通用版2022届高考物理一轮复习专题六电场第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动

第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动一、电容平行板电容器的动态分析1.电容器.绝缘导体绝对值(1)组成：由两个彼此______且又相互靠近的_______组成.(2)带电量：一个极板所带电量的________.2.电容.比值(1)定义：电容器所带的电量与两极板间电势差的_______.(2)公式：C＝_______＝ΔQΔU.QU容纳电荷106

(3)物理意义：电容是描述电容器____________本领大小的物理量.电容C由电容器本身的构造因素决定，与U、Q无关. (4)单位：1法拉(F)＝________微法(μF)＝1012皮法(pF).3.平行板电容器的电容.正对面积

(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板间的距离成反比，与两极板的________成正比，并且跟板间插入的电介质有关.(2)公式：C＝________，k为静电力常量.

εrS4πkd二、带电粒子在电场中的运动示波管1.带电粒子在电场中的直线运动.匀变速

(1)运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做___________________. (2)用功能观点分析：电场力对带电粒子所做的功等于粒子动能的变化，即qU＝______________.直线运动运动情景(带电粒子的电荷量为q，质量为m，两板电压为U，两板间距为d，板长为l)研究条件带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场运动性质匀变速直线运动(类平抛运动)2.带电粒子的偏转分析.处理方法

相关物理量运动性质加速度速度位移离开电场时的偏转角θ沿初速度方向________运动0

vx＝____l＝____

vy

tanθ＝

v0＝______沿电场力方向________________________直线运动a＝____

vy＝____y＝____(续表)匀速直线v0v0t初速度为零的匀加速

3.示波管. (1)构造：①_______；②_________；③_______.(如图6-3-1所示)

图6-3-1电子枪偏转电极荧光屏

(2)工作原理. ①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，从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.

②YY′上加的是待显示的_________.XX′上是机器自身的锯齿形电压，叫做扫描电压.若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象.中心信号电压【基础自测】1.判断下列题目的正误.(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)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计.()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×

2.(多选)如图

6-3-2所示，平行板电容器竖直放置，A板上用绝缘线悬挂一带电小球，静止时，绝缘线与固定的A板成θ角，平移B板，下列说法正确的是()

图6-3-2A.S闭合，B板向上平移一小段距离，θ角变大B.S闭合，B板向左平移一小段距离，θ角变大C.S断开，B板向上平移一小段距离，θ角变大D.S断开，B板向左平移一小段距离，θ角不变解析：分析小球受力，由平衡条件可知tanθ＝qEmg，则场强E增大时，θ增加，E减小时，θ减小.当S闭合时，电容器两极

时，d不变，E不变，θ不变，A错误；B板左移时，d减小，E增大，θ变大，B正确；当S断开时，电容器所带电荷量不变，取决于正对面积S，而与板间距离无关，B上移时，正对面积减小，E增大，θ变大，C正确；B左移时，d减小，E不变，θ不变，D正确.

答案：BCD

3.一束正离子以相同的速率从同一位置，垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有离子()A.都具有相同的质量C.都具有相同的比荷B.都具有相同的电荷量D.都是同一元素的同位素解析：轨迹相同的含义：偏转位移、偏转角度相同，即这离子只要有相同的比荷，轨迹便相同，C正确.

答案：C

4.两平行金属板相距为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6-3-3所示，OA间距为h，则此电子的初动能为()图6-3-3A.edh UB.dU ehC.eU dhD.eUh d

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答案：D热点1电容器问题的动态分析[热点归纳]1.分析比较的思路：(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.项目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：考向1两种情况的动态分析【典题1】(2018

年北京卷)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图6-3-4所示，下列说法正确的是()

图6-3-4 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：当用带电玻璃棒与电容器a

板接触，由于静电感应，从而在b

板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，A正确；根据电容器的决定式C＝

εS4πkd，将电容器b板向上平移，

不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，B错误；根据电容器的决定式C＝

εS4πkd，只在极板间插入有机玻璃板，则D错误.

