2027届高考物理一轮复习讲义 2.4 电容带 电粒子在电场中的运动

该高中物理讲义聚焦电场中的电容器和带电粒子运动核心考点，涵盖电容器定义、电容公式、平行板电容器动态分析、带电粒子加速与偏转及示波管原理，按“基础概念-公式比较-典型问题-运动分析”逻辑递进。通过知识点梳理、方法指导（如两类动态分析模型）、典例精讲和分层练习，帮助学生系统突破难点。 资料以科学思维为导向，创新采用“定义式与决定式对比”“动态分析分类建模”等策略，如将平行板电容器分为U不变和Q不变两类模型，培养学生模型建构能力。设置典例解析与随堂练习即时反馈，配合课堂、课后、提高三层练习，确保高效复习，助力教师把控节奏，提升学生应考能力。

高中物理（一轮复习） 第六部分 电场 第四节 电容带电粒子在电场中的运动 知识点一 电容器 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，电能转化为电场能. （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，电场能转化为电能. (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. 注：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. 知识点二 电容 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： (3)单位：在国际单位制中，电容的单位是法拉，符号F. 1 F=1 C/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 注：（1）电容器是一个仪器，而电容是一个物理量，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C是用比值定义法定义的，本章学过的电场强度E、电势，都是用比值法定义的.电容，但不能说电容C与Q都成正比、与U成反比，电容C由电容器本身的性质决定，与Q、U的大小无关. 知识拓展： 一、公式C＝与C＝的比较 　　公式 内容　　 C＝ C＝ 公式特点 定义式 决定式 意义 对某电容器Q∝U，但＝C不变，反映容纳电荷的本领 平行板电容器，C∝εr，C∝S，C∝，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 二、平行板电容器的两类典型问题(拓展延伸) 1、电容器两极板始终与电源两极相连，此时电容器两板间电势差U保持不变，若用“↑”表示相关物理量增大，“↓”表示减小，则： (1)电容器极板间距离变化． (2)电容器的正对面积变化． 2、电容器充电后与电源断开：此时电容器所带电量Q保持不变． (1)电容器极板间距离变化 (2)电容器的正对面积变化． 三、平行板电容器与静电计结合问题的解决方法 1、静电计指针和外壳分别与两块平行金属板相连接，使两块金属板带上等量的异种电荷，且电容器电荷量Q不变． 2、由决定式C＝，根据所给问题中Er、S或d的变化，确定平行板电容器的电容C的变化情况． 注意电容器间插入电介质时意味着Er变大，电容C变大；插入金属板时意味着d减小，电容C也变大． 3、根据U＝，可确定电容器两极板间的电势差的变化，进而可以确定静电计指针的张角变化情况． 典例1、关于已充上电的某个平行板电容器，下列说法不正确的是（　　） A．两极板上一定带异种电荷 B．两极板所带的电荷量一定相等 C．充上的电量越多，其电容就越大 D．充上的电量越多，两极板间的电势差就越大 答案：C 解：AB．平行板电容器两极板上一定带等量异种电荷，选项AB正确，不符合题意； C．电容器的电容是由本身决定的，与其所带的电量多少无关，选项C错误，符合题意； D．根据： 可知，充上的电量越多，两极板间的电势差就越大，选项D正确，不符合题意 随堂练习：关于电容器，以下说法正确的是（　　） A．电容器两板正对面积变大，电容变小 B．电容器两板距离变大，电容变大 C．两板间放入电介质，电容变大 D．两板间电压增大，电容变大 答案：C 解： A．由平行板电容器的电容可知，电容器两板正对面积S变大，则C增大，故A错误； B．由平行板电容器的电容可知，电容器两板距离d变大，则C变小，故B错误； C．由平行板电容器的电容可知，两板间放入电介质，即εr增大，则C增大，故C正确； D．电容器的电容由本身的结构所决定，与两板间电压无关，故D错误 知识点三 带电粒子的加速 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：粒子动能的变化量等于电场力的功（电场可以是匀强或非匀强电场）. 若粒子的初速度为零，则： 若粒子的初速度不为零，则： 典例2、如图甲所示为某电场中的一条电场线，一电子只在电场力的作用下从A点到B点运动的速度-时间图像如图乙所示，则下列分析正确的是（　　） A．该电场可能是正点电荷产生的 B．从A点运动到B点的过程中该粒子的电势能变小 C．A点的电势一定高于B点的电势 D．A点的电场强度比B点的大 答案：C 解：由图乙可知，电子A点到B点的过程中，速度减小，动能减小，电子的加速度恒定，故可知电场为匀强电场，该电场不可能是正点电荷产生的，且电场力做负功，故电势能增加，则电子在B点的电势能大于在A点的电势能，由于电子带负电可得A点的电势高于B点电势。 随堂练习：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m、电荷量为+q的带电粒子（不计算重力）从x轴上坐标为x0处静止释放. （1）求该粒子在x0处的电势能Epx0; （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. 答案：(1)-qEx0 (2)见解析 解：(1)带电粒子从O点移到x0点电场力所做的功为：W电=qEx0,① 电场力所做的功等于电势能增加量的负值，故有：W电=-（Epx0-0）,② 联立①②得:.③ （2）方法一：在带电粒子的运动方向上任取一点，设坐标为x，由牛顿第二定律可得：qE=ma④ 由运动学公式得=2a(x-x0),⑤ 联立④⑤式求得Ekx==qE(x-x0), 粒子在任意点的电势能为Epx=-qEx, 所以粒子在任意一点的动能与电势能的和为 Ex=Ekx+Epx=qE(x-x0)+(-qEx)=-qEx0=. 为一常数，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x轴上任取两点x1、x2，速度分别为v1、v2. F=qE=ma, 联立得 所以 即Ek2+Ep2=Ek1+Ep1, 故在其运动过程中，其动能和电势能之和保持不变. 知识点四 带电粒子的偏转 1、运动状态分析：带电粒子以速度v0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、偏转问题的分析处理方法：类似于平抛运动的分析处理，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：t=l/v0 沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动：a=F/m=qE/m=qU/md 离开电场的偏移量： 离开电场时的偏转角： 基本规律：如图所示，设质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v0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t 粒子在初速度方向上做匀速直线运动，故： （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，离开电场时沿电场力方向的分速度，所以速度： （3）粒子运动的侧移量： （4）粒子的速度偏向角 （5）带电粒子在电场中的轨迹方程 可得带电粒子的轨迹方程，是一条抛物线. 知识点五 示波管的原理 1、构造：示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成． 甲　示波管的结构　乙　荧光屏 2、原理： (1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压． (2)灯丝被电源加热后，出现热电子发射，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转极板上加一个信号电压，在X偏转极板上加一扫描电压，在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图象． 