(新高考)高考物理一轮复习教案第7章第3讲《电容器与电容带电粒子在电场中的运动》(含详解)

第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动知识点常见电容器Ⅰ电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ1.电容器(1)组成：由两个彼此eq\x(\s\up1(01))绝缘又相距很近的导体组成。最简单的电容器是平行板电容器。(2)电容器的充电、放电①充电：两极板的电荷量增加，极板间的电场强度增大，eq\x(\s\up1(02))电源的能量不断储存在电容器中。②放电：电容器把储存的能量通过eq\x(\s\up1(03))电流做功转化为电路中其他形式的能量。③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比，叫作电容器的电容。其中“电容器所带的电荷量Q”，是指一个极板所带电荷量的eq\x(\s\up1(04))绝对值。(2)定义式：C＝eq\x(\s\up1(05))eq\f(Q,U)。推论：C＝eq\f(ΔQ,ΔU)。(3)单位：法拉(F)，1F＝eq\x(\s\up1(06))106μF＝eq\x(\s\up1(07))1012pF。(4)物理意义：表示电容器eq\x(\s\up1(08))容纳电荷本领的物理量。(5)决定因素电容C的大小由电容器本身结构(大小、形状、正负极相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及所带电荷量(或两端所加电压)无关。3．平行板电容器的电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的eq\x(\s\up1(09))正对面积成正比，与两极板间电介质的eq\x(\s\up1(10))相对介电常数成正比，与eq\x(\s\up1(11))极板间的距离成反比。(2)决定式：eq\x(\s\up1(12))C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。4．常用电容器(1)分类：从构造上看，可分为eq\x(\s\up1(13))固定电容器和eq\x(\s\up1(14))可变电容器。(2)击穿电压与额定电压：加在电容器极板上的电压不能超过某一限度，超过这个限度，eq\x(\s\up1(15))电介质将被击穿，电容器损坏，这个极限电压叫作击穿电压；电容器外壳上标的电压是eq\x(\s\up1(16))工作电压，或称额定电压，这个数值比击穿电压eq\x(\s\up1(17))低。知识点带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ1．加速问题分析带电粒子加速问题的两种思路：(1)利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析；适用于eq\x(\s\up1(01))匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量的情景。(2)利用静电力做功结合eq\x(\s\up1(02))动能定理来分析；适用于涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或eq\x(\s\up1(03))非匀强电场的情景。2．偏转问题(1)条件分析：带电粒子的初速度方向跟电场方向eq\x(\s\up1(04))垂直。(2)运动性质：eq\x(\s\up1(05))类平抛运动。(3)处理方法：利用运动的合成与分解。①沿初速度方向：做eq\x(\s\up1(06))匀速直线运动，运动时间t＝eq\f(l,v0)。②沿电场方向：做初速度为零的eq\x(\s\up1(07))匀加速直线运动。③运动过程，如图所示：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\x(\s\up1(08))\f(qE,m)＝\x(\s\up1(09))\f(qU,md),运动时间\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飞出平行板：t＝\x(\s\up1(10))\f(l,v0),b.打在平行极板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)t2，,t＝\r(\f(2mdy,qU)))),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\x(\s\up1(11))\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d),离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\x(\s\up1(12))\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)))知识点示波管Ⅰ1．构造示波管的构造如图所示，它主要由eq\x(\s\up1(01))电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。2．工作原理(1)如果在偏转电极XX′之间和偏转电极YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿eq\x(\s\up1(02))直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。(2)示波管的YY′偏转电极上加的是待测的eq\x(\s\up1(03))信号电压，XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫作eq\x(\s\up1(04))扫描电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的eq\x(\s\up1(05))周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。知识点实验：观察电容器的充、放电现象1．实验电路及器材如图所示，把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装成实验电路。2．实验步骤(1)把开关S接1，观察电流表及电压表指针的偏转。(2)把开关S接2，观察电流表及电压表指针的偏转。3．实验现象(1)充电现象：把开关S接1时，可以看到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值。通过观察电流表可以知道，充电时电流由电源的正极流向电容器的正极板，充电电流逐渐减小至0。(2)把开关S接2时，观察电流表可以知道，放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，放电电流减小，最后减小到0。同时可以看到，电压表示数减小，最后减小到0。一堵点疏通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．标有“1.5μF,9V”规格的电容器，其所带电荷量定为1.35×10－5C4．平行板电容器充电后与电源断开，则电荷量Q一定；若一直与稳压电源连接，则电压U不变。()5．带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()6．带电粒子在电场中运动时，不加特别说明重力可以忽略不计，带电微粒、带电液滴在电场中运动时，不加特别说明重力不可以忽略不计。()答案1.×2.×3.×4.√5.×6.√二对点激活1．关于电容器的电容，下列说法中正确的是()A．电容器所带电荷量越多，电容越大B．电容器两板间电压越低，其电容越大C．电容器不带电时，其电容为零D．电容器的电容只由它本身的特性决定答案D解析电容器所带电荷量越多，板间电压越大，但电容不变，A错误；电容器所带电荷量越少，其两板间电压越低，但电容不变，B错误；电容表示电容器容纳电荷本领的大小，电容器不带电时，其电容不为零，C错误；电容表示电容器容纳电荷本领的大小，由电容器本身的特性决定，D正确。2．(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，电容器已带电，则下列判断正确的是()A．增大两极板间的距离，指针张角变大B．将A板稍微上移，静电计指针张角变大C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大D．