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第七章静电场第3节电容器带电粒子在电场中的运动栏目导航知识点二知识点一课后限时集训010203知识点一电容器与电容答案1．电容器(1)组成：由两个彼此又相互靠近的导体组成。(2)带电量：一个极板所带电荷量的。(3)电容器的充、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的，电容器中储存能。②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中_____能转化为其他形式的能。电场绝缘绝对值异种电荷电场答案2．电容(1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。(2)定义式：C＝____＝ΔQΔU。(3)单位：法拉(F)，1F＝μF＝pF。3．平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成，与电介质的成正比，与成反比。(2)决定式：C＝_______，k为静电力常量．1012106两极板间的距离正比相对介电常数QUεrS4πkd[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反比。()(3)放电后电容器的电荷量为零，电容也为零。()×××[典例](2018·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A．仍然保持静止B．竖直向下运动C．向左下方运动D．向右下方运动解析答案D[水平金属板间电场沿竖直方向，等势面为一组水平面。带电油滴处于静止状态，说明油滴受到的电场力方向竖直向上且Eq＝mg。B板右端向下移动一小段距离，两极板间电压不变，则两极板间的等势面右端同样向下弯曲。电场线与等势面垂直，同样产生弯曲，且电场强度减小。竖直方向上Eyqmg，水平方向上Exq向右，故油滴向右下方运动，故D项正确。]平行板电容器动态分析问题(1)分析思路①先确定是Q还是U不变：电容器保持与电源连接，U不变；电容器充电后与电源断开，Q不变。②用决定式C＝εrS4πkd确定电容器电容的变化。③用定义式C＝QU判定电容器所带电荷量Q或两极板间电压U的变化。④用E＝Ud分析电容器极板间场强的变化。(2)两类动态变化问题的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UQd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εr变大C变大Q变大E不变C变大U变小E变小考法电容器的动态变化1．(2018·北京高考)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，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析答案A[带电玻璃棒接触a板，a板会带上同种电荷，同时b板上会感应出异种电荷，故A正确；静电计指针张角反映电容器两板间电压，将b板上移，正对面积S减小，电容C减小，板间电压U增大，故指针张角变大，B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr增大，电容C增大，板间电压U减小，指针张角变小，C错误；只增加极板带电量Q，板间电压U增大，但电容保持不变，故D错误。]2．(2016·全国卷Ⅰ)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答案D[平行板电容器电容的表达式为C＝εS4πkd，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。]3.(2019·厦门模拟)如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，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。现将上极板竖直向上移动一小段距离，则()A．P点的电势将降低B．极板带电量将增加C．带电油滴的电势能将增大D．带电油滴将竖直向上运动解析答案C[将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E＝Ud得知板间场强减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势低于下极板的电势，则知P点的电势将升高，故A错误。油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故D错误。根据Q＝UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，则带电量减小，故B错误；由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带正电，P点的电势升高，则油滴的电势能将增加，故C正确。][考法指导]重要二级结论的理解要点(1)电容器两极板间的场强大小完全取决于极板上电荷分布的密度。极板上电荷的密度越大，两极板间电场线的分布越密集，场强越大。(2)若电荷量Q不变，当两极板正对面积S不变时，如果两极板间距离变化，场强不变，如图甲、乙所示；如果电荷量Q不变，当两极板正对面积变化时，电场的疏密程度发生了改变，如图丙所示，即电容器的电荷量不变，正对面积减小时，场强增大。甲乙丙识点二带电粒子在电场中的运动知答案1．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：电场。任何12mv2－12mv202．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，应用运动的合成与分解的方法。①沿初速度方向做，运动时间t＝_____。②沿电场方向，做初速度为零的运动。答案匀加速直线垂直平抛运动匀速直线运动lv0加速度：a＝Fm＝Eqm＝运动时间a.恰能飞出平行板电容器：t＝b.