知识拓展：带电粒子在匀强电场中偏转 1、基本关系： 2、导出关系：粒子离开电场时的侧向位移为：y＝ 粒子离开电场时的偏转角的正切：tan θ＝＝ 粒子离开电场时位移与初速度夹角的：正切tan α＝＝. 3、几点说明：（1）mv为粒子进入电场初动能的2倍．（2）叫粒子的比荷． （3）由tan θ＝2tan α可知，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． 典例3、如图，带电荷量之比为qA：qB = 1：3的带电粒子A、B以相等的速度v0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2：1 B．A和B运动的加速度大小之比为4：1 C．A和B的质量之比为1：2 D．A和B的位移大小之比为1：1 答案：B 解：A．粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向有：x = v0t 又由于初速度相等， 所以t∝x，A和B在电场中运动的水平位移之比为1：2，则时间之比1：2，A错误； B．粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在竖直方向有：y = at2 y相同，a与t2成反比，则A和B运动的加速度大小之比为4：1，B正确； C．由牛顿第二定律有：Eq = ma 则粒子的质量：m = ∝ 则A和B的质量之比为1：12，C错误； D．因A、B的水平位移之比为1：2，竖直位移相等，则A、B的位移大小之比不等于1：1，D错误。 随堂练习：如图所示，质量m=5×10-8 kg的带电粒子以v0=2 m/s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 cm，板间距离d=2 cm，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？ 答案：(1)负电10-11 C （2）200 V≤UAB≤1800 V 解：（1）UAB=103 V时，粒子做直线运动，有q=mg, C，带负电. （2）当电压UAB比较大时，qE＞mg，粒子向上偏， 当刚好能出去时， 解之得U1=1800 V. 电压UAB比较小时，qE＜mg,粒子向下偏，设刚好能从下板边缘飞出，有： 解之得U2=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≤UAB≤1800 V. 解题思路与方法 一、平行板电容器的动态分析 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，同时注意理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变化，将引起电容器的C、Q、U、E怎样变化？ 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C、Q、E的变化情况. 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变化，将引起电容器的C、Q、U、E怎样变化? 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C、U、E的变化情况. 随堂练习：（多选）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C变大 B.电容器极板的带电荷量Q变大 C.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 答案：ABD 解：平行板电容器的电容C=εS/4πkd.当两极间距离d减小时，电容C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C错误. 根据电容定义式，C=Q/U，Q=CU，U不变，C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源断开，当减小两板间距离时，情况又怎样？ 由于充电后断开电源，所以电容器带电荷量Q不变. 二、带电粒子在偏转电场中偏转的临界与极值问题 带电粒子在偏转电场中运动，能否飞出电场的题目类型，处理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，由临界状态来确定极值，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＜，粒子能飞出电场，若y＞，粒子不能飞出电场，y=是临界条件.也可以比较粒子在电场方向上的位移y=所用时间t1和粒子飞出电场所用时间t2,若t1＞t2,则粒子可以飞出电场，若t1＜t2，则粒子不能飞出电场，t1=t2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. 随堂练习：如图所示，两块长3 cm的平行金属板AB相距1 cm，并与300 V直流电源的两极相连接，UA＜UB.如果在两板正中间有一电子（m=9×10-31 kg,e=-1.6×10-19 C）,沿着垂直于电场线方向以2×107 m/s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 cm的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的百分之几？ 答案：（1）不能 （2）40% 解：（1）当电子沿AB两板正中央以v0=2×107 m/s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： 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=at2② 由①②③式得： 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x=d-y=（1-0.6）cm=0.4 cm 故能飞出电场的电子数占总电子数的百分比为： 三、带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动 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，一般用动力学规律来处理，即应用牛顿运动定律结合运动学公式． 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理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来求解，处理这种运动的基本思路与处理带电粒子的偏转运动的基本思路是类似的. 随堂练习：有带电平行板电容器竖直安放如图所示，两板间距d=0.1 m,电势差U=1 000 V.现从平行板上A处以vA=3 m/s速度水平向左射入一带正电小球（知小球带电荷量q=10-7 C，质量m=0.02 g），经一段时间后发现小球打在A点正下方的B处，求A、B间的距离sAB.(g取10 m/s2) 答案：sAB=7.2×10-2 m 解：小球m在A处以vA水平放入匀强电场后，运动轨迹如图所示. 竖直方向情况：小球无初速，只受重力mg，可看作是自由落体运动； 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=1 000/0.1 V/m=104 V/m 设球飞行时间为t,则在竖直方向上有：sAB=gt2 在水平方向上有 所以sAB=gt2=7.2×10-2 m. 课 堂 练 习 1、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 C.动量 D.质量 答案：B 解：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v0，质量为m.则射出时沿电场方向的末速度为： 最后偏转角的正切值为：， 质子和氘核的带电量相同，所以当动能相等时，偏转角相同. 2、如图a所示，为一只“极距变化型电容式传感器”部分构件的示意图.仅当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况.在图b中能正确反映C与d之间变化规律的是（ ） 答案：A 解：根据平行板电容器电容公式可知，在仅移动极板和定极板间距离即ε、S一 定的条件下，C∝，C与d是反比例函数的关系，只有A项正确. 3、心脏除颤器的工作原理是用较强的脉冲电流，通过心脏以消除心律失常，使之恢复窦性心律的方法，称为电击除颤。