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小答案ABD解析静电计的原理是电势差U变大(小)，指针张角变大(小)。电容器所带电荷量一定，由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，当d变大时，C变小，再由C＝eq\f(Q,U)得U变大，指针张角变大，A正确；当A板上移时，极板正对面积S变小，C也变小，U变大，指针张角变大，B正确；当插入玻璃板时，相对介电常数εr增大，C变大，U变小，指针张角变小，C错误；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，指针张角变小，D正确。3．(人教版必修第三册·P49·T3)先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。在下列两种情况下，分别求出电子偏转角的正切与氢核偏转角的正切之比。(1)电子与氢核的初速度相同；(2)电子与氢核的初动能相同。答案(1)eq\f(mH,me)(2)1解析设偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极板间距离为d，极板长为l，则粒子在偏转电场中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏转电场中运动的时间为t＝eq\f(l,v0)，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmv\o\al(2,0))。(1)若电子与氢核的初速度相同，则eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me)。(2)若电子与氢核的初动能相同，则eq\f(tanθe,tanθH)＝1。考点1平行板电容器的动态分析1.对公式C＝eq\f(Q,U)的理解电容C＝eq\f(Q,U)，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。2．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)用决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化。(3)用定义式C＝eq\f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。(4)用E＝eq\f(U,d)分析电容器两极板间电场强度的变化。3．电容器两类问题的比较(1)U不变①根据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化。②根据E＝eq\f(U,d)分析场强的变化。③根据UAB＝E·d＝φA－φB分析某点电势变化。(2)Q不变①根据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化。②根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)分析场强变化。结论：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变小特别提醒：在平行板电容器两板间插入电介质，例如云母片，相当于εr增大；加入与极板等大的导体板，相当于d减小。例1如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是()A．开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大B．开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大C．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压不变D．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变(1)静电计张角增大，表示什么含义？提示：表示平行板电容器两极板间电压增大。(2)平行板电容器充电完毕后与电源断开后，不变量是什么？提示：电荷量。尝试解答选D。保持开关S闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，静电计指针张角都不变，A、B错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将两极板间距增大，即d增大，根据C＝eq\f(εrS,4kπd)知，电容减小，根据U＝eq\f(Q,C)知，板间电压增大，C错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，若紧贴下极板插入金属板，则d减小，根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，极板间的电场强度不变，D正确。解决电容器板间场强的技巧(1)在电压不变的情况下，由E＝eq\f(U,d)来判断场强变化，场强E只随板间距离而变。(2)在电荷量保持不变的情况下，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，电场强度与板间距离无关。[变式1－1](2020·天津市耀华中学一模)(多选)如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一个电源相连，其中A板接地(取大地电势φ＝0)。S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是()A．保持S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移(油滴仍处于两极板之间)，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流C．若将S断开，则油滴立即向下做匀加速直线运动D．若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，则油滴仍然保持静止，但油滴的电势能减小答案AB解析开始时，油滴所受重力和静电力平衡，即mg＝qE，保持S闭合，则两板间电压不变，将A板上移一小段位移，两板间距离d增大，由E＝eq\f(U,d)可知，E变小，油滴所受静电力变小，故油滴应向下加速运动；根据C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)，知Q＝eq\f(εrSU,4πkd)，故电容器所储存的电量减小，向外放电，故G中有b→a的电流，A正确。保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移，由E＝eq\f(U,d)可知，E不变，油滴仍静止；根据Q＝eq\f(εrSU,4πkd)，知电容器所储存的电量减小，向外放电，故G中有b→a的电流，B正确。若将S断开，电容器所储存的电量Q不变，则两板间场强不变，油滴仍静止，故C错误。若将S断开，Q不变，再将B板向下平移一小段位移，根据C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)、E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知场强E不变，则油滴仍静止；油滴所在位置与A板的距离不变，则根据U＝Ed可知油滴所在位置与A板间的电势差不变，又因为A板接地，则油滴所在位置的电势不变，油滴的电势能不变，故D错误。[变式1－2]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、Ep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的过程中，下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是()答案C解析电容器的电容C＝eq\f(εrS,4πkd)，两板间距随负极板向右平移而逐渐减小，电容C与d成反比，故C­x图像为曲线，A错误；电容器与电源断开后，电荷量不变，根据E＝eq\f(U,d)，U＝eq\f(Q,C)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知E＝eq\f(4πkQ,εrS)，保持不变，B错误；负极板接地，电势为零，P点的电势φ等于P点到负极板的电势差，即φ＝El，E不变，l线性减小，φ线性减小，C正确；由Ep＝qφ可知，Ep随l的变化而变化，D错误。