第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动知识点1常见电容器课件

第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动第3讲知识点1常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ1.电容器（1）组成：由两个彼此_____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）电容器的充电、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_________，电容器中储存电场能。②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。绝缘绝对值异种电荷电场能知识点1常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系2.常见的电容器（1）分类：从构造上可分为_____电容器和_____电容器。（2）击穿电压：加在电容器极板上的_____电压，电容器外壳上标的电压是_____电压，这个电压比击穿电压___（选填“高”或“低”）。3.电容（1）定义式：C=____。（2）单位：法拉（F），1F=___μF=____pF。（3）电容与电压、电荷量的关系：固定可变极限额定低10610122.常见的电容器固定可变极限额定低1061012①电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量_____。不随Q变化，也不随电压变化。②由可推出4.平行板电容器及其电容（1）影响因素：平行板电容器的电容与_________成正比，与介质的_________成正比，与_____________成反比。（2）决定式：_________，k为静电力常量。无关正对面积介电常数两板间的距离①电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关正对面知识点2带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ1.带电粒子在电场中的加速问题带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子_____的增量。（1）在匀强电场中：W=qEd=qU=_____________。（2）在非匀强电场中：W=qU=_____________。动能知识点2带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ动能2.带电粒子在匀强电场中的偏转问题（1）运动性质不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到方向与初速度方向垂直的静电力作用而做_______运动。（2）处理方法①分析方法——类平抛运动的合成与分解a.垂直于电场线方向为_________运动。b.平行于电场线方向为初速度为零的_______运动。类平抛匀速直线匀加速2.带电粒子在匀强电场中的偏转问题类平抛匀速直线匀加速②基本过程，如图所示②基本过程，如图所示③几个结论设粒子带电荷量为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a.加速度：。b.在电场中的运动时间：t=___。c.位移d.速度③几个结论知识点3示波管Ⅰ1.构造①_______，②偏转电极，③荧光屏。（如图所示）电子枪知识点3示波管Ⅰ电子枪2.工作原理（1）YY′上加的是待显示的_________，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做_________。（2）观察到的现象。①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏_____，在那里产生一个亮斑。②若所加扫描电压和_________的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图像。信号电压扫描电压中心信号电压2.工作原理信号电压扫描电压中心信号电压【思考辨析】（1）电容器的电容表示其储存电荷的能力。()（2）电容器的电容与它所带的电荷量成正比。()（3）放电后的电容器电量为零，电容也为零。()（4）带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()【思考辨析】（5）带电粒子在电场中可以做圆周运动。()（6）示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的。()（7）不论在什么情况下带电粒子在电场中运动时重力都必须忽略不计。()（5）带电粒子在电场中可以做圆周运动。()分析:电容器是能够储存电荷的器件，用电容表示其储存电荷的本领，故（1）对。电容的定义式但一个固定电容器的电容C是不变的，即使电容器放电后，其电容C也不变，故（2）、（3）均错。带电粒子在匀强电场中可以做直线运动，也可以做曲线运动，运动形式由初速度方向与电场方向的夹角决定，故（4）错。在点电荷的电场中，带电粒子可以围绕点电荷做圆周运动，故（5）对。由示波管的原理可知，（6）对。带电粒子的重力是否能忽略，由具体问题的研究条件决定，如对基本粒子，重力一般都可忽略；但对带电液滴、油滴、小球等，重力一般不能忽略，故（7）错。分析:电容器是能够储存电荷的器件，用电容表示其储存电荷考点1平行板电容器的两类动态变化问题【考点解读】1.分析比较的思路（1）确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。（2）用决定式分析平行板电容器电容的变化。（3）用定义式分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。（4）用分析电容器极板间场强的变化。对比分析考点1平行板电容器的两类动态变化问题对比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【典例透析1】用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）。设两极板正对面积为Ｓ，极板间的距离为ｄ，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若()【典例透析1】用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的A.保持S不变，增大d，则θ变大B.保持S不变，增大d，则θ变小C.保持d不变，增大S，则θ变大D.保持d不变，增大S，则θ不变A.保持S不变，增大d，则θ变大【解题探究】（1）静电计的指针偏角越大，说明板间电势差_____。（2）由电容定义式可知，在Q不变时，U越大，说明C_____。【解析】选A。由可得：保持S不变，增大d，则U增大，即θ变大，故A正确，B错误；保持d不变，增大S，则U减小，即θ变小，故C、D错。