工作时向储能电容器充电，使电容器获得一定的储能，对心额患者皮肤上的两个 电极板放电，让一部分电荷通过心脏，刺激心额患者的心脏恢复正常跳动。如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为14μF，充电至10kV电压，如果电容器在2ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是（ ） A．这次放电有0.14C的电荷量通过人体组织 B．人体起到绝缘电介质的作用 C．这次放电过程中通过人体组织的电流是恒定不变的 D．若充电至5kV，则该电容器的电容为7μF 答案：A 解：A．电容器储存的电荷量为： 放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，所以电容器储存的电荷全部通过了人体组织，A正确； B．人体是导体，不是绝缘体，所以人体不能起到绝缘电介质的作用，B错误； C．电容器在放电过程放电电流是逐渐减小的，所以这次放电过程中通过人体组织的电流是减小的，不是恒定不变，C错误； D．电容器的电容大小是电容器本身结构所决定的，与两极板的电压无关，D错误。 4、如图甲所示的电路中，a、b间接某智能电源，可控制电容器C两端的电压。若随时间t的变化如图乙所示，下列关于电阻R两端电压随时间变化的关系正确的是（　　） A． B． C． D． 答案：D 解：由电容的定义及电流的定义可得：， 联立可得： 结合-t图像可知，0-1s内、3-4s内电路中的电流为零，1-3s内、4-5s内电路中的电流大小之比为1：2，方向相反，据欧姆定律有： 可知，0-1s内、3-4s内电阻R两端电压为零，1-3s内、4-5s内电阻R两端电压大小之比为1：2，对比选项可知，D正确。 5、平行板电容器连接在如图所示的电路中，A极板在上、B极板在下，两板均水平，S1和S2是板中央的两个小孔。现从S1正上方P处由静止释放一带电小球，小球刚好能够到达S2而不穿出。不考虑带电小球对电场的影响，下列说法正确的是（　　） A．仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔 B．仅使A板下移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔 C．仅使A板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔 D．仅使B板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将原路返回且能到达P点 答案：D 解：设P点到B板距离为h，A、B板间电压为U，小球质量为m，带电量为q，由于小球刚好能够到达S2而不穿出，可知到达S2时速度恰好为零，电场力对小球做负功，小球从释放至到达S2，根据动能定理有： A．仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，由于滑动变阻器分压始终为0，P点到B板距离h不变，两极板间电压不变,可知小球还是刚好能够到达S2而不穿出，故A错误； BC．仅使A板下移或上移一小段距离，P点到B点的距离h不变，两极板间电压不变，可知小球还是刚好能够到达S2而不穿出，故BC错误； D．仅使B板上移一小段距离，P点到B点的距离变小，两极板间电压不变，则： 可知小球不能达到，在达到之前动能已经为0，小球将原路返回，根据能量守恒可知小球能回到P点，故D正确。 6、如图所示，水平向左的匀强电场中，质量为的带电小球从A点沿直线由A点运动到B点。不计空气阻力，在这一过程中（　　） A．小球可能带正电 B．小球的动能增大 C．小球的机械能减小 D．小球的电势能减小 答案：C 解：A．因为小球沿直线运动，故合力方向在直线上，由于重力竖直向下，所以小球受到水平向右的电场力，因此小球带负电，故A错误； B．合力方向与运动方向相反，所以合力做负功，动能减小故B错误； CD．电场力方向和运动方向夹角为钝角，故电场力做负功，所以电势能增大，机械能减小，故C正确，D错误。 7、如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，极板长L=0.1 m，两板间距离d=0.4 cm，有一束由相同粒子组成的带正电粒子流，以某一初速度v0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点O处.已知粒子质量为m=2×10-6 kg，电荷量q=1×10-8 C，电容器的电容C=1×10-6 F，g取10 m/s2，不计空气阻力. 求：（1）求粒子入射速度v0的大小；（2）若在两极板间加上适当的恒定电压，要让以速度v0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. 答案：(1)2.5 m/s (2)正电8×10-6 C 解：（1）粒子在极板间做平抛运动，有水平位移： 竖直位移： 由①、②得 (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=mg③ 又E=U/d④ Q=CU⑤ 由③、④、⑤得Q=mgCd/q⑥ 将数据代入⑥式，解得Q=8×10-6 C 课 后 练 习 1、图1是某同学设计的电容式速度传感器原理图，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化.若Q随时间t的变化关系为 (a、b为大于零的常数），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t变化的图线可能是( ) A.①和③ B.①和④ C.②和③ D.②和④ 答案:C 解:设板间距离为d，则板间场强，故E-t图线为②.由可见，板间距离d随时间均匀增大， 即下板移动速率v不变，即v-t图线为③，综上，应选C. 2、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( ) A.2v、向下 B.2v、向上 C.3v、向下 D.3v、向上 答案:C 解:当两极间电压为零时，受力如图甲所示，则mg=kv.当两极间电压为U时，受力如图乙所示，所以q=kv+mg.由以上两式得电场力q=2mg.当两极间电压为-U时，受力如图丙所示，所以kv′=mg+q=3kv.解得v′=3v，方向向下，故选C. 3、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.t=0时，Q板比P板电势高U0，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0～4t0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( ) A.0＜t＜t0 B.t0＜t＜2t0 C.2t0＜t＜3t0 D.3t0＜t＜4t0 答案:C 解:在0～t0时间内，电子向右做初速度为零的匀加速运动，在t0～2t0时间内，电子向右做匀减速运动，直到速度减小到零；在2t0～3t0时间内，电子向左做初速度为零的匀加速运动，在3t0～4t0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2t0～3t0，所以正确选项是C. 4、如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，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s，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 ( ) A. B. C. D. 答案:C 解:电容器两板间的电场强度，A、B两点间的电势差UAB=Essin30°，则电场力对电荷做的功，C正确. 5、（多选）如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a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a、b间的距离 B.加大a、b间的距离 C.取出a、b两极板间的电介质 D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 答案:BC 解: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UPQ=Uba, 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，BC正确. 6、（多选）如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差为U1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U2. 