考点2带电粒子(体)在电场中的直线运动1.带电粒子(体)在电场中运动时是否考虑重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，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，一般都要考虑重力。2．做直线运动的条件(1)粒子所受合力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。(2)粒子所受合力F合≠0，且合力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。3．解题思路(1)用动力学观点分析Eq＋F其他＝ma，E＝eq\f(U,d)(匀强电场)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad(匀变速直线运动)。(2)用功能观点分析①匀强电场中：W电＝Eqd＝qU，W电＋W其他＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。②非匀强电场中：W电＝qU，W电＋W其他＝Ek2－Ek1。例2(2020·河南省洛阳市高三下第三次统考)(多选)如图所示，一中央开有正对小孔的平行板电容器，水平放置并与电源连接，电源电压恒为U，开关闭合时，将一带电液滴从两小孔的正上方P点静止释放，液滴穿过A板的小孔a恰好能够到达B板的小孔b处，然后沿原路返回(不计一切阻力，且液滴运动过程中电荷量保持不变)。现欲使液滴能从小孔b处穿出，下列可行的办法是()A．保持开关闭合，将A板下移一段距离B．保持开关闭合，将B板下移一段距离C．将开关断开，将A板上移一段距离D．将开关断开，将B板上移一段距离(1)静电力对小球做什么功？提示：负功。(2)断开开关，移动A板，板间场强如何变化？提示：不变。尝试解答选BD。带电液滴从P点运动到小孔b处的过程中，根据动能定理有：mghPb－qU＝Ekb－0，开关闭合时，电容器两板之间的电压U不变，将A板下移一段距离，hPb不变，液滴仍恰好能够达到B板的小孔b处；将B板下移一段距离，hPb增大，根据动能定理知，液滴能够从小孔b处穿出，A错误，B正确。带电液滴从P点运动到小孔b处的过程中，根据动能定理有：mghPb－qEd＝Ekb－0，开关断开时，极板所带电荷量不变，极板间电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知改变两极板间距离，场强不变，将A板上移一段距离，d增大，hPb不变，根据动能定理知，液滴不可能从小孔b处穿出；将B板上移一段距离，d减小，hPb减小，且减小量相同，根据动能定理知，液滴能够从小孔b处穿出，C错误，D正确。带电体在电场中运动的分析方法解决此类问题的关键是灵活利用动力学方法分析，可以采用受力分析和运动学公式相结合的方法进行解决，也可以采用功能的观点进行解决，往往优先采用动能定理。[变式2－1](2020·湖北省武汉市高三下五月质量检测)(多选)如图所示，两个相同的平行板电容器均与水平方向成θ角放置，两极板与直流电源相连。若带电小球分别以速度v0沿边缘水平射入电容器，均能沿图中所示水平直线恰好穿出电容器，穿出时的速度分别为v1和v2。下列说法正确的是()A．两种情形下带电小球的运动时间相等B．两种情形下电容器所加电压相等C．小球的速度满足关系v0＝v1＝v2D．小球的速度满足关系2veq\o\al(2,0)＝veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2)答案BD解析静电力的方向垂直于极板，由于两种情况下小球均沿着水平方向运动，竖直方向所受合力均为零，因此两种情况下带电小球所受静电力大小均为F＝eq\f(mg,cosθ)，又因两电容器相同，根据F＝Eq＝eq\f(Uq,d)知两种情形下电容器所加电压相等，B正确；分析知第一种情况小球做匀减速直线运动，第二种情况小球做匀加速直线运动，初速度相同，运动位移相同，由匀变速直线运动规律知，两种情况带电小球的运动时间不同，末速度也不同，A、C错误；第一种情况，水平方向上有：veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2ax，第二种情况，水平方向上有：veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,0)＝2ax，两式联立，可得2veq\o\al(2,0)＝veq\o\al(2,1)＋veq\o\al(2,2)，D正确。[变式2－2](2017·江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点答案A解析设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①当C板向右平移后，BC板间的电场强度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd2′)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εrS)，BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变。第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则eE1d1－eE2x＝0－0②比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，A正确。考点3带电粒子在匀强电场中的偏转1.基本规律设粒子所带电荷量为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)，粒子能以平行金属板的初速度v0进入两金属板间且能从两金属板之间穿过，则有(1)加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)在电场中的运动时间：t＝eq\f(l,v0)。(3)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)。(4)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)))2．两个结论(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电场射出时的偏转角度和偏移量y总是相同的。证明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)，得tanθ＝eq\f(Ul,2U0d)。由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及y＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)，得y＝eq\f(Ul2,4U0d)。(2)粒子经电场偏转射出后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到极板边缘的水平距离为eq\f(l,2)。3．在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需要经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。(1)确定最终偏移距离思路一：思路二：eq\x(\a\al(确定加速,后的v0))→eq\x(\a\al(确定,偏移y))eq\o(→,\s\up7(三角形),\s\do5(相似))eq\x(确定\f(y,OP)＝\f(\f(l,2),\f(l,2)＋L))(2)确定偏转后的动能(或速度)思路一：思路二：例3如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与A板间的加速电场加速，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。已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端到荧光屏的距离为l，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。(1)求电子穿过A板时的速度大小v0；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y；(3)求OP的距离Y；(4)电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2的比叫作示波器的灵敏度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。