答案：A变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，C错误；根据考向2与电容器两板间场强有关的问题

【典题2】(2020

年安徽蚌埠一模)如图6-3-5所示，水平放置的平行金属板A、B通过开关与电池相连.开关闭合后，一带电小球在A、B板之间的P点处于静止，则()

图6-3-5A.小球带负电B.将A板向下移动一小段距离，小球仍能静止C.将A板向下移动一小段距离，金属板带电荷量减少D.断开开关，将B板向下移动一小段距离，小球仍能静止

解析：由图可知，A板带负电，B板带正电，两板间的电场方向竖直向上，由于小球处于静止状态，则小球的重力与电场力等大反向，所以小球带正电，故A错误；由题意可知，两板间的电压不变，将A板向下移动一小段距离即两板间距减小，

向上运动，故B错误；由题意可知，两板间的电压不变，将A板向下移动一小段距离即两板间距减小，由公式C＝

εS4πkd可知，误；断开开关，金属板所带电荷量不变，由公式C＝

εS4πkd、C间的场强不变，小球受到的电场力不变，所以小球仍能静止，故D正确.

答案：D考向3电容器的应用

【典题3】(2020

年河北衡水第十四中学月考)基于人的指纹具有终身不变性和唯一性的特点，发明了指纹识别技术.目前许多国产手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图6-3-6所示.指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”.传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同.此时传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图象数据.根据文中信息，下列说法正确的是()

图6-3-6A.在峪处形成的电容器电容较大B.在峪处形成的电容器放电较慢C.充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大D.潮湿的手指头对指纹识别绝对没有影响解析：根据电容的计算公式C＝

εS4πkd可得，极板与指纹峪(凹下部分)距离d大，构成的电容器电容小，故A错误；传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，所以所有的电容器电压一定，根据Q＝CU＝

εSU4πkd可知，极板与峪处(凹的部分，d大，电容小)构成的电容器充上的电荷较少，所以在峪处形成的电容器放电过程中放电时间短，放电快；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故C正确，B错误；湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁，故D错误.

答案：C热点2带电粒子在电场中的直线运动[热点归纳]1.带电体在匀强电场中直线运动问题的分析方法.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)带电体如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不能忽略重力2.带电粒子(体)在电场中运动时重力的处理.考向1根据牛顿动力学分析带电粒子的直线运动问题

【典题4】(多选，2018年新课标Ⅲ卷)如图6-3-7，一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6-3-7A.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：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：qEqE

>ma

mb，由此式可以得出a的质量比b的小，A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力等于b微粒，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的大，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)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微粒的动量等于b微粒，D正确.

答案：BD考向2根据功能关系处理带电粒子在电场中的直线运动问题

【典题5】(2017年新课标Ⅱ卷)如图6-3-8所示，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和－q(q>0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开.已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍.不计空气阻力，重力加速度大小为g.求：图6-3-8(1)M与N在电场中沿水平方向的位移之比.(2)A点距电场上边界的高度.(3)该电场的电场强度大小.

解：(1)设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0；M、N在电场中的运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1

和s2；由运动公式可得

v0－at＝0①联立①②③式解得s1∶s2＝3∶1.④

(2)设A点距离电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，则

v0

qE(3)设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则

＝vy

mg，a＝Eq m⑨

设M、N离开电场时的动能分别为Ek1

和Ek2，由功能关系有

方法技巧对于带电粒子(体)在电场中的直线运动问题，无论是忽略重力还是考虑重力，解决此类问题时都要注意分析是做匀速运动还是匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F合＝0作为突破口进行求解，匀变速直线运动根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解. (1)运用动力学观点时，先分析带电粒子(体)的受力情况，根据F合＝ma得出加速度，再根据运动学方程可得出所求物理量. (2)运用能量观点时，在匀强电场中，若不计重力，电场力做的功等于动能的变化量；若考虑重力，则合力做的功等于动能的变化量.热点3带电粒子在匀强电场中的偏转

[热点归纳] 1.带电粒子在匀强电场中的偏转的两个结论：

(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场(U0)加速后再从同一偏转电场(U)射出时的偏转角度(φ)总是相同的.运动的分解法一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀变速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动功能关系当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度

进行求解：，指初、

末位置间的电势差2.处理带电粒子的偏转问题的方法.考向1带电粒子在电场中的偏转

【典题6】(2020

年浙江卷)如图6-3-9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mv0

qEB.速度大小为3v0图6-3-9D.速度方向与竖直方向的夹角为30°故C正确；由于平抛推论可知，tanα＝2tanβ，可知速度正切tanα＝2tan45°＝2>tan60°，可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误.

