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第3讲电容器带电粒子在电场中的运动知识排查常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系1.常见电容器(1)组成：由两个彼此______又相互______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、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的__________，电容器中储存_______。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。绝缘靠近绝对值异种电荷电场能电场能2.电容(1)定义：电容器所带的_________与电容器两极板间的电势差U的比值。(2)定义式：C＝____。(3)物理意义：表示电容器_________本领大小的物理量。(4)单位：法拉(F)，1F＝_____μF＝1012pF电荷量Q3.平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的___________成正比，与电介质的______________成正比，与极板间距离成反比。(2)决定式：C＝εS4πkd，k为静电力常量。容纳电荷106正对面积相对介电常数QU带电粒子在匀强电场中的运动1.加速qEd(1)在匀强电场中，W＝_____＝qU＝12mv2－12mv20(2)在非匀强电场中，W＝_____＝12mv2－12mv202.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)运动形式：________运动。qU类平抛(3)处理方法：运动的合成与分解。匀速直线运动图1①沿初速度方向为_______________，运动时间t＝lv0②沿电场力方向为_____________运动，加速度a＝Fm＝qEm＝qUmd③离开电场时的偏移量y＝12at2＝ql2U2mv20d④离开电场时的偏转角tanθ＝v⊥v0＝________qlUmv20d匀加速直线示波管的构造1.构造(1)_______，(2)偏转极板，(3)荧光屏。(如图2所示)电子枪2.工作原理YY′上加的是待显示的__________，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫作__________。图2信号电压扫描电压小题速练1.[鲁科版选修3－1·P44·T5改编]平行板电容器充电后断开电源，现将其中一块金属板远离另一板平移一小段距离。下图表示此过程中电容器的电容C、两极板带电荷量Q、两板间电场强度E、两板间电势差U随两板间距离d的变化关系，正确的是()答案C解析根据C＝εS4πkd知d增大，则电容减小，故A错误；平行板电容器充电后断开电源，电荷量保持不变，故B错误；结合C＝εS4πkd、U＝QC、E＝Ud得E＝4πkdεS，知d变化，电场强度不变，故C正确；根据U＝QC知电容减小，电荷量不变，则电势差增大，故D错误。2.两平行金属板相距为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入电场，最远到达A点，然后返回，如图3所示，OA间距为h，则此电子的初动能为()答案D图3A.edhUB.dUehC.eUdhD.eUhd解析电子从O点到达A点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得－eUOA＝0－Ek，因为UOA＝Udh，所以Ek＝eUhd，选项D正确。3.(多选)如图4所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，不计三个液滴间的相互作用，则下列说法正确的是()A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的运动时间一定相同C.三个液滴落到底板时的速率相同D.液滴C所带电荷量最多图4解析三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误；由于液滴C在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。答案BD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＝εS4πkd和C＝QU，先分析电容的变化，再分析Q的变化。②根据E＝Ud分析场强的变化。③根据UAB＝Ed分析某点电势变化。(2)Q不变①根据C＝εS4πkd和C＝QU，先分析电容的变化，再分析U的变化。②根据E＝Ud分析场强变化。【例1】(2016·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解析由C＝εS4πkd可知，当云母介质移出时，ε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。由于U与d都不变，再由E＝Ud知电场强度E不变，选项D正确。答案D【拓展1】(多选)将【例1】中的电源断开，当把云母介质从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是()A.电容器的电容增大B.极板间的电势差增大C.极板上的电荷量变大D.极板间电场强度变大答案BD【拓展2】(多选)若水平放置接有恒压电源的平行金属板内部空间有一带电粒子P恰能静止，同时下极板接地，当将上极板向右移动一小段距离时，则下列说法正确的是()A.电容器所带电荷量保持不变B.极板间的电场强度保持不变C.粒子所在初位置的电势能保持不变D.粒子将加速向下运动答案BC解析由C＝εS4πkd可知，当将上极板右移一段距离时，S减小，电容器的电容减小，由C＝QU得Q＝CU，电压U不变，C减小，故电容器所带电荷量减少，选项A错误；U和d不变，由E＝Ud可知，极板间的电场强度保持不变，选项B正确；由于极板间的电场强度不变，粒子所在初位置到下极板间的距离不变，故该点到零电势点的电势差不变，即该点的电势不变，粒子的电势能不变，选项C正确；由于粒子的受力情况不变，故粒子仍然保持静止状态，选项D错误。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＝Ud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。1.对以下四幅图中包含的物理知识说法正确的是()图5A.图甲：将两板间距拉开一些后，静电计指针张角会变小B.图乙：距离带电体越远，等势面的形状与带电体的形状越相似C.图丙：研究均匀带电球体在球外产生的电场时，可以认为全部电荷集中在球心D.图丁：此种电容器不仅可以接在直流电源上使用，也可以接在交流电源上使用解析图甲中，当Q一定时，由C＝QU，C＝εS4kπd知，d↑、C↓、U↑，静电计指针张角变大，选项A错误；距离带电体越远，等势面的形状越接近圆形，选项B错误；均匀带电球体或球壳在球外产生的电场，可认为全部电荷集中在球心，选项C正确；图中电容器为电解电容器，只能在直流电源上使用。答案C2.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图6所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()图6答案C解析由C＝εS4πkd知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，A错误；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C＝εS4πkd、Q＝CU、U＝Ed得E＝4πkQεS是定值，B错误；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为φ＝E(L－x)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，φ随x增大而线性减小，C正确；由W＝qφ知W与电势φ变化情况一样，D错误。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，带电粒子将做变速直线运动；若电场为匀强电场，则带电粒子做匀变速直线运动。2.用动力学观点分析a＝F合m，在匀强电场中，E＝Ud，v2－v20＝2ad3.用功能观点分析匀强电场中：W＝qEd＝qU＝12mv2－12mv20非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1A.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【例2】(多选)(2018·全国卷Ⅲ，21)如图7所示，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()图7答案BD解析两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由s＝12at2知微粒a的加速度大，由qE＝ma知微粒a的质量小，A错误；由动能定理qEs＝Ek得，位移s大的动能大，B正确；在同一等势面上，a、b两微粒电荷量虽相等，但电性相反，故在t时刻，a、b的电势能不相等，C错误；由动量定理qEt＝mv得，在t时刻，a、b的动量大小相等，D正确。带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤1.(多选)如图8所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°。若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，且mg＝qE，则()图8A.电场方向竖直向上B.小球运动的加速度大小为gC.小球上升的最大高度为v202gD.小球电势能的最大值为mv204答案BD解析因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30°，斜向上，如图所示，A错误；小球所受的重力和电场力相等，根据平行四边形定则知，两个力的夹角为120°，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球运动的加速度大小为g，B正确；小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移s＝v202a＝v202g，则小球上升的最大高度h＝s·sin30°＝v204g，C错误；在整个过程中电场力做功W＝qEscos120°＝－14mv20，电势能增加mv204，所以小球电势能的最大值为mv204，D正确。A.保持S闭合，将A板适当上移B.保持S闭合，将B板适当下移C.先断开S，再将A板适当上移D.先断开S，再将B板适当下移2.如图9所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回。现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是()图9解析设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q。由题知质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(h＋d)－qU＝0。若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得答案Bmg(h＋d)－qU＝12mv2，v＝0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误；若保持S闭合，将B板适当下移距离Δd，由动能定理得mg(h＋d＋Δd)－qU＝12mv2，则v＞0，质点能穿过b孔，故B正确；若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A