(1)如何求出电子穿过A板时的速度大小？提示：在加速电场中依据动能定理求速度大小。(2)在偏转电场中，电子做什么运动？提示：类平抛运动。尝试解答(1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2L2,4dU1)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)L＋l))eq\f(U2L,2dU1)(4)增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度(1)粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：v0＝eq\r(\f(2eU1,m))。(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向：L＝v0t则沿电场方向：eeq\f(U2,d)＝ma侧移量：y＝eq\f(1,2)at2联立解得：y＝eq\f(U2L2,4dU1)。(3)由几何关系可知：eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋l)＝eq\f(y,Y)得：Y＝eq\f(U2L,2U1d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)＋l))。(4)该示波器的灵敏度D＝eq\f(y,U2)解得：D＝eq\f(L2,4dU1)则增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度。带电粒子在匀强电场中偏转问题的两种求解思路(1)运动学与动力学观点运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：①带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动。②带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)。当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法。(2)功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算。①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中动能的增量。②若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。[变式3](2020·浙江省宁波市十校高三下学期3月联考)(多选)如图所示，三个同样的带电粒子a、b、c(不计重力)同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹如图，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是()A．当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上B．b和c同时飞离电场C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D．在电场中运动过程中，c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同答案ACD解析三个粒子相同，故进入电场后，受到的静电力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量y＝eq\f(1,2)at2，所以ta＝tb＞tc，故B错误，A正确；粒子在水平方向上做匀速直线运动，故有v0＝eq\f(x,t)，因为xb＝xc＞xa，ta＝tb＞tc，所以有vc＞vb＞va，故C正确；根据动能定理有qU＝Eqy＝ΔEk，知c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同，故D正确。考点4带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波等。2．常见的运动形式(1)粒子做单向直线运动(一般用直线运动规律结合牛顿运动定律求解)。(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。3．带电粒子在交变电场中运动的分析要点(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)注意从两条思路出发：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。例4如图a所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图b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()A．0<t0<eq\f(T,4) B．eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C．eq\f(3T,4)<t0<T D．T<t0<eq\f(9T,8)(1)粒子打在A板时，运动有什么特点？提示：速度向左，位移向左。(2)如何找出符合题意的t0?提示：利用周期性，作出特殊点t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)的v­t图像，找出位移、速度符合题意的t0区间。尝试解答选B。设粒子的速度方向、位移方向向右为正。依题意得，粒子的速度时而为负，时而为正，最终打在A板上时位移为负，速度为负。作出t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)时粒子运动的速度图像如图所示。由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图像可知0<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0>T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。利用速度—时间图像分析带电粒子的运动过程时，必须注意“五点”(1)带电粒子进入电场的时刻。(2)速度—时间图像的切线斜率表示加速度。(3)图线与时间轴围成的面积表示位移，且在时间轴上方所围成的面积为正，在时间轴下方所围成的面积为负。(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。(5)图线与时间轴有交点，表示此时速度改变方向。对运动很复杂、不容易画出速度图像的问题，还应逐段分析求解。[变式4]如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O为中轴线，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压UMN＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O方向射入电场，粒子恰好打在上极板M的中点，粒子重力忽略不计。(1)求带电粒子的比荷eq\f(q,m)；(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝eq\f(L,v0)，从t＝0开始，前eq\f(T,3)时间内UMN＝2U，后eq\f(2T,3)时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。答案(1)eq\f(4d2v\o\al(2,0),U0L2)(2)eq\f(3U0,8)解析(1)设粒子经过时间t0打在M板中点沿极板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直极板方向有eq\f(d,2)＝eq\f(qU0,2md)teq\o\al(2,0)解得eq\f(q,m)＝eq\f(4d2v\o\al(2,0),U0L2)。