第六章第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动

第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动考点一电容器1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成．(2)带电量：一个极板所带电量的绝对值．(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能．2．电容(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值．(2)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量．(3)定义式：C＝eq\f(Q,U).(4)单位：1法拉(F)＝106微法(μF)＝1012皮法(pF)．3．平行板电容器的电容(1)决定因素：平行板电容器的电容C跟板间电介质的相对介电常数εr成正比，跟正对面积S成正比，跟极板间的距离d成反比．(2)决定式：C＝eq\f(εrS,4πkd).(3)熟记两点①保持两极板与电源相连，则电容器两极板间电压不变．②充电后断开电源，则电容器所带的电荷量不变．特别提示：(1)电容由电容器本身决定，与极板的带电情况无关．(2)公式C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(ΔQ,ΔU)是电容的定义式，对任何电容器都适用．公式C＝eq\f(εrS,4πkd)是平行板电容器的决定式，只对平行板电容器适用．命题视角1电容的决定因素(多选)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变为原来的两倍，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[审题点睛]d变化引起电容器电容变化，由C＝eq\f(εrS,4πkd)分析电容变化，结合C＝eq\f(Q,U)、E＝eq\f(U,d)分析E如何变化；Q变化，由C＝eq\f(Q,U)分析电压变化，再由E＝eq\f(U,d)分析U变化．[解析]E＝eq\f(U,d)，保持U不变，将d变为原来的两倍，E变为原来的一半，A对；保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的一半，B错；C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，保持d不变，C不变，Q加倍，U加倍，C错；E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)·d)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πk))，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半，D对．[答案]AD命题视角2电容器的动态分析——Q不变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[思路点拨]解答这类问题要先弄清楚哪些是变量，哪些是不变量；哪些是自变量，哪些是因变量．由平行板电容器电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)和电容的定义式C＝eq\f(Q,U)综合分析．[解析]平行板电容器电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，当两极板之间插入一电介质，εr变大，则C变大，由C＝eq\f(Q,U)可知电荷量Q不变的情况下，两极板间的电势差U将减小，B项正确．[答案]B命题视角3电容器的动态分析——U不变(多选)(2016·甘肃诊断)如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离d和两板正对面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接．Q表示电容器的带电荷量，E表示两板间的电场强度．则()A．当d增大，S不变时，Q减小，E减小B．当S增大，d不变时，Q增大，E增大C．当d减小，S增大时，Q增大，E增大D．当S减小，d增大时，Q不变，E增大[审题点睛]电容器与电池相连，则保持U不变，由C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f(εrS,4πkd)可综合判断各量的变化情况．[解析]电容器与电池相连，电压不变．当d增大，S不变时，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，C变小，由Q＝CU知，Q变小，由E＝eq\f(U,d)知，E减小，A正确．当S增大，d不变时，同理可得C增大，Q增大，E不变，B错误．当d减小，S增大时，同理可得C变大，Q增大，E增大，C正确．当S减小，d增大时，C变小，Q变小，E变小，D错误．[答案]AC命题视角4平行板电容器中带电粒子的综合分析(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则()A．带电油滴将沿竖直方向向上运动B．P点电势将降低C．电容器的电容减小，极板带电荷量减小D．带电油滴的电势能保持不变[思路点拨]通过平行板电容器板间距离的变化分析带电油滴在板间的运动状态．其分析思路如下：[解析]电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P点处于静止状态，因此有mg＝qE.当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容器电容减小，板间场强E场＝eq\f(U,d)减小，油滴所受的电场力减小，mg>qE，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A错；P点电势等于P点到下极板间的电势差，由于P到下极板间距离h不变，由φP＝ΔU＝Eh可知，场强E减小时P点电势降低，B对；由C＝eq\f(Q,U)可知电容器所带电荷量减小，C对；带电油滴所处P点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D错．[答案]BC1．[视角1](2015·高考安徽卷)已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为eq\f(σ,2ε0)，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0为常量．