越大越小【解题探究】（1）静电计的指针偏角越大，说明板间电势差越大越【总结提升】分析平行板电容器时的两个关键点在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点：（1）确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是保持电量不变或板间电压不变。（2）恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用分析板间电场强度的变化情况。【总结提升】分析平行板电容器时的两个关键点【变式训练】如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）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。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()【变式训练】如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P点的电势将降低C.带电油滴运动时电势能将减少D.若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大A.带电油滴将沿竖直方向向上运动【解析】选B。由于电容器与电源连接，电压U不变，板间场强随d的增大而减小，所以油滴将不再平衡而向下运动，电场力做负功，电势能增大，故A、C均错。P点与地的电势差UPO=qEd，q和d均不变而E减小，故P点电势将降低，B项正确。据Q=CU可知，电压U不变时减小电容C，则极板带电荷量将减小，故D错误。

【解析】选B。由于电容器与电源连接，电压U不变，板间场强考点2带电粒子在电场中的偏转【考点解读】1.粒子的偏转角（1）以初速度v0垂直进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为θ,则拓展延伸考点2带电粒子在电场中的偏转拓展延伸结论：动能一定时，tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与动能成反比。（2）粒子从静止开始经加速电场U0加速后再进入偏转电场则有：可解得：结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场。结论：动能一定时，tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与2.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论（1）以初速度v0进入偏转电场作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出。2.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论（2）经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则偏移量：偏转角正切：结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的，也就是运动轨迹完全重合。（2）经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都【典例透析2】如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。【典例透析2】如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′（1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；（2）求两板间所加偏转电压UYY′的范围；（3）求粒子可能到达屏上区域的长度。（1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中【解题探究】（1）带电粒子在两极板之间的电场中做___________。（2）当两极板间所加的电压最大时，带电粒子恰好从_________________。（3）带电粒子到达屏上区域边缘对应极板间所加的电压_____。类平抛运动极板的右边缘飞出最大【解题探究】（1）带电粒子在两极板之间的电场中做类平抛运动极【解析】（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有①L=v0t②vy=at，联立可得即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。【解析】（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏（2）③④由①②③④式解得当时，则两板间所加电压的范围为（2）（3）当时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0=y+btanθ又解得：故粒子在屏上可能到达的区域的长度为答案：（1）见解析（2）（3）（3）当时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，【总结提升】确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离y′的三种方法（1）（2）y′=y+btanθ（3）其中是应用上例第（1）问的结论得出的，一般不直接用于计算题的求解过程。【总结提升】确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离y′的【变式训练】如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是()【变式训练】如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放A.滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B.滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C.电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D.电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间变大A.滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上【解析】选B。电子加速有电子偏转有滑动触头向右移动,U0增大,y减小，A错误，B正确；两电场对电子做的功为U增大，y增大，则W增大，所以选项C错误；电子在加速电场中匀加速时间不变，在偏转电场中匀速运动时间也不变，所以运动总时间不变，选项D错误。【解析】选B。电子加速有电子偏转有【变式备选】如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1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，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。【变式备选】如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（1）求电子穿过A板时速度的大小；（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？（1）求电子穿过A板时速度的大小；【解析】（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理解得（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y。