(2)粒子通过两板间的时间t＝eq\f(L,v0)＝T从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时间内的加速度大小a1＝eq\f(2qU,md)，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝eq\f(qU,md)如图所示为从不同时刻射入电场的粒子的速度—时间图像，根据题意和图像分析可知，从t＝nT(n＝0,1,2，…)或t＝eq\f(T,3)＋nT(n＝0,1,2，…)时刻入射的粒子恰好不打在极板上，则有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)×T×eq\f(2qUT,3md)，解得U＝eq\f(3U0,8)。考点5电场中的力、电综合问题1.用动力学的观点分析带电粒子的运动(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，这两个力的合力为一恒力。(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直线运动，化繁为简。(3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。2．用能量的观点来分析带电粒子的运动(1)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。(2)运用动能定理分析，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断是分阶段还是全过程使用动能定理。例5(2020·浙江省“山水联盟”高三下学期高考模拟)如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场。从水平轨道上的A点由静止释放一质量为m的带正电的小球，已知小球受到的静电力大小等于小球重力的eq\f(3,4)。为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，则释放点A距圆轨道最低点B的距离s为()A．eq\f(7R,2) B．eq\f(10R,3)C．eq\f(13R,6) D．eq\f(23R,6)(1)小球刚好在圆轨道内做圆周运动的条件是什么？提示：刚好能过等效最高点。(2)如何找等效最高点？提示：重力与静电力的合力指向轨道圆心的那一位置。尝试解答选D。小球所受的等效重力为G′＝eq\r(mg2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)mg))2)＝eq\f(5,4)mg，设方向与水平方向成θ角斜向右下方，则tanθ＝eq\f(mg,\f(3,4)mg)＝eq\f(4,3)，即θ＝53°。设等效最高点为C点，小球刚好在圆轨道内做圆周运动，则在C点等效重力提供小球做圆周运动的向心力，即G′＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，解得vC＝eq\f(\r(5gR),2)。从A到C由动能定理得F电(s－Rcos53°)－mg(R＋Rsin53°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，其中F电＝eq\f(3,4)mg，解得释放点A距圆轨道最低点B的距离s＝eq\f(23R,6)，所以D正确，A、B、C错误。力电综合问题的处理方法力电综合问题往往涉及共点力平衡、牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理、能量守恒定律等知识点，考查的知识点多，综合分析能力的要求高，试题难度较大，解答时要注意把握以下几点：(1)处理这类问题，首先要进行受力分析以及各力做功情况分析，再根据题意选择合适的规律列式求解。(2)对于带电小球在重力场和电场叠加区域内的运动，可以利用运动的合成与分解的方法，将小球的运动分解为水平和竖直两个方向上的分运动，再对两个分运动分别运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律或动能定理解答。(3)带电小球在重力场和电场叠加区域内运动时，若重力和静电力为恒力，可以将重力和静电力合成为一个恒力，可以将这个复合场当作等效重力场，则F合为等效重力场中的“重力”，g′＝eq\f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向。当此恒力F合的方向与运动方向垂直时，其速度(或动能)取得极值，小球在等效重力场中能够做竖直平面内的圆周运动的临界条件是恰好能够通过圆周轨道上等效重力场的最高点。[变式5](多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度为E＝1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长l＝2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量m＝0.08kg的带电小球，静止时悬线与竖直方向成37°角。若小球获得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g取10m/s2。下列说法正确的是()A．小球的电荷量q＝6×10－5B．小球动能的最小值为1JC．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且为4J答案AB解析对小球进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可得mgtan37°＝qE，解得小球的电荷量为q＝eq\f(mgtan37°,E)＝6×10－5C，A正确；由于重力和静电力都是恒力，所以它们的合力也是恒力，如图乙所示，在圆周轨迹上各点中，小球在平衡位置A点时的势能(重力势能和电势能之和)最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，由于小球总能量不变，所以小球在B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，根据题意，在B点小球只受重力和静电力，其合力为小球做圆周运动提供向心力，而绳的拉力恰为零，F合＝eq\f(mg,cos37°)＝1N，又F合＝meq\f(v\o\al(2,B),l)，得EkB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝1J，B正确；由于总能量保持不变，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，当小球在圆周轨迹上最左侧的C点时，电势能EpE最大，所以在该点时机械能最小，C错误；小球由B运动到A，W合力＝F合·2l，所以EpB＝4J，总能量E＝EpB＋EkB＝5J，D错误。考点6实验：观察电容器的充、放电现象1．实验分析(1)如图所示，把开关S接1，此时电源给电容器充电。在充电过程中，可以看到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值，表示电容器两极板具有一定的电势差。通过观察电流表可以知道，充电时电流由电源的正极流向电容器的正极板。同时，电流从电容器的负极板流向电源的负极。随着两极板之间电势差的增大，充电电流逐渐减小至0，此时电容器两极板带有一定的等量异种电荷。即使断开电源，两极板上的电荷由于相互吸引而仍然被保存在电容器中。(2)把开关S接2，电容器对电阻R放电。观察电流表可以知道，放电电流由电容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，正负电荷中和。此时两极板所带的电荷量减小，电势差减小，放电电流也减小，最后两极板电势差以及放电电流都等于0。2．实验创新：用传感器观察电容器的充、放电过程电流传感器可以像电流表一样测量电流。不同的是，它的反应非常快，可以捕捉到瞬间的电流变化。此外，由于它与计算机相连，还能显示出电流随时间变化的I­t图像。本实验中电源用直流8V左右，电容器可选几十微法的电解电容器。(1)用传感器观察电容器的充电过程按如图甲所示连接电路。先把S拨至1，并接通足够长的时间，使电容器将所带的电荷量都释放掉，从而不带电。然后把开关S掷向2端，电源向电容器充电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的电流—时间图像如图乙。(2)用传感器观察电容器的放电过程按如图丙所示连接电路。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I­t图像如图丁。(3)电容器充电(或放电)的I­t图像与时间轴围成的面积表示电容器充电完毕所带的(或放电过程中全部释放的)电荷量。