如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电荷量为Q.不计边缘效应时，极板可看做无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为()A.eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,ε0S) B．eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,ε0S)C.eq\f(Q,2ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S) D．eq\f(Q,ε0S)和eq\f(Q2,2ε0S)解析：选D.每块极板上单位面积所带的电荷量为σ＝eq\f(Q,S)，每块极板产生的电场强度为E＝eq\f(σ,2ε0)，所以两极板间的电场强度为2E＝eq\f(Q,ε0S).一块极板在另一块极板处产生的电场强度E′＝eq\f(Q,2ε0S)，故另一块极板所受的电场力F＝qE′＝Q·eq\f(Q,2ε0S)＝eq\f(Q2,2ε0S)，选项D正确．2．[视角2]如图所示，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()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，减小S，则θ变小D．保持d不变，减小S，则θ不变解析：选A.由电容决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容与极板间距成反比，当保持S不变时，增大d，电容减小，由电容定义式C＝eq\f(Q,U)知，板间电势差增大，静电计指针偏角θ变大，A对，B错；由C＝eq\f(εrS,4πkd)，知C与S成正比，当d不变时，减小S，C减小，Q不变，由C＝eq\f(Q,U)知U增大，θ变大，C、D均错．3．[视角3]某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板A、B和介质P构成电容器，当可移动介质P向左匀速移出的过程中()A．电容器的电容变大B．电容器的电荷量保持不变C．M点的电势比N点的电势低D．流过电阻R的电流方向从M到N解析：选D.当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势不变，电荷量Q＝CU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向为M→R→N，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，D正确．4．[视角4](2016·济南调研)如图所示，平行板电容器充电后断开电源，板间有一点P，在P点固定一个试探电荷q，现将下极板向下平移一小段距离，如果用F表示试探电荷在P点所受的电场力，用E表示极板间的电场强度，用φ表示P点的电势，用Ep表示试探电荷在P点的电势能，则下列物理量随两极板间距离d的变化关系的图线中，可能正确的是()解析：选C.因为平行板电容器充电后与电源断开，故电荷量一定，下极板下移，则板间距离d变大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，C变小，由U＝eq\f(Q,C)可知U变大，平行板间的电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)·d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，故场强E不变，由F＝qE可知，试探电荷所受的电场力F也不变，选项A、B错误；P点与上极板间的电势差保持不变，所以P点的电势和试探电荷在P点的电势能都不变，故选项C正确、D错误．1．平行板电容器动态分析模板2．力电结合分析平行板电容器中带电体的运动问题(1)力学角度：电场力等影响了带电体的运动状态，这类问题需要对带电体进行运动状态(静止、加速或减速)分析和受力分析，再结合平衡条件、牛顿运动定律等进行分析和求解．若只有重力和电场力做功，则带电体的动能、重力势能和电势能之和保持不变；若除了重力和电场力做功外还有其他力做功，则其他力做功等于带电体机械能和电势能总的变化量．(2)电学角度：①平行板电容器的两极板间为匀强电场，电场强度通过E＝eq\f(U,d)分析；②电容器的电容与电荷量的关系通过C＝eq\f(Q,U)分析；③平行板电容器的电容大小由C＝eq\f(εrS,4πkd)决定．考点二带电粒子在电场中的直线运动1．加速问题(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；(2)在非匀强电场中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).2．运动类型(1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动．(2)带电粒子在不同的匀强电场或交变电场中做匀加速、匀减速的往返运动．3．分析思路(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况．(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解．此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场．(3)对带电粒子的往返运动，可采取分段处理．命题视角1带电粒子在匀强电场中的直线运动(2015·高考全国卷Ⅱ)如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动[思路点拨]由原来静止状态可分析粒子受力之间的关系，再判断变化后粒子所受合力的大小和方向，则可判断粒子的运动状态．[解析]两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡．当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动．选项D正确．[答案]D命题视角2带电粒子在交变电场中的直线运动如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O是一个可以连续产生粒子的粒子源，O到A、B的距离都是l.