【解析】（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定由牛顿第二定律和运动学公式F=ma,F=eE,解得：（3）由可知，减小U1和增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点上方。答案：（1）（2）（3）减小加速电压U1或增大偏转电压U2由牛顿第二定律和运动学公式考点3匀强电场与重力场的综合问题【考点解读】分析粒子运动的两个观点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，可用正交分解法。（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。解题技巧考点3匀强电场与重力场的综合问题解题技巧（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的问题，另外要注意运动学公式里包含物理量的正负号，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，注意题目中有哪些形式的能量出现。（2）运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理。（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【典例透析3】在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为+q的小滑块B。用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示。现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对于A发生了运动。为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程。测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s。P、Q位置高度差为0.5m。已知匀强电场的场强A、B之间动摩擦因数μ=0.4,g取10m/s2。求：【典例透析3】在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量（1）绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？（2）滑块B最后停在离出发点水平距离为多大处？（1）绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？【解题探究】（1）开始时A、B能保持相对静止，说明电场力_____最大静摩擦力，此时B对A的压力_____mg。（2）B相对于A滑动，说明电场力_____摩擦力，此时B对A的压力_____mg。说明绝缘板A向上做___________。小于等于大于小于匀减速运动【解题探究】（1）开始时A、B能保持相对静止，说明电场力小于【解析】（1）设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a1和a2，其时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，则有a1t1=a2t2解得a1=1.25m/s2，a2=5m/s2。【解析】（1）设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为（2）研究滑块B，在绝缘板A上匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得竖直方向：mg-FN=ma2水平方向：Eq-μFN=ma3解得a3=0.1g=1m/s2在这个过程中滑块B的水平位移大小为（2）研究滑块B，在绝缘板A上匀减速的过程中，由牛顿第二定律在绝缘板A静止后，滑块B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，有μmg-Eq=ma4，得a4=0.1g=1m/s2该过程中滑块B的水平位移大小为x4=x3=0.02m最后滑块B静止时离出发点的水平距离x=x4+x3=0.04m。答案：（1）1.25m/s25m/s2（2）0.04m在绝缘板A静止后，滑块B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大【变式训练】如图，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆ab，其下端（b端）距地面高度h=0.8m。一质量为1kg的带电小环套在直杆上，正以某速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过b端的正下方c点处。（取b为零势能点，g取10m/s2）求：【变式训练】如图，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。（2）小环在直杆上运动时的动能。（3）小环从b到c运动过程中的机械能最小值。（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。【解析】（1）小环沿ac杆匀速下滑，受力分析图如图所示，小环共受3个力，合力为零，则qE=mg,小环离开直杆后，只受重力和电场力，方向垂直于杆斜向下。【解析】（1）小环沿ac杆匀速下滑，受力分析图如图所示，（2）小环离开杆做类平抛运动：平行杆方向做匀速运动，垂直杆方向做匀加速运动，小环在直杆上运动时的动能：由以上三式解得：Ek=2J（2）小环离开杆做类平抛运动：（3）根据能量守恒，机械能为E=Ek-Ep当电势能最大时，机械能最小。当带电小环在电场力方向的速度为零时，电势能最大，此时的电势能等于克服电场力所做的功，即解得：Epm=1J所以机械能的最小值为E=1J答案：（1）方向垂直于杆斜向下（2）2J（3）1J（3）根据能量守恒，机械能为E=Ek-Ep【资源平台】带电粒子在交变电场中的运动

制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0(k＞1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。若电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。【资源平台】带电粒子在交变电场中的运动【规范解答】电子在0～τ时间内做匀加速运动，加速度的大小为位移在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动加速度的大小为初速度的大小为v1=a1τ匀减速运动阶段的位移依据题意d＞x1+x2解得答案：【规范解答】电子在0～τ时间内做匀加速运动，加速度的大1.如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图。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。在下列图中能正确反映C与d之间变化规律的图像是()1.如图所示为一只“极距变化型电容式传感【解析】选A。根据电容的决定式可知，电容C与d成反比，函数图像是双曲线的一支，故只有A正确。【解析】选A。根据电容的决定式可知，电容C2.将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带正电，下板接地。三个微粒分别落在图中A、B、C三点，不计其重力作用，则()A.三个微粒在电场中的运动时间相等B.三个微粒的带电量相同C.三个微粒所受电场力的大小关系是FA>FB>FCD.三个微粒到达下板时的动能关系是EkC>EkB>EkA2.将三个质量相等的带电微粒分别以相同的水平速度由P点射入水【解析】选D。由带电微粒的运动轨迹可判断出竖直方向上的加速度关系为aC>aB>aA，所以有电量qC>qB>qA，电场力FC>FB>FA，故B、C错误。粒子在电场中的运动时间因lC<lB<lA，故tC<tB<tA,故A错误。粒子到达下极板时，只有电场力做功，微粒C受的电场力最大，而竖直位移均相等，故有EkC>EkB>EkA,D正确。【解析】选D。由带电微粒的运动轨迹可判断出竖直方向上的3.实验室所用示波器是由电子枪、偏转电极和荧光屏三部分组成，当垂直偏转电极YY′，水平偏转电极XX′的电压都为零时，电子枪发射的电子通过偏转电极后，打在荧光屏的正中间。若要在荧光屏上始终出现如图所示的斑点a，那么，YY′与XX′间应分别加上如图所示的哪一组电压()3.