提示：电容器充、放电的快慢与电阻R和电容C的大小有关。定性分析如下：电容器充、放电的平均电流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(U),R)，而Q＝eq\x\to(I)t，所以R越大eq\x\to(I)越小，t越长。根据Q＝CU，Q＝eq\x\to(I)t，C越大，充满电时的电荷量Q越大，t越长。例6(2021·江苏省扬州市高三上期中)某同学通过实验观察电容器的放电现象，采用的实验电路如图甲所示，已知所用电解电容器的长引线是其正极，短引线是其负极。(1)按图甲连接好实验电路，开关S应先接到______，再接到______(选填“1”或“2”)，观察电容器的放电现象。(2)根据图甲电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。(3)电容器开始放电，同时开始计时，每隔5s读一次电流i的值，记录数据如下表。时间t/s0510152025303540455055电流i/μA5003922702091581017549302393请根据表中的数据，在图丙中作出电流i随时间t变化的图线。(1)要观察电容器的放电现象，首要的操作步骤是什么？提示：给电容器充满电。(2)作i­t图像的步骤是什么？提示：先描数据点，再用一条平滑的曲线拟合。尝试解答(1)1__2__(2)图见解析__(3)图见解析。(1)连接好电路图，开关S应先接到1对电容器进行充电，再接到2使电容器放电，观察电容器的放电现象。(2)根据图甲所示电路图连接实物电路图，注意电容器正极接电流表正接线柱，实物电路图如图所示。(3)根据表中实验数据在图丙中描出对应点，然后画一条平滑曲线，让尽可能多的点过曲线，不能过曲线的点大致均匀分布在曲线两侧，作出图像如图所示。由电容器充(放)电的I­t图像可得到的结论：(1)电容器的充、放电过程中，电流都随时间越来越小，电路稳定时电流为0。(2)电容器在全部充电(或放电)过程中储存(或释放)的电荷量可用I­t图像与两坐标轴所围图形的面积表示。(3)电容器的电容可根据电容器充、放电过程中I­t图像与两坐标轴所围图形的面积和电容器充电结束或放电开始时两极板间的电势差，由C＝eq\f(Q,U)计算。(4)电容器充、放电过程中的最大电流(即I­t图像中t＝0时刻的电流)：Im＝eq\f(U,R)，其中U是电容器充电结束或放电开始时两极板间的电势差，R是充电电路(或放电电路)中除电容器外其他通路部分的总电阻。[变式6－1]电流传感器可以像电流表一样测量电流，由于它与计算机相连，还能显示出电流随时间变化的I­t图像。照图甲连接电路，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I­t图像如图乙所示。(1)在图中画一个竖立的狭长矩形(在图乙的最左边)，它的面积的物理意义是________(填写面积所代表物理量的名称)。(2)根据I­t图像估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为________C(结果保留一位有效数字)。(3)开关S与1端相连的充电过程，电荷量随时间变化的q­t图像的示意图是怎样的？请在图丙中定性画出。答案(1)电荷量(2)3×10－3(3)图见解析解析(1)根据q＝It可知，在图中画一个竖立的狭长矩形，它的面积的物理意义是电荷量。(2)I­t图像与两坐标轴围成的图形所占小方格的个数为39个，则电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为q＝39×0.2×10－3×0.4C≈3×10－3C(3)开关S与1端相连的充电过程中，开始时充电电流较大，则q­t图像的斜率较大，随着充电进行电流逐渐减小，则q­t图像的斜率逐渐减小，当充电结束时，图像的斜率为零，则q­t图像如图。[变式6－2](2020·山东省青岛市高三三模)电流传感器可以捕捉到瞬间的电流变化，它与计算机相连，可以显示出电流随时间变化的I­t图像。如图甲所示连接电路。直流电源电动势为9V，内阻可忽略，电容器选用电容较大的电解电容器。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机。屏幕上显示出电流随时间变化的I­t图像如图乙所示。(1)在如图乙所示的I­t图像中用阴影标记面积的物理意义是________________________。(2)根据I­t图像估算当电容器开始放电时所带的电荷量q0＝________，并计算电容器的电容C＝________。(均保留两位有效数字)(3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时I­t曲线与横轴所围成的面积将________(选填“增大”“不变”或“变小”)；充电时间将________(选填“变长”“不变”或“变短”)，简要说明原因：________________。答案(1)通电0.2s电容器增加的电荷量(或流过电阻R的电荷量)(2)1.6×10－3C(1.5×10－3～1.7×10－3C都正确)1.8×10－4F(1.7×10－4～1.9×10(3)不变变短充电电流增大解析(1)将横坐标t分成许多很小的时间间隔Δt，在这些很小的时间间隔里，放电电流I可以视为不变，则IΔt为这段时间内充入电容器的电荷量，即这个阴影面积的物理意义是通电0.2s充入电容器(或流过电阻R)的电荷量。(2)电容器在全部放电过程中释放的电荷量在数值上等于I­t图线与横轴所包围的面积；首先以坐标纸上的一个小正方形作为一个面积计量单位，数出图线与横轴所围的图形中有多少个完整的小正方形，对于超过该格一半面积的记为一个，不足一半的舍去不计，这样即可以得到包含的小正方形的个数为40个(38～42个都正确)；其次确定每个小方格所对应的电荷量，纵坐标的每个小格为0.2mA，横坐标的每个小格为0.2s，则每个小格所代表的电荷量为：q＝0.2×10－3×0.2C＝4×10－5C，则电容器开始放电时所带的电荷量q0＝nq＝40×4×10－5C＝1.6×10－3C；电容器的电容C＝eq\f(q0,U)＝eq\f(1.6×10－3,9)F≈1.8×10－4F。(3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，将开关掷向1，充电完毕时电容器两端的电压不变，由于电容器的电容不变，根据Q＝CU可知充入电容的电荷量仍为q0不变，即充电时I­t曲线与横轴所围成的面积将不变。将开关掷向1，电容器开始时所带电荷量为0，根据C＝eq\f(Q,UC)，可知电容器两端的电压UC＝0，则电阻R两端的电压UR＝E，此时通过R的电流即电容器开始充电时的电流，即Imax＝eq\f(UR,R)；只减小电阻R，则Imax增大，而充电时I­t图线与横轴所围成的面积将不变，所以充电时间将变短。1.(2020·浙江7月选考)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时()A．所用时间为eq\f(mv0,qE)B．速度大小为3v0C．与P点的距离为eq\f(2\r(2)mv\o\al(2,0),qE)D．速度方向与竖直方向的夹角为30°答案C解析粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有x＝v0t，在竖直方向上有y＝eq\f(1,2)×eq\f(Eq,m)t2，当粒子到达MN连线上的某点时，有eq\f(y,x)＝tan45°，联立可得t＝eq\f(2mv0,qE)，故A错误；当粒子到达MN连线上的某点时，有vy＝eq\f(Eq,m)t＝2v0，故此时粒子的速度大小为v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，故B错误；由几何关系可知，粒子到达MN连线上的某点时，与P点的距离为L＝eq\r(2)v0t＝eq\f(2\r(2)mv\o\al(2,0),qE)，故C正确；粒子到达MN连线上的某点时，速度方向与竖直方向的夹角的正切值为tanα＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(1,2)<tan30°，可知此时的速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。2．(2019·江苏高考)一匀强电场的方向竖直向上。t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P­t关系图象是()答案A解析设粒子带正电，运动轨迹如图所示。水平方向：粒子不受力，vx＝v0。