一电子由静止开始经U1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U1，电子一定打在金属板上 B.减少U1，电子一定打在金属板上 C.减少U2，电子一定能从水平金属板间射出 D.增大U2，电子一定能从水平金属板间射出 答案:BC 解:电子经U1加速，qU1=mv2，电子以速度v进入水平放置的金属板间做类平抛运动， ,a=qU2/dm,联立解得,所以正确选项是BC. 7、（多选）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，CD为AB的垂直平分线.在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P在CD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 C.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 答案:BCD 解: 由对称性可知，M、 N的带电量一定时，小球P的带电量的变化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，速度变化将更快，即周期将变小，同时，伴随M、 N电量的增加，由于对P的束缚起作用越来越强大，其振幅将不断减小，CD均正确. 8、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l，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x为 . 答案:2.5l 解:粒子速度为v时，在电场中运动时间为，侧移量为，速度为2v时，粒子在电场中运动时间为，侧移量为.由粒子飞出电场时好像从位移中点l2处飞出一样的规律可知 解得x=l+x′=2.5l. 9、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，C两点.一质量为m，电荷量为-q的空心小球从杆上A点从静止开始下落.设AB=BC=h，小球滑到B点时速度为3gh， 求：（1）小球滑至C点的速度； （2）A，C两点的电势差. 答案：（1） （2）- 解:（1）因B，C是在电荷Q产生的电场中处在同一等势面上的两点，即UC=UB，所以从B到C时电场对带电小球所做的功为0，由B→C，根据动能定理，有 （2）以小球为研究对象，根据动能定理有mg2h+UAC·（-q)=mv2C 得UAC=- 10、如图所示，空间存在着电场强度E=2.5×102 N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0. 5 m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量m=0.5 kg、电荷量q=4×10-2 C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 m/s2. 求：（1）小球的电性；（2）细线能承受的最大拉力值. 答案:（1）正电（2）15 N 解:（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，对该过程由动能定理有：(qE-mg)L=mv2① 在最高点对小球由牛顿第二定律有：FT+mg-qE=m,② 由①②式及题中数据可得FT=15 N. 11、如图，可视为质点的三物块A、B、C放在倾角为30°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数,A与B紧靠一起，C紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为mA=0.80 kg、mB=0.64 kg、mC=0.50 kg，其中A不带电，B、C均带正电，且qC=2.0×10-5 C，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、C间相距L=1.0 m.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Ep=.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a=1.5 m/s2的匀加速直线运动，假定斜面足够长.已知静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,取g=10 m/s2.求： （1）B物块的带电荷量qB.（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. 答案:(1)4.0×10-5 C (2)0.2 m (3)1.05 J 解:（1）A、B、C处于静止状态时，设B物块的带电荷量为qB，则C对B的库仑斥力 以A、B为研究对象，根据力的平衡 F0=(mA+mB)gsin30°② 联立解得qB=4.0×10-5C③ (2)给A施加力F后，A、B沿斜面向上做匀加速直线运动，C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t，B、C间距离变为L′，A、B两者间弹力减小到零，此后两者分离.则t时刻C对B的库仑斥力为： 以B为研究对象，由牛顿第二定律有：F0′-mBgsin30°-μmBgcos30°=mBa⑤ 联立①②解得L′=1.2m⑥ 则A、B分离时，A、B运动的距离 ΔL=L′-L=0.2m⑦ （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W0，力F对A物块做的功为W1，A、B分离时速度为v1. 由功能关系有：⑧ 由动能定理有：W1+W0+WG+Wf=(mA+mB)v12⑨ 而WG=-（mA+mB)g·ΔLsin30°⑩ Wf=-μ(mA+mB)g·ΔLcos30° v12=2a·ΔL 由③～⑦式解得W1=1.05 J. 提 高 练 习 1、（多选）如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( 　 　) A．它们运动的时间tQ＝tP B．它们所带电荷量之比qP∶qQ＝1∶2 C．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2 D．它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4 答案：ABD 解：A.带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v0t可知运动时间相等，即tQ=tP．故A正确； 平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：：， 解得： ； B.由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为 yP：yQ=1：2； 所以它们所带的电荷量之比 qP：qQ=yP：yQ=1：2，故B正确； C.电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy，因为竖直位移之比为：yP：yQ=1：2， 电荷量之比为：qP：qQ=1：2，所以它们电势能减少量之比为：△EM：△EN=1：4．故C错误； D .根据动能定理，有：：qEx=△Ek 而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2 所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4 故D正确； 2、（多选）如图所示A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用下，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图所示．则（ ） A．电子在A、B两点受的电场力FA<FB B．A、B两点的电场强度EA>EB C．场强方向为从B到A D．电场线的方向一定是从A到B 答案：AC 解：速度-时间图象的斜率等于加速度，由图可知：电子做初速度为零的加速度增大的加速直线运动．