实验室所用示波器是由电子枪、偏转电极和荧光屏三部分组成，第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动知识点1常见电容器课件【解析】选A。由于点迹a是固定不变的，所以在XX′间、YY′间加的电压应该是大小恒定的，故C、D均错；由示波管的原理图可知，电子在YY′方向上向上偏转，即Y应为正，在XX′方向上向左偏转，即X′为正，故本题选A。【解析】选A。由于点迹a是固定不变的，所以在XX′间、YY′4.（2012·海南高考改编）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是()A.保持U不变，将d变为原来的一半，则E变为原来的一半B.保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C.保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D.保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半4.（2012·海南高考改编）将平行板电容器两极板之间的距离【解析】选D。由可知，保持U不变，将d变为原来的一半，则E变为原来的两倍，选项A错误；保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的一半，选项B错误；由知，保持d不变，即电容C不变，再由知，将Q变为原来的两倍时，U也将变为原来的两倍，选项C错误；同理，将Q变为原来的一半时，U也变为原来的一半，由知，E变为原来的一半，选项D正确。【解析】选D。由可知，保持U不变，将d变为原来的一5.如图为静电除尘器除尘机理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是()

5.如图为静电除尘器除尘机理的A.到达集尘极的尘埃带正电荷B.电场方向由集尘极指向放电极C.带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D.同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越小A.到达集尘极的尘埃带正电荷【解析】选B。放电极与电源的负极相连，集尘极与电源的正极相连，所以集尘极的电势高于放电极，电场方向从集尘极指向放电极，到达集尘极的是带负电荷的尘埃，故A错误，B正确；尘埃带负电，它受到的电场力方向与电场方向相反，C错误；空间某点的电场强度是确定的，尘埃的带电量越大，受力越大，D错误。【解析】选B。放电极与电源的负极相连，集尘极与电源的正极相连第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动第3讲知识点1常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ1.电容器（1）组成：由两个彼此_____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）电容器的充电、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_________，电容器中储存电场能。②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。绝缘绝对值异种电荷电场能知识点1常见电容器电容器的电压、电荷量和电容的关系2.常见的电容器（1）分类：从构造上可分为_____电容器和_____电容器。（2）击穿电压：加在电容器极板上的_____电压，电容器外壳上标的电压是_____电压，这个电压比击穿电压___（选填“高”或“低”）。3.电容（1）定义式：C=____。（2）单位：法拉（F），1F=___μF=____pF。（3）电容与电压、电荷量的关系：固定可变极限额定低10610122.常见的电容器固定可变极限额定低1061012①电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量_____。不随Q变化，也不随电压变化。②由可推出4.平行板电容器及其电容（1）影响因素：平行板电容器的电容与_________成正比，与介质的_________成正比，与_____________成反比。（2）决定式：_________，k为静电力常量。无关正对面积介电常数两板间的距离①电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关正对面知识点2带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ1.带电粒子在电场中的加速问题带电粒子在电场中加速，若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子_____的增量。（1）在匀强电场中：W=qEd=qU=_____________。（2）在非匀强电场中：W=qU=_____________。动能知识点2带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ动能2.带电粒子在匀强电场中的偏转问题（1）运动性质不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到方向与初速度方向垂直的静电力作用而做_______运动。（2）处理方法①分析方法——类平抛运动的合成与分解a.垂直于电场线方向为_________运动。b.平行于电场线方向为初速度为零的_______运动。类平抛匀速直线匀加速2.带电粒子在匀强电场中的偏转问题类平抛匀速直线匀加速②基本过程，如图所示②基本过程，如图所示③几个结论设粒子带电荷量为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a.加速度：。b.在电场中的运动时间：t=___。c.位移d.速度③几个结论知识点3示波管Ⅰ1.构造①_______，②偏转电极，③荧光屏。（如图所示）电子枪知识点3示波管Ⅰ电子枪2.工作原理（1）YY′上加的是待显示的_________，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做_________。（2）观察到的现象。①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏_____，在那里产生一个亮斑。②若所加扫描电压和_________的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图像。信号电压扫描电压中心信号电压2.工作原理信号电压扫描电压中心信号电压【思考辨析】（1）电容器的电容表示其储存电荷的能力。()（2）电容器的电容与它所带的电荷量成正比。()（3）放电后的电容器电量为零，电容也为零。()（4）带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()【思考辨析】（5）带电粒子在电场中可以做圆周运动。()（6）示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的。()（7）不论在什么情况下带电粒子在电场中运动时重力都必须忽略不计。()（5）带电粒子在电场中可以做圆周运动。()分析:电容器是能够储存电荷的器件，用电容表示其储存电荷的本领，故（1）对。电容的定义式但一个固定电容器的电容C是不变的，即使电容器放电后，其电容C也不变，故（2）、（3）均错。带电粒子在匀强电场中可以做直线运动，也可以做曲线运动，运动形式由初速度方向与电场方向的夹角决定，故（4）错。在点电荷的电场中，带电粒子可以围绕点电荷做圆周运动，故（5）对。由示波管的原理可知，（6）对。带电粒子的重力是否能忽略，由具体问题的研究条件决定，如对基本粒子，重力一般都可忽略；但对带电液滴、油滴、小球等，重力一般不能忽略，故（7）错。