沿电场方向：电场力F电＝qE，加速度a＝eq\f(F电,m)＝eq\f(qE,m)，经时间t，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝eq\f(qEt,m)，电场力做功的功率P＝F电vy＝qE·eq\f(qEt,m)＝eq\f(qE2t,m)∝t，A正确。3．(2019·天津高考)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()A．动能增加eq\f(1,2)mv2 B．机械能增加2mv2C．重力势能增加eq\f(3,2)mv2 D．电势能增加2mv2答案B解析动能变化量ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A错误；小球从M运动到N的过程中，只有重力和电场力做功，机械能的增加量等于电势能的减少量，带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2eq\f(qE,m)x，则电势能减少量ΔEp电＝W电＝qEx＝2mv2，故B正确，D错误；小球在竖直方向做匀减速到零的运动，速度减小到零，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C错误。4．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图，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的动量大小相等答案BD解析根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b某时刻经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律，qE＝maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE＝mbab，联立解得：eq\f(qE,ma)>eq\f(qE,mb)，由此式可以得出a的质量比b小，A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受电场力等于b微粒所受的电场力，t时刻a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，C错误；由于a微粒受到的电场力(合外力)大小等于b微粒受到的电场力(合外力)，根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量大小等于b微粒，D正确。5.(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．向右下方运动答案D解析两极板平行时带电油滴处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板右端向下移动一小段距离时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故油滴向右下方运动，D正确。6.(2019·北京高考)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图象都相同。(1)请在图1中画出上述u­q图象。类比直线运动中由v­t图象求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。(2)在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q­t曲线如图3中①②所示。a．①②两条曲线不同是________(选填E或R)的改变造成的；b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)。“恒流源”(2)中电源电源两端电压通过电源的电流答案(1)u­q图线见解析Ep＝eq\f(1,2)CU2(2)a.R B.减小电阻R，可以实现对电容器快速充电；增大电阻R，可以实现均匀充电。(3)“恒流源”(2)中电源电源两端电压增大不变通过电源的电流不变减小解析(1)由eq\f(q,u)＝C，电容值C一定，可知u­q图线如图所示。设电容器两极间电压为U时，电容器带电荷量为Q，图线和横轴围成的面积表示所储存的电能EpEp＝eq\f(1,2)QU，又Q＝CU故Ep＝eq\f(1,2)CU2。(2)a.由图3知，电容器充完电后，①②两次电荷量相等，由Q＝CU＝CE，说明两次电源电动势相等。故①②两条曲线不同不是E的改变造成的，只能是R的改变造成的。b．刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I＝eq\f(E,R)，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I较大，q­t曲线上该点切线斜率较大，即为曲线①。这样能在较短时间内，使电荷量达到最大，故可以实现对电容器快速充电。增大电阻R，刚开始充电瞬间电流I较小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电。(3)接(2)中电源时，由于忽略电源E的内阻，故电源两端电压不变。通过电源的电流I＝eq\f(E－U,R)，随着电容器两端电压U不断变大，通过电源的电流减小。“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变，故通过电源的电流也不变。接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大。7．(2020·全国卷Ⅰ)在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心、半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q>0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？答案(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qR)(2)eq\f(\r(2)v0,4)(3)0或eq\f(\r(3)v0,2)解析(1)初速度为零的粒子自C点穿出电场，故电场方向与AC平行，且由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知AC＝R①F＝qE②由动能定理有F·AC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③联立①②③式得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qR)。④(2)如图，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自圆周上D点穿出电场的粒子的动能增量最大。由几何关系知∠PAD＝30°，AP＝eq\f(3,2)R，DP＝eq\f(\r(3),2)R⑤设此粒子进入电场时的速度为v1，在电场中运动的加速度为a，时间为t1。粒子在AC方向上做匀加速直线运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀速直线运动，运动的距离等于DP。由牛顿第二定律和运动学公式有F＝ma⑥AP＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)⑦DP＝v1t1⑧联立②④⑤⑥⑦⑧式得v1＝eq\f(\r(2),4)v0。⑨(3)解法一：设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t，以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向，建立直角坐标系，则圆心O的位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)R，\f(1,2)R))，设粒子离开电场时的位置坐标为(x，y)。由运动学公式有y＝eq\f(1,2)at2⑩x＝vt⑪粒子离开电场的位置在圆周上，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(3),2)R))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)R))2＝R2⑫粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小为mv0的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2，由题给条件及运动学公式有mv2＝mv0＝mat⑬联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得v＝0⑭或v＝eq\f(\r(3),2)v0。