答案：C考向2带电粒子在电场中的先加速后偏转

【典题7】图6-3-10甲是用来使带正电的离子加速和偏转的装置，图乙为该装置中加速与偏转电场的等效模拟图.以y轴为界，左侧为沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E，右侧为沿y轴负方向的另一匀强电场.已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB间的电势差为U0.若在x轴上的C点无初速地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子(不计重力)，结果正离子刚好通过B点，求：甲乙

图6-3-10 (1)CO间的距离d. (2)粒子通过B点的速度大小.

解：(1)设正离子到达O点的速度为v0(其方向沿x轴的正方向)，则正离子从C点到O点，由动能定理得：考向3运用运动的分解思想和功能关系处理

【典题8】(2020

年山西长治第二中学月考)如图6-3-11所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为－q(－q＜0)的带电绝缘小球，从y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(－L，0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管.细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于点B，交x轴于A点和C(L，0)点.该细管固定且紧贴x轴，内径略大于小球半径.小球直径远小于圆弧半径，不计一切阻力，重力加速度为g.求：(1)匀强电场的电场强度的大小.(2)小球运动到B点时对管的压力的大小和方向.(3)小球从C点飞出后会落在x轴上的哪一位置.图6-3-11

解：(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则

tan45°＝mg Eq，解得：E＝mg

.

q热点4带电粒子在交变电场中的运动

[热点归纳] 1.此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；二是粒子做往返运动(一般分段研究)；三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究).2.解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法.

(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)分析时从两条思路出发：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.(3)注意对称性和周期性变化关系的应用.

【典题9】(2020

年湖南长郡中学模拟)如图6-3-12甲所示，两平行金属板a、b间距为d，在两板右侧装有荧光屏MN(绝缘)，O为其中点.在两板a、b上加上如图乙所示的电压，电压最大值为U0.现有一束带正电的离子束(比荷为k)，从两板左侧沿中线方向以初速度v0，连续不断地射入两板间的电场中，设所有离子均能打到荧光屏MN上，已知金属板长L＝2v0t0，则在荧光屏上出现亮线的长度为()甲乙图6-3-12

解析：t＝0时刻射入的粒子打在靶上的位置与靶心O′的距离最大，设此距离为ymax，此粒子在0至t0

时间内，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，竖t0

至2t0

时间内，做匀速直线运动，竖直方向分速度为vy＝a×的位置与靶心O′的距离最小，设此距离为ymin.此粒子在t0

至2t0

时间内，做匀速直线运动，竖直方向位移为0；在2t0

至3t0时间内，粒子在水平方向上仍做匀速直线运动，在竖直方向上答案：C板的P点射出，下列说法正确的是(

【迁移拓展】(2020年山东泰安模拟)如图6-3-13甲所示，大量的质量为m、电荷量为e的电子由静止开始经电压为U0的电场加速后，先后从上极板的边缘平行极板方向进入偏转电场，其中偏转电场两极板间的电压UAB

随时间t变化的规律如图乙所示.已知偏转极板间的距离为d，板长为l，不计电子的重力及电子间的相互作用，电子通过偏转极板间所用的时间极短，可认为偏转电压不变，当偏转电压为3U0

时，粒子刚好从距上极d3)甲乙图6-3-13当电子进入偏转电场的电压小于9U0的时候，电子可以从极板右侧射出，结合图象，故D错误.

答案：C等效重力场1.内容.

物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些.此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”.2.与等效重力场对应的概念及解释.3.举例.

【典题10】如图6-3-14所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为h的A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环R，斜面倾角为θ＝60°，sBC＝2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h至少为多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图6-3-14思路点拨：解此题应注意两点：(1)如果只有重力场，小球恰好做完整的圆周运