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07静电场第三节电容器带电粒子在电场中的运动知识架构图7－3－1答案1．异种中和2．容纳电荷εrS4πkd3.12mv2－12mv204．类平抛运动合成分解匀速直线匀加速直线5．电子枪基础自测1．判断正误(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正比．()(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．()(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．()(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√2．如图7－3－2所示为某一电容器中所带电荷量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40V降低到36V，对电容器来说正确的是()图7－3－2A．是充电过程B．是放电过程C．该电容器的电容为5.0×10－2FD．该电容器的电荷量变化量为0.20C解析：由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，A错B对；由C＝QU＝0.240F＝5×10－3F，可知C错；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4C＝0.02C，D错．答案：B3．有两个平行板电容器，它们的电容之比为5∶4，它们的带电荷量之比为5∶1，两极板间距离之比为4∶3，则两极板间电压之比和电场强度之比分别为()A．4∶11∶3B．1∶43∶1C．4∶13∶1D．4∶14∶3解析：由U＝QC得：U1U2＝Q1C2Q2C1＝5×45＝41，又由E＝Ud＝QCd得：E1E2＝Q1C2d2Q2C1d1＝5×4×35×4＝31，所以选项C正确．答案：C4．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()A．C和U均增大B．C增大，U减小C．C减小，U增大D．C和U均减小解析：由平行板电容器电容决定式C＝εrS4πkd知，当插入电介质后εr变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C＝QU得U＝QC，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确．答案：B考点突破1．两个公式的比较2.平行板电容器的动态分析思路(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＝εrS4πkd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＝Ud分析电容器两极板间场强的变化．题型1两极板间电势差保持不变【典例1】(2019年广州四校联考)(多选)如图7－3－3所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地．一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态．现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则()图7－3－3A．带电油滴将竖直向下运动B．带电油滴的机械能将增加C．P点的电势将升高D．电容器的电容增加，极板带电荷量增加【解析】下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，d增加，根据公式C＝εrS4πkd可得电容器电容减小，因为两极板和电源相连，所以电压不变，根据公式C＝QU可得电荷量减小，D错误；根据公式E＝Ud可得两极板间的电场强度减小，所以受到的电场力减小，故重力大于电场力，所以带电油滴将向下运动，A正确；因为上极板接地，电势为零，而U＝Ed，P到上极板的电势差减小，因为是负电势差，所以P点的电势增大，C正确；因为向下运动过程中电场力做负功，需要克服电场力做功，机械能减小，故B错误．【答案】AC题型2两极板带电荷量保持不变【典例2】(2016年高考·天津卷)如图7－3－4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7－3－4A．θ增大，E增大B．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大D．θ减小，E不变【解析】平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U＝Ed可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变．综上所述，选项D正确．【答案】D变式训练1(2018年高考·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7－3－5所示，下列说法正确的是()图7－3－5A．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，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：A对：实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷；B错：b板向上平移，正对面积S变小，由C＝εrS4πkd知，电容C变小，由C＝QU知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大；C错：插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝εrS4πkd知，电容C变大，由C＝QU知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小；D错：由C＝QU，实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的．答案：A变式训练2(2018年高考·课标全国卷Ⅲ)(多选)如图7－3－6图7－3－6，一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()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：A错：经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xaxb，根据x＝12at2，得aaab，又由a＝Fm知，mamb；B对：经时间t到下半区域的同一水平面，则电场力做功WaWb，由动能定理知，a的动能比b的动能大；C错：a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反；D对：根据动量定理Ft＝p′－p，则经过时间t，a、b的动量大小相等．答案：BD1．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，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．2．两种解题思路(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动．根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等．(2)用动能定理处理带电粒子在电场中的直线运动对带电粒子进行受力分析，确定有哪几个力做功，做正功还是负功；确定带电粒子的初、末状态的动能，根据动能定理列方程求解．【典例3】如图7－3－7所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪句是错误的(设电源电动势为U)()图7－3－7A．电子到达B板时的动能是UeB．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3UeD．电子在A板和D板之间做往复运动【解析】电子在AB之间做匀加速运动，且eU＝ΔEk，A正确；在BC之间做匀速运动，B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，C错误，D正确．【答案】C变式训练3(多选)如图7－3－8所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板．质量为m、电荷量为－q的带电粒子(不计重力)，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的12处返回，则下述措施能满足要求的是()图7－3－8A．使初速度减为原来的12B．使M、N间电压加倍C．使M、N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的12解析：粒子恰好到达N板时有Uq＝12mv20，恰好到达两板中间返回时有U′2q＝12mv2，比较两式可知B、D正确．答案：BD变式训练4如图7－3－9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，上极板正中央有一小孔．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的时间．图7－3－9解析：(1)由v2＝2gh得v＝2gh(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mg－qE＝ma，0－v2＝2ad解得E＝mg（h＋d）qdU＝EdQ＝CU得Q＝Cmg（h＋d）q(3)由h＝12gt210＝v＋at2t＝t1＋t2综合可得t＝h＋dh2hg答案：(1)2gh(2)mg（h＋d）qdCmg（h＋d）q(3)h＋dh2hg带电粒子在电场中的偏转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＝Fm＝qEm＝qUdm.(2)在电场中的运动时间：t＝lv0.图7－3－10(3)速度vx＝v0vy＝at＝qUlmv0d.(4)偏转角：tanθ＝vyvx＝qUlmv20d.(5)偏转距离：y＝12at2＝qUl22mv20d.【典例4】(多选)如图7－3－11所示，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()图7－3－11A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2B．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】粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；竖直方向由h＝12at2得a＝2ht2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB＝4∶1；根据a＝qEm得m＝qEa，故mAmB＝112，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确，D错误．【答案】ABC【典例5】(2019年洛阳一模)如图7－3－12所示，质量为m＝5×10－8kg的带电粒子以v0＝2m/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＝10cm，板间距离d＝2cm，当A、B间电势差UAB＝103V时，带电粒子恰好沿直线穿过电场．求：(1)带电粒子的电性和所带电荷量；(2)A、B间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？图7－3－12【解析】(1)当A、B间电势差UAB＝103V时，粒子做直线运动，带电粒子带负电有qUd＝mg得q＝mgdU＝1×10－11C.(2)当电压UAB比较大时，qE＞mg，粒子向上偏qU1d－mg＝ma1当刚好能从上板边缘飞出时，有：d2＝12a1t2L＝v0t解之得U1＝1800V当电压UAB比较小时，qE＜mg，粒子向下偏，设刚好能从下板边缘飞出，有：mg－qU2d＝ma2d2＝12a2t2解之得U2＝200V则要使粒子能从板间飞出，A、B间所加电压的范围为200V＜UAB＜1800V.【答案】(1)粒子带负电1×10－11C(2)200V＜UAB＜1800V变式训练5(多选)如图7－3－13所示为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L，为了提高示波管的灵敏度(每单位电压引起的偏转量hU2)可采取的方法是()图7－3－13A．减小两板间电势差U2B．尽可能使板长L