分析:电容器是能够储存电荷的器件，用电容表示其储存电荷考点1平行板电容器的两类动态变化问题【考点解读】1.分析比较的思路（1）确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。（2）用决定式分析平行板电容器电容的变化。（3）用定义式分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。（4）用分析电容器极板间场强的变化。对比分析考点1平行板电容器的两类动态变化问题对比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【典例透析1】用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）。设两极板正对面积为Ｓ，极板间的距离为ｄ，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若()【典例透析1】用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的A.保持S不变，增大d，则θ变大B.保持S不变，增大d，则θ变小C.保持d不变，增大S，则θ变大D.保持d不变，增大S，则θ不变A.保持S不变，增大d，则θ变大【解题探究】（1）静电计的指针偏角越大，说明板间电势差_____。（2）由电容定义式可知，在Q不变时，U越大，说明C_____。【解析】选A。由可得：保持S不变，增大d，则U增大，即θ变大，故A正确，B错误；保持d不变，增大S，则U减小，即θ变小，故C、D错。

越大越小【解题探究】（1）静电计的指针偏角越大，说明板间电势差越大越【总结提升】分析平行板电容器时的两个关键点在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点：（1）确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是保持电量不变或板间电压不变。（2）恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用分析板间电场强度的变化情况。【总结提升】分析平行板电容器时的两个关键点【变式训练】如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）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。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()【变式训练】如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P点的电势将降低C.带电油滴运动时电势能将减少D.若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大A.带电油滴将沿竖直方向向上运动【解析】选B。由于电容器与电源连接，电压U不变，板间场强随d的增大而减小，所以油滴将不再平衡而向下运动，电场力做负功，电势能增大，故A、C均错。P点与地的电势差UPO=qEd，q和d均不变而E减小，故P点电势将降低，B项正确。据Q=CU可知，电压U不变时减小电容C，则极板带电荷量将减小，故D错误。

【解析】选B。由于电容器与电源连接，电压U不变，板间场强考点2带电粒子在电场中的偏转【考点解读】1.粒子的偏转角（1）以初速度v0垂直进入偏转电场：如图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为θ,则拓展延伸考点2带电粒子在电场中的偏转拓展延伸结论：动能一定时，tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与动能成反比。（2）粒子从静止开始经加速电场U0加速后再进入偏转电场则有：可解得：结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场。结论：动能一定时，tanθ与q成正比，电荷量相同时tanθ与2.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论（1）以初速度v0进入偏转电场作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出。2.粒子在匀强电场中偏转时的两个结论（2）经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则偏移量：偏转角正切：结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的，也就是运动轨迹完全重合。（2）经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都【典例透析2】如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。【典例透析2】如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′（1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；（2）求两板间所加偏转电压UYY′的范围；（3）求粒子可能到达屏上区域的长度。（1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中【解题探究】（1）带电粒子在两极板之间的电场中做___________。（2）当两极板间所加的电压最大时，带电粒子恰好从_________________。（3）带电粒子到达屏上区域边缘对应极板间所加的电压_____。类平抛运动极板的右边缘飞出最大【解题探究】（1）带电粒子在两极板之间的电场中做类平抛运动极【解析】（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有①L=v0t②vy=at，联立可得即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。【解析】（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏（2）③④由①②③④式解得当时，则两板间所加电压的范围为（2）（3）当时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0=y+btanθ又解得：故粒子在屏上可能到达的区域的长度为答案：（1）见解析（2）（3）（3）当时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，【总结提升】确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离y′的三种方法（1）（2）y′=y+btanθ（3）其中是应用上例第（1）问的结论得出的，一般不直接用于计算题的求解过程。【总结提升】确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离y′的【变式训练】如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是()【变式训练】如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放A.滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B.滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C.电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D.电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的时间变大A.滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上【解析】选B。电子加速有电子偏转有滑动触头向右移动,U0增大,y减小，A错误，B正确；两电场对电子做的功为U增大，y增大，则W增大，所以选项C错误；电子在加速电场中匀加速时间不变，在偏转电场中匀速运动时间也不变，所以运动总时间不变，选项D错误。【解析】选B。电子加速有电子偏转有【变式备选】如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1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，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点。已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。【变式备选】如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（1）求电子穿过A板时速度的大小；（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？（1）求电子穿过A板时速度的大小；【解析】（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理解得（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y。

【解析】（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定由牛顿第二定律和运动学公式F=ma,F=eE,解得：（3）由可知，减小U1和增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点上方。答案：（1）（2）（3）减小加速电压U1或增大偏转电压U2由牛顿第二定律和运动学公式考点3匀强电场与重力场的综合问题【考点解读】分析粒子运动的两个观点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，可用正交分解法。（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。解题技巧考点3匀强电场与重力场的综合问题解题技巧（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的问题，另外要注意运动学公式里包含物理量的正负号，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，注意题目中有哪些形式的能量出现。（2）运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理。（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【典例透析3】在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为+q的小滑块B。用手托住A置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图所示。现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块B相对于A发生了运动。为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀减速到静止的过程。测量发现竖直方向加速的时间为0.8s，减速的时间为0.2s。P、Q位置高度差为0.5m。已知匀强电场的场强A、B之间动摩擦因数μ=0.4,g取10m/s2。求：【典例透析3】在足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量（1）绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？（2）滑块B最后停在离出发点水平距离为多大处？（1）绝缘板A加速和减速的加速度大小分别为多大？【解题探究】（1）开始时A、B能保持相对静止，说明电场力_____最大静摩擦力，此时B对A的压力_____mg。（2）B相对于A滑动，说明电场力_____摩擦力，此时B对A的压力_____mg。说明绝缘板A向上做___________。小于等于大于小于匀减速运动【解题探究】（1）开始时A、B能保持相对静止，说明电场力小于【解析】（1）设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a1和a2，其时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，则有a1t1=a2t2解得a1=1.25m/s2，a2=5m/s2。【解析】（1）设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为（2）研究滑块B，在绝缘板A上匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得竖直方向：mg-FN=ma2水平方向：Eq-μFN=ma3解得a3=0.1g=1m/s2在这个过程中滑块B的水平位移大小为（2）研究滑块B，在绝缘板A上匀减速的过程中，由牛顿第二定律在绝缘板A静止后，滑块B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，有μmg-Eq=ma4，得a4=0.1g=1m/s2该过程中滑块B的水平位移大小为x4=x3=0.02m最后滑块B静止时离出发点的水平距离x=x4+x3=0.04m。答案：（1）1.25m/s25m/s2（2）0.04m在绝缘板A静止后，滑块B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大【变式训练】如图，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆ab，其下端（b端）距地面高度h=0.8m。一质量为1kg的带电小环套在直杆上，正以某速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过b端的正下方c点处。（取b为零势能点，g取10m/s2）求：【变式训练】如图，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。（2）小环在直杆上运动时的动能。（3）小环从b到c运动过程中的机械能最小值。（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向。【解析】（1）小环沿ac杆匀速下滑，受力分析图如图所示，小环共受3个力，合力为零，则qE=mg,小环离开直杆后，只受重力和电场力，方向垂直于杆斜向下。【解析】（1）小环沿ac杆匀速下滑，受力分析图如图所示，（2）小环离开杆做类平抛运动：平行杆方向做匀速运动，垂直杆方向做匀加速运动，小环在直杆上运动时的动能：由以上三式解得：Ek=2J（2）小环离开杆做类平抛运动：（3）根据能量守恒，机械能为E=Ek-Ep当电势能最大时，机械能最小。当带电小环在电场力方向的速度为零时，电势能最大，此时的电势能等于克服电场力所做的功，即解得：Epm=1J所以机械能的最小值为E=1J答案：（1）方向垂直于杆斜向下（2）2J（3）1J（3）根据能量守恒，机械能为E=Ek-Ep【资源平台】带电粒子在交变电场中的运动

制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示。加在极板A、B间的电压UAB做周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为-kU0(k＞1)，