现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为－q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l＝0.6m，U0＝1.2×103V，T＝1.2×10－2s，m＝5×10－10kg，q＝1.0×10－7C.(1)在t＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？(2)在t＝0到t＝eq\f(T,2)这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？(3)在t＝0到t＝eq\f(T,2)这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？[审题点睛]解此类问题的方法是分段考虑，化变为恒．按粒子不同的运动时间段分析粒子的运动，在每个小时间段内粒子都做匀变速直线运动，从而得到粒子的运动过程．[解析](1)根据题图乙可知，从t＝0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动．因为x＝eq\f(qU0,4lm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝3.6m>l，所以粒子从t＝0时刻开始，一直加速到达A板．设粒子到达A板的时间为t，则l＝eq\f(1,2)eq\f(qU0,2lm)t2解得t＝eq\r(6)×10－3s.(2)在0～eq\f(T,2)时间内，粒子的加速度大小为a1＝eq\f(qU0,2lm)＝2×105m/s2在eq\f(T,2)～T时间内，粒子的加速度大小为a2＝eq\f(2qU0,2lm)＝4×105m/s2可知a2＝2a1，若粒子在0～eq\f(T,2)时间内加速Δt，再在eq\f(T,2)～T时间内减速eq\f(Δt,2)刚好不能到达A板，则l＝eq\f(1,2)a1Δt·eq\f(3,2)Δt解得Δt＝2×10－3s因为eq\f(T,2)＝6×10－3s，所以在0～eq\f(T,2)时间里4×10－3s时刻产生的粒子刚好不能到达A板．(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～eq\f(T,2)时间内的前eq\f(2,3)时间内产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数为n＝300×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)＝100(个)．[答案](1)eq\r(6)×10－3sA板(2)4×10－3s(3)100个5．[视角1](2015·高考海南卷)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq\f(2,5)l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为()A．3∶2 B．2∶1C．5∶2 D．3∶1解析：选A.因两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距eq\f(2,5)l的平面，电荷量为q的粒子通过的位移为eq\f(2,5)l，电荷量为－q的粒子通过的位移为eq\f(3,5)l，由牛顿第二定律知它们的加速度分别为a1＝eq\f(qE,M)、a2＝eq\f(qE,m)，由运动学公式有eq\f(2,5)l＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(qE,2M)t2①，eq\f(3,5)l＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(qE,2m)t2②，eq\f(①,②)得eq\f(M,m)＝eq\f(3,2).B、C、D错，A对．6．[视角2]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＝eq\f(T,4)时刻以初速度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()A．A、B两板间的距离为eq\r(\f(qU0T2,8m))B．粒子在两板间的最大速度为eq\r(\f(qU0,m))C．粒子在两板间做匀加速直线运动D．若粒子在t＝eq\f(T,8)时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终打向B板解析：选B.粒子仅在电场力作用下运动，加速度大小不变，方向变化，选项C错误；粒子在t＝eq\f(T,4)时刻以初速度0进入两极板，先加速后减速，在eq\f(3T,4)时刻到达B板，则eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))2＝eq\f(d,2)，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，选项A错误；粒子在eq\f(T,2)时刻速度最大，则vm＝eq\f(qU0,md)·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，选项B正确；若粒子在t＝eq\f(T,8)时刻进入两极板间，在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)时间内，粒子做匀加速运动，位移x＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3T,8)))2＝eq\f(9d,8)，所以粒子在eq\f(T,2)时刻之前已经到达B板，选项D错误．带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法