加速度增大，说明电子所受电场力增大，电子在A点受到的电场力小于B点，即FA＜FB．由F=qE可知，电场强度增大，A点的场强小于B点，即EA＜EB．故A正确，B错误．电子由静止开始沿电场线从A运动到B，电场力的方向从A到B，而电子带负电，则场强方向从B到A，电场线方向一定从B到A，故C正确，D错误． 3、（多选）如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设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 答案：CD 解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为：，第2s内加速度为：故 a2=2a1，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示： 带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误； 根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误； 由解析中的图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确； 因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零．故D正确． 4、（多选）如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的．两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则(　　) A．两小球到达轨道最低点的速度vM＝vN B．两小球到达轨道最低点的速度vM>vN C．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间 D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端 答案：BD 解：AB.小球在磁场中运动时洛伦兹力不做功，所以只有重力做功．在电场中受的电场力向左，下滑过程中电场力做负功，所以到达最低点时速度关系为vM>vN，故A错误，B正确； C.整个过程的平均速度> ，所以时间tM<tN，故C错误； D. 由于电场力做负功，电场中的小球不能到达轨道的另一端．故D正确． 5、（多选）如图所示，MNQP为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为固定的光滑半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为轨道水平直径的两个端点。一个质量为m、电荷量为-q的带电小球从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆形轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是 ( ) A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C．小球到达C点的速度可能为零 D．当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H 答案：BD 解：A．由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，A错误； B．若重力大小等于电场力大小，小球进入轨道后靠弹力提供向心力，小球在AC部分能做匀速圆周运动，故B正确； C．若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零，故C错误； D．由于小球在AB部分电场力做功为零，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定等于H，D正确。 6、（多选）如图所示，在电场强度方向水平向右的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为q的粒子从A点以速度v0竖直向上抛出，粒子运动到B点时速度方向水平，大小也为v0，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．粒子在该过程中克服电场力做功 B．匀强电场的电场强度大小为 C．粒子在A点的电势能比在B点的电势能大 D．粒子从A点运动到B点所用的时间为 答案：CD 解：BD．粒子在竖直方向在重力作用下做加速度为g的匀减速运动，则 水平方向在电场力作用下做匀加速运动，则： 则：a=g 匀强电场的电场强度大小为： 则B错误，D正确。 AC．从A到B电场力做正功： 则电势能减小，则粒子在A点的电势能比在B点的电势能大，则选项C正确，A错误。 7、（多选）如图所示，竖直平面内有一个半径为R的圆周，另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，A、D两点为圆周上和圆心同一高度的点，C点为圆周上的最高点。在与OA夹角为的圆弧B点上有一粒子源，以相同大小的初速度v0在竖直面（平行于圆周面）内沿各个方向发射质量为m，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D点上离开的微粒机械能最大，从圆周E点（OE与竖直方向夹角）上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为，取最低点F所在水平面为重力零势能面。则有（　　） A．电场一定沿OD方向，且电场力等于mg B．通过E点的微粒动能大小为(＋1)mgR＋mv C．动能最小的点可能在BC圆弧之间 D．A点的动能一定小于B点 答案：BC 解：AB．在D点微粒机械能最大，说明B到D电场力做功最大，由数学关系知过D点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OD方向，带电粒子电性未知，场强方向不能确定。 在E点微粒动能最大，说明B到E合力做功最多，即重力电场力的合力方向沿OE，有： 解得： 动能定理有： 故选项A错误、B正确； C．OE反向延长线与圆的交点，为等效重力的最高点，合力做的负功最大，动能最小，选项C正确； D．B点到A点等效重力（合力）做正功，动能增加，选项D错误。 8、（多选）如图甲，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子。t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则（　　） A．在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0 B．粒子的电荷量为 C．在时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了 D．在时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场 答案：AD 解：A．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间： 此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，进过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，选项A正确； B．粒子在竖直方向，在时间内的位移为，则： 解得： 选项B错误； C．时刻进入电场的粒子，出离电场时在竖直方向的位移为： 故电场力做功： 选项C错误； D．时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧出离电场，选项D正确． 9、如图，绝缘光滑斜面倾角为θ，所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块静止在斜面上P点，P到斜面底端的距离为L．滑块可视为质点，重力加速度为g． 求：（1）求匀强电场的场强大小； （2）若仅将电场的方向变为平行于斜面向下，求滑块由静止从P点滑至斜面底端经历的时间． 答案：（1）（2） 解：(1)滑块受重力、电场力、支持力作用处于平衡状态 由力的平衡条件有：qE＝mgsinθ 解得：E＝ (2) 当电场方向平行于斜面向下时 由牛顿第二定律有：qE＋mgsinθ＝ma a＝2gsinθ 由运动学规律有：L＝at2 联立解得：t＝ 10、如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量． 