打在平行极板上：y＝12at2＝12·qUmdt2，t＝离开电场时的偏移量：y＝12at2＝离开电场时的偏转角：tanθ＝vyv0＝Uqmdlv02mdyqUqUlmv20dqUl22mv20d答案[判断正误](1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()(2)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。()(3)带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计。()×√×1．带电粒子在电场中的运动规律(1)平衡(静止或匀速直线运动)条件：F合＝0或qE＝mg(仅受电场力和重力时)。(2)加速(不计粒子重力)以初速度v0射入电场中的带电粒子，经电场力做功加速至v，由qU＝12mv2－12mv20得v＝v20＋2qUm。当v0很小或v0＝0时，上式简化为v＝2qUm。即带电粒子被加速后速度的大小跟粒子的质量m、电荷量q、加速过程始末位置的电势差U有关，跟电场是否均匀、粒子运动的路径无关。2．关于带电粒子在电场中偏转问题的两个常用结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后，再从同一偏转(匀强)电场射出时的偏移量y和偏转角φ总是相同的。证明：由qU0＝12mv20及y＝qUl22mdv20，tanφ＝qUlmdv20得y＝Ul24U0d，tanφ＝Ul2U0d。(2)带电粒子经(匀强)电场偏转后，速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点，即交点到电场边缘的距离为l2。证明：由tanθ＝yL，tanφ＝yx且tanφ＝2tanθ得：x＝L2。[典例](2019·洛阳模拟)示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器，其主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏组成，如图所示。若已知加速电场的电压为U1，两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d，电子枪发射的质量为m、电荷量为－e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力。若两金属板间存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U2，电子会打在荧光屏上某点，该点距O点距离要为32d，求U1和U2的比值U1U2。解析：在加速电场U1中，由动能定理得：qU1＝12mv2以v的速度进入偏转电场U2中做类平抛运动，在离开偏转电场时偏移距离：y1＝12at2其中t＝dv速度方向与水平方向成θ角，则有：vy＝attanθ＝vyv离开偏转电场后偏移的距离y2＝dtanθ根据牛顿第二定律有加速度a＝qU2md而总的偏移距离y＝y1＋y2＝32d联立以上几式解得U1U2＝12。答案：12考法1带电粒子在电场中的直线运动1.(多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图所示，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()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答案BD[两微粒只受电场力qE作用且两电场力大小相等，由x＝12a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的质量小，A错误。由动能定理qEx＝Ek得，位移x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。]2.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则()A．微粒达到B点时动能为12mv20B．微粒的加速度大小等于gsinθC．两极板的电势差UMN＝mgdqcosθD．微粒从A点到B点的过程电势能减少mgdcosθ解析答案C[微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B时动能小于12mv20，选项A错误；根据qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝mgdqcosθ，选项C正确；微粒从A点到B点的过程中，电场力做负功，电势能增加，电势能增加量qUMN＝mgdcosθ，选项D错误。]3．(多选)(2019·泰安模拟)如图甲所示，在两平行的金属板间加上如图乙所示的电压。在0～1s内，一点电荷在两极板间处于静止状态，t＝2s时电荷仍运动且未与极板接触，则在1～2s内，点电荷(g取10m/s2)()甲乙A．做匀加速直线运动，加速度大小为10m/s2B．做变加速直线运动，平均加速度大小为5m/s2C．做变加速直线运动，2s末加速度大小为10m/s2D．2s末速度大小为10m/s解析答案BC[第1s内电荷受重力和电场力作用处于平衡状态，故电场力向上，与重力平衡，第2s内电压一直变大，故电场强度变大，电场力变大，且第2s内合力随时间均匀增加，加速度随时间均匀增加，是变加速直线运动，故A错误；第2s内加速度随时间均匀增加，第2s末电场强度增加为第1s末的2倍，故电场力变为2倍，合力向上，大小为mg，其加速度大小为g＝10m/s2，故平均加速度为a＝0＋102m/s2＝5m/s2，故B、C正确；2s末速度大小为v2＝at＝5×1m/s＝5m/s，故D错误。]4．如图甲所示，A板电势为0，A板中间有一小孔，B板的电势变化情况如图乙所示，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在t＝T4时刻以初速度为0从A板上的小孔处进入两极板间，仅在电场力作用下开始运动，恰好到达B板。则()甲乙A．A、B两板间的距离为qU0T28mB．粒子在两板间的最大速度为qU0mC．粒子在两板间做匀加速直线运动D．若粒子在t＝T8时刻进入两极板间，它将时而向B