝ma1
对木板：
Mgsin37°
＋μ（mgcos37°
＋qE）－F＝Ma2
又a1t2－a2t2＝L
得物块滑过木板所用时间t＝s。
（2）物块离开木板时木板的速度v2＝a2t＝3m/s
其动能为Ek2＝Mv22＝27J。
（1）s
（2）27J
12．如图13甲所示是用来使带正电的离子加速和偏转的装置，乙图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟图。
以y轴为界，左侧为沿x轴正向的匀强电场，电场强度为E。
右侧为沿y轴负方向的另一匀强电场。
已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB间的电势差为U0。
若在x轴的C点无初速地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子（不计重力），结果正离子刚好通过B点，求
图13
（1）CO间的距离d；
（2）粒子通过B点的速度大小。
（1）设正离子到达O点的速度为v0（其方向沿x轴的正方向）
则正离子从C点到O点，由动能定理得：
qEd＝mv02
而正离子从O点到B点做类平抛运动，令：
＝＝L
则L＝t2
从而解得：
t＝L
所以到达B点时：
v0＝＝＝
d＝。
（2）设正离子到B点时速度的大小为vB，正离子从C到B过程中由动能定理得：
qEd＋qU0＝mvB2
解得vB＝。
（1）
（2）
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