求：(1)初速度v0与x轴正方向的夹角； (2)P、Q两点间的电势差UPQ； (3)带电质点在第一象限中运动所用的时间． 答案：(1)(2)－　(3) 解：(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有：qE＝mg 设初速度v0与x轴正方向的夹角为θ，且由带电质点在第一象限做直线运动，有： 解得：θ＝. (2)P到Q的过程，由动能定理有：qEL－mgL＝0 WPQ＝qEL 解得： (3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，由牛顿第二定律有：mg＝ma 即：a＝g 由速度公式得：v0＝at 解得： 带电质点在第一象限中往返一次所用的时间： ( 1 )静 能 生 慧 勤 能 补 拙 学科网（北京）股份有限公司 $ 高中物理（一轮复习） 第六部分 电场 第四节 电容带电粒子在电场中的运动 知识点一 电容器 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，电能转化为电场能. （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，电场能转化为电能. (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. 注：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. 知识点二 电容 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： (3)单位：在国际单位制中，电容的单位是法拉，符号F. 1 F=1 C/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 注：（1）电容器是一个仪器，而电容是一个物理量，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C是用比值定义法定义的，本章学过的电场强度E、电势，都是用比值法定义的.电容，但不能说电容C与Q都成正比、与U成反比，电容C由电容器本身的性质决定，与Q、U的大小无关. 知识拓展： 一、公式C＝与C＝的比较 　　公式 内容　　 C＝ C＝ 公式特点 定义式 决定式 意义 对某电容器Q∝U，但＝C不变，反映容纳电荷的本领 平行板电容器，C∝εr，C∝S，C∝，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 二、平行板电容器的两类典型问题(拓展延伸) 1、电容器两极板始终与电源两极相连，此时电容器两板间电势差U保持不变，若用“↑”表示相关物理量增大，“↓”表示减小，则： (1)电容器极板间距离变化． (2)电容器的正对面积变化． 2、电容器充电后与电源断开：此时电容器所带电量Q保持不变． (1)电容器极板间距离变化 (2)电容器的正对面积变化． 三、平行板电容器与静电计结合问题的解决方法 1、静电计指针和外壳分别与两块平行金属板相连接，使两块金属板带上等量的异种电荷，且电容器电荷量Q不变． 2、由决定式C＝，根据所给问题中Er、S或d的变化，确定平行板电容器的电容C的变化情况． 注意电容器间插入电介质时意味着Er变大，电容C变大；插入金属板时意味着d减小，电容C也变大． 3、根据U＝，可确定电容器两极板间的电势差的变化，进而可以确定静电计指针的张角变化情况． 典例1、关于已充上电的某个平行板电容器，下列说法不正确的是（　　） A．两极板上一定带异种电荷 B．两极板所带的电荷量一定相等 C．充上的电量越多，其电容就越大 D．充上的电量越多，两极板间的电势差就越大 随堂练习：关于电容器，以下说法正确的是（　　） A．电容器两板正对面积变大，电容变小 B．电容器两板距离变大，电容变大 C．两板间放入电介质，电容变大 D．两板间电压增大，电容变大 知识点三 带电粒子的加速 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：粒子动能的变化量等于电场力的功（电场可以是匀强或非匀强电场）. 若粒子的初速度为零，则： 若粒子的初速度不为零，则： 典例2、如图甲所示为某电场中的一条电场线，一电子只在电场力的作用下从A点到B点运动的速度-时间图像如图乙所示，则下列分析正确的是（　　） A．该电场可能是正点电荷产生的 B．从A点运动到B点的过程中该粒子的电势能变小 C．A点的电势一定高于B点的电势 D．A点的电场强度比B点的大 随堂练习：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m、电荷量为+q的带电粒子（不计算重力）从x轴上坐标为x0处静止释放. （1）求该粒子在x0处的电势能Epx0; （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. 知识点四 带电粒子的偏转 1、运动状态分析：带电粒子以速度v0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、偏转问题的分析处理方法：类似于平抛运动的分析处理，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：t=l/v0 沿电场力方向为初速度为零的匀加速直线运动：a=F/m=qE/m=qU/md 离开电场的偏移量： 离开电场时的偏转角： 基本规律：如图所示，设质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v0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t 粒子在初速度方向上做匀速直线运动，故： （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，离开电场时沿电场力方向的分速度，所以速度： （3）粒子运动的侧移量： （4）粒子的速度偏向角 （5）带电粒子在电场中的轨迹方程 可得带电粒子的轨迹方程，是一条抛物线. 知识点五 示波管的原理 1、构造：示波管是示波器的核心部件，外部是一个抽成真空的玻璃壳，内部主要由电子枪(发射电子的灯丝、加速电极组成)、偏转电极(由一对X偏转电极板和一对Y偏转电极板组成)和荧光屏组成． 甲　示波管的结构　乙　荧光屏 2、原理： (1)扫描电压：XX′偏转电极接入的是由仪器自身产生的锯齿形电压． (2)灯丝被电源加热后，出现热电子发射，发射出来的电子经加速电场加速后，以很大的速度进入偏转电场，如果在Y偏转极板上加一个信号电压，在X偏转极板上加一扫描电压，在荧光屏上就会出现按Y偏转电压规律变化的可视图象． 知识拓展：带电粒子在匀强电场中偏转 1、基本关系： 2、导出关系：粒子离开电场时的侧向位移为：y＝ 粒子离开电场时的偏转角的正切：tan θ＝＝ 粒子离开电场时位移与初速度夹角的：正切tan α＝＝. 3、几点说明：（1）mv为粒子进入电场初动能的2倍．（2）叫粒子的比荷． （3）由tan θ＝2tan α可知，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． 典例3、如图，带电荷量之比为qA：qB = 1：3的带电粒子A、B以相等的速度v0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2：1 B．A和B运动的加速度大小之比为4：1 C．A和B的质量之比为1：2 D．A和B的位移大小之比为1：1 随堂练习：如图所示，质量m=5×10-8 kg的带电粒子以v0=2 m/s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 cm，板间距离d=2 cm，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？ 解题思路与方法 一、平行板电容器的动态分析 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，同时注意理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变化，将引起电容器的C、Q、U、E怎样变化？ 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C、Q、E的变化情况. 