⑮解法二：由题意知，粒子初速度为0时，动量变化量的大小为mv0，此即问题的一个解。自A点以不同的速度垂直于电场方向射入电场的粒子，沿电场方向位移相等时，在电场中运动时间相同。因此，自B点射出电场的粒子，其动量变化量的大小也为mv0。设此粒子的初速度为v，在电场中的运动时间为t，由运动学公式有BC＝vt⑯v0＝at⑰由几何关系知BC＝eq\r(3)R⑱联立②④⑥⑯⑰⑱式得v＝eq\f(\r(3),2)v0。⑲8．(2019·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？答案(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))解析(1)PG、QG间场强大小相等，设均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤联立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑦(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度为L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。9．(2020·天津高考)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。答案(1)eq\r(\f(ml2,2qU))(2)eq\f(U,E)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,t0)))2m0解析(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有qU＝eq\f(1,2)mv2①离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝eq\f(l,v)②联立①②式，得T1＝eq\r(\f(ml2,2qU))。③(2)根据动能定理，有qU－qEx＝0－0④得x＝eq\f(U,E)。⑤(3)离子在加速电场中的运动和在反射区电场中的每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小相等，设其为eq\x\to(v)，则eq\x\to(v)＝eq\f(v,2)⑥通过⑤式可知，离子在反射区电场中的运动路程与离子本身无关，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区域的总路程设为L2，根据题目条件可知，离子在无场区域的速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，则t总＝eq\f(L1,\x\to(v))＋eq\f(L2,v)⑦联立①⑥⑦式，得t总＝(2L1＋L2)eq\r(\f(m,2qU))⑧可见，离子的总飞行时间与eq\r(m)成正比，故eq\f(t1,t0)＝eq\r(\f(m1,m0))⑨可得m1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,t0)))2m0。⑩时间：60分钟满分：100分一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。其中1～3题为单选，4～8题为多选)1.(2020·北京市东城区一模)如图所示，电容器上标有“80V1000μF”字样。下列说法正确的是()A．电容器两端电压为0时其电容为零B．电容器两端电压为80V时才能存储电荷C．电容器两端电压为80V时储存的电荷量为0.08CD．电容器两端电压低于80V时其电容小于1000μF答案C解析电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U和电量Q无关，给定的电容器电容C一定，故A、D错误；由于电容一定，由Q＝CU可知，电容器两端只要有电压，电容器就能存储电荷，故B错误；由Q＝CU可知，电容器两端电压为80V时储存的电荷量为Q＝1000×10－6×80C＝0.08C，故C正确。2．(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，表明电容增大答案A解析用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异号电荷，从而使电容器带电，故A正确；根据平行板电容器的电容决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C＝eq\f(Q,U)可知，电荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故B错误；根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数εr增大，则电容C增大，根据C＝eq\f(Q,U)可知，电荷量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角变小，故C错误；电容与电容器所带的电荷量无关，故电容C不变，故D错误。3．(2016·天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异号电荷，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()A．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不变答案D解析极板移动过程中电荷量Q保持不变，静电计指针张角变化反映板间电势差U的变化，由C＝eq\f(εrS,4πkd)和C＝eq\f(Q,U)可知，极板下移，d减小，C增大，U减小，又E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，则E不变，Ep不变，综合上述，只有D项正确。4．(2020·安徽省蚌埠市高三下第四次教学质量检查)如图，水平放置的平行板电容器通过开关K连接在电源两极，极板间距离为h，上极板正中有一小孔。闭合开关K，一个比荷(荷质比)为a的带电小球从小孔正上方高2h的P点由静止开始下落，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，则下列说法正确的是()A．小球带负电，电源电动势为eq\f(3gh,a)B．保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，小球从P点由静止释放将不能运动到下极板C．断开开关，若将下极板向下移动一小段距离，极板间的电场强度为eq\f(3g,a)D．断开开关，若将下极板向右平移一小段距离，小球从P点由静止释放将仍能运动到下极板答案AC解析小球从静止开始下落到下极板处速度恰为零，可知静电力对小球做负功，小球带负电，根据动能定理可知mg·3h－qU＝0－0，而eq\f(q,m)＝a，解得板间电压为U＝eq\f(3mgh,q)＝eq\f(3gh,a)，则电源电动势为eq\f(3gh,a)，A正确；保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，电容器两端电压不变，静电力做功不变，重力做功增大，根据动能定理知小球可以运动到下极板，B错误；断开开关，电容器所带电荷量不变，则E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)＝eq\f(4πk,εrS)Q，可知改变极板间距，电场强度不变，所以板间场强与开关闭合时相等，E＝eq\f(U,h)＝eq\f(\f(3gh,a),h)＝eq\f(3g,a)，C正确；断开开关，若将下极板向右平移一小段距离，极板正对面积减小，根据E＝eq\f(4πkQ,εrS)知电场强度增大，根据动能定理知小球不可能运动到下极板处，D错误。5．(2021·八省联考河北卷)如图，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。忽略边缘效应，则下列说法正确的是()A．变化前后电容器电容之比为9∶17B．变化前后电容器所带电荷量之比为16∶9C．变化前后电子到达下极板的速度之比为eq\r(2)∶