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变化，将引起电容器的C、Q、U、E怎样变化? 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C、U、E的变化情况. 随堂练习：（多选）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C变大 B.电容器极板的带电荷量Q变大 C.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 二、带电粒子在偏转电场中偏转的临界与极值问题 带电粒子在偏转电场中运动，能否飞出电场的题目类型，处理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，由临界状态来确定极值，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＜，粒子能飞出电场，若y＞，粒子不能飞出电场，y=是临界条件.也可以比较粒子在电场方向上的位移y=所用时间t1和粒子飞出电场所用时间t2,若t1＞t2,则粒子可以飞出电场，若t1＜t2，则粒子不能飞出电场，t1=t2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. 随堂练习：如图所示，两块长3 cm的平行金属板AB相距1 cm，并与300 V直流电源的两极相连接，UA＜UB.如果在两板正中间有一电子（m=9×10-31 kg,e=-1.6×10-19 C）,沿着垂直于电场线方向以2×107 m/s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 cm的电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的百分之几？ 三、带电粒子在电场和重力场的复合场中的运动 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，一般用动力学规律来处理，即应用牛顿运动定律结合运动学公式． 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理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来求解，处理这种运动的基本思路与处理带电粒子的偏转运动的基本思路是类似的. 随堂练习：有带电平行板电容器竖直安放如图所示，两板间距d=0.1 m,电势差U=1 000 V.现从平行板上A处以vA=3 m/s速度水平向左射入一带正电小球（知小球带电荷量q=10-7 C，质量m=0.02 g），经一段时间后发现小球打在A点正下方的B处，求A、B间的距离sAB.(g取10 m/s2) 课 堂 练 习 1、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 C.动量 D.质量 2、如图a所示，为一只“极距变化型电容式传感器”部分构件的示意图.仅当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况.在图b中能正确反映C与d之间变化规律的是（ ） 3、心脏除颤器的工作原理是用较强的脉冲电流，通过心脏以消除心律失常，使之恢复窦性心律的方法，称为电击除颤。工作时向储能电容器充电，使电容器获得一定的储能，对心额患者皮肤上的两个 电极板放电，让一部分电荷通过心脏，刺激心额患者的心脏恢复正常跳动。如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为14μF，充电至10kV电压，如果电容器在2ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是（ ） A．这次放电有0.14C的电荷量通过人体组织 B．人体起到绝缘电介质的作用 C．这次放电过程中通过人体组织的电流是恒定不变的 D．若充电至5kV，则该电容器的电容为7μF 4、如图甲所示的电路中，a、b间接某智能电源，可控制电容器C两端的电压。若随时间t的变化如图乙所示，下列关于电阻R两端电压随时间变化的关系正确的是（　　） A． B． C． D． 5、平行板电容器连接在如图所示的电路中，A极板在上、B极板在下，两板均水平，S1和S2是板中央的两个小孔。现从S1正上方P处由静止释放一带电小球，小球刚好能够到达S2而不穿出。不考虑带电小球对电场的影响，下列说法正确的是（　　） A．仅使滑动变阻器R的滑片向左滑动到某位置，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔 B．仅使A板下移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔 C．仅使A板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将穿过S2孔 D．仅使B板上移一小段距离，仍从P处由静止释放该小球，小球将原路返回且能到达P点 6、如图所示，水平向左的匀强电场中，质量为的带电小球从A点沿直线由A点运动到B点。不计空气阻力，在这一过程中（　　） A．小球可能带正电 B．小球的动能增大 C．小球的机械能减小 D．小球的电势能减小 7、如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两极板不带电，上极板接地，极板长L=0.1 m，两板间距离d=0.4 cm，有一束由相同粒子组成的带正电粒子流，以某一初速度v0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点O处.已知粒子质量为m=2×10-6 kg，电荷量q=1×10-8 C，电容器的电容C=1×10-6 F，g取10 m/s2，不计空气阻力. 求：（1）求粒子入射速度v0的大小；（2）若在两极板间加上适当的恒定电压，要让以速度v0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. 课 后 练 习 1、图1是某同学设计的电容式速度传感器原理图，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化.若Q随时间t的变化关系为 (a、b为大于零的常数），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t变化的图线可能是( ) A.①和③ B.①和④ C.②和③ D.②和④ 2、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( ) A.2v、向下 B.2v、向上 C.3v、向下 D.3v、向上 3、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.t=0时，Q板比P板电势高U0，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0～4t0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( ) A.0＜t＜t0 B.t0＜t＜2t0 C.2t0＜t＜3t0 D.3t0＜t＜4t0 4、如图所示是一个平行板电容器，其电容为C，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s，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 ( ) A. B. C. D. 5、（多选）如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a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a、b间的距离 B.加大a、b间的距离 C.取出a、b两极板间的电介质 D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 6、（多选）如图所示，竖直放置的一对平行金属板间的电势差为U1，水平放置的一对平行金属板间的电势差为U2. 一电子由静止开始经U1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U1，电子一定打在金属板上 B.减少U1，电子一定打在金属板上 C.减少U2，电子一定能从水平金属板间射出 D.增大U2，电子一定能从水平金属板间射出 7、（多选）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，CD为AB的垂直平分线.在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P在CD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 C.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 8、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l，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x为 . 9、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，C两点.一质量为m，电荷量为-q的空心小球从杆上A点从静止开始下落.设AB=BC=h，小球滑到B点时速度为3gh， 求：（1）小球滑至C点的速度； （2）A，C两点的电势差. 10、如图所示，空间存在着电场强度E=2.5×102 N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0. 5 m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量m=0.5 kg、电荷量q=4×10-2 C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 m/s2. 求：（1）小球的电性；（2）细线能承受的最大拉力值. 11、如图，可视为质点的三物块A、B、C放在倾角为30°的固定斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数,A与B紧靠一起，C紧靠在固定挡板上，三物块的质量分别为mA=0.80 kg、mB=0.64 kg、mC=0.50 kg，其中A不带电，B、C均带正电，且qC=2.0×10-5 C，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、C间相距L=1.0 m.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Ep=.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a=1.5 m/s2的匀加速直线运动，假定斜面足够长.已知静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,取g=10 m/s2.求： （1）B物块的带电荷量qB.（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. 提 高 练 习 1、（多选）如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( 　 　) A．它们运动的时间tQ＝tP B．它们所带电荷量之比qP∶qQ＝1∶2 C．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝1∶2 D．它们的动能增量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶4 2、（多选）如图所示A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用下，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如图所示．则（ ） A．电子在A、B两点受的电场力FA<FB B．A、B两点的电场强度EA>EB C．场强方向为从B到A D．电场线的方向一定是从A到B 3、（多选）如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设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 4、（多选）如图所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的．两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放，M、N为轨道的最低点，则(　　) A．两小球到达轨道最低点的速度vM＝vN B．两小球到达轨道最低点的速度vM>vN C．小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间 D．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端 5、（多选）如图所示，MNQP为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为固定的光滑半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为轨道水平直径的两个端点。一个质量为m、电荷量为-q的带电小球从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆形轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是 ( ) A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C．小球到达C点的速度可能为零 D．当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H 6、（多选）如图所示，在电场强度方向水平向右的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为q的粒子从A点以速度v0竖直向上抛出，粒子运动到B点时速度方向水平，大小也为v0，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．粒子在该过程中克服电场力做功 B．匀强电场的电场强度大小为 C．粒子在A点的电势能比在B点的电势能大 D．粒子从A点运动到B点所用的时间为 7、（多选）如图所示，竖直平面内有一个半径为R的圆周，另外空间有一平行于圆周平面的匀强电场，A、D两点为圆周上和圆心同一高度的点，C点为圆周上的最高点。在与OA夹角为的圆弧B点上有一粒子源，以相同大小的初速度v0在竖直面（平行于圆周面）内沿各个方向发射质量为m，带电的同种微粒，在对比通过圆周上各点的微粒中，发现从圆周D点上离开的微粒机械能最大，从圆周E点（OE与竖直方向夹角）上离开的微粒动能最大，已知重力加速度为，取最低点F所在水平面为重力零势能面。则有（　　） A．电场一定沿OD方向，且电场力等于mg B．通过E点的微粒动能大小为(＋1)mgR＋mv C．动能最小的点可能在BC圆弧之间 D．A点的动能一定小于B点 8、（多选）如图甲，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子。t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。则（　　） A．在t=0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v0 B．粒子的电荷量为 C．在时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了 D．在时刻进入的粒子刚好从P板右侧边缘离开电场 9、如图，绝缘光滑斜面倾角为θ，所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块静止在斜面上P点，P到斜面底端的距离为L．滑块可视为质点，重力加速度为g． 求：（1）求匀强电场的场强大小； （2）若仅将电场的方向变为平行于斜面向下，求滑块由静止从P点滑至斜面底端经历的时间． 10、如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等．一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量． 求：(1)初速度v0与x轴正方向的夹角； (2)P、Q两点间的电势差UPQ； (3)带电质点在第一象限中运动所用的时间． ( 1 )静 能 生 慧 勤 能 补 拙 学科网（北京）股份有限公司 $