考点三带电粒子在电场中的偏转1．偏转问题(1)条件分析：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．(2)运动性质：匀变速曲线运动．(3)处理方法：利用运动的合成与分解．①沿初速度方向：做匀速运动．②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．2．示波管原理(1)构造①电子枪，②偏转极板，③荧光屏．(如图所示)(2)工作原理①YY′上加的是待显示的信号电压，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．②观察到的现象：a．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，打在荧光屏中心，产生一个亮斑．b．若所加扫描电压和信号电压的周期相等，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象．命题视角1带电粒子在匀强电场中的偏转(2014·高考山东卷)如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()A.eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B．eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C.eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D．eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))[思路点拨]当粒子垂直电场进入时做类平抛运动，由运动的分解可知水平方向做匀速运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，且两粒子的运动轨迹对称，结合上述关系可求解问题．[解析]因两粒子运动轨迹恰好相切，切点为矩形区域中心，则对其中一个粒子，水平方向eq\f(s,2)＝v0t，竖直方向eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2且满足a＝eq\f(Eq,m)，三式联立解得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(Eq,mh))，故B正确．[答案]B命题视角2带电粒子在组合电场中的偏转(多选)(2015·高考天津卷)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多B．三种粒子打到屏上时的速度一样大C．三种粒子运动到屏上所用时间相同D．三种粒子一定打到屏上的同一位置[审题点睛]由于粒子先经过同一加速电场，又经过同一偏转电场，则满足偏转位移y＝eq\f(E2l2,4E1d)，可知偏转位移与粒子本身无关，然后再利用功能关系判断问题．[解析]根据动能定理有qE1d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,)1，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝eq\r(\f(2qE1d,m)).在偏转电场中，由l＝v1t2及y＝eq\f(1,2)eq\f(qE2,m)teq\o\al(2,)2得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝eq\f(E2l2,4E1d)，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确．根据动能定理，qE1d＋qE2y＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,)2，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝eq\r(\f(2qE1d＋qE2y,m))，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误．粒子打在屏上所用的时间t＝eq\f(d,\f(v1,2))＋eq\f(L′,v1)＝eq\f(2d,v1)＋eq\f(L′,v1)(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误．根据vy＝eq\f(qE2,m)t2及tanθ＝eq\f(vy,v1)得，带电粒子的偏转角的正切值tanθ＝eq\f(E2l,2E1d)，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确．[答案]AD命题视角3带电粒子在交变电场中的偏转(多选)(2015·高考山东卷)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0～eq\f(T,3)时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g.关于微粒在0～T时间内运动的描述，正确的是()A．末速度大小为eq\r(2)v0 B．末速度沿水平方向C．重力势能减少了eq\f(1,2)mgd D．克服电场力做功为mgd[思路点拨]由于运动过程复杂，建议分段考虑，把每段的运动研究清楚再得出结论．[解析]0～eq\f(T,3)时间内微粒匀速运动，有mg＝qE0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v0的匀速直线运动；竖直方向：eq\f(T,3)～eq\f(2T,3)时间内，只受重力，做自由落体运动，eq\f(2T,3)时刻，v1y＝geq\f(T,3)；eq\f(2T,3)～T时间内，a＝eq\f(2qE0－mg,m)＝g，做匀减速直线运动，T时刻，v2y＝v1y－a·eq\f(T,3)＝0，所以末速度v＝v0，方向沿水平方向，选项A错误、B正确．重力势能的减少量ΔEp＝mg·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mgd，所以选项C正确．根据动能定理：eq\f(1,2)mgd－W克电＝0，得W克电＝eq\f(1,2)mgd，所以选项D错误．[答案]BC7．[视角1](2015·高考安徽卷)在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图中未画出)，由A点斜射出质量为m、带电荷量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数．粒子所受重力忽略不计．求：(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；(2)粒子从A到C过程所经历的时间；(3)粒子经过C点时的速率．解析：(1)WAC＝qE(yA－yC)＝3qEl0.(2)根据抛体运动的特点，粒子在x轴方向上做匀速直线运动，由对称性可知轨迹最高点D在y轴上，可令tAD＝tDB＝T，则tBC＝T由qE＝ma，得a＝eq\f(qE,m)又yD＝eq\f(1,2)aT2，yD＋3l0＝eq\f(1,2)a(2T)2解得T＝eq\r(\f(2ml0,qE))则A→C过程所经历的时间t＝3eq\r(\f(2ml0,qE)).(3)粒子在DC段做类平抛运动，于是有2l0＝vCx(2T)，vCy＝a(2T)vC＝eq\r(v\o\al(2,)Cx＋v\o\al(2,)Cy)＝eq\r(\f(17qEl0,2m)).答案：(1)3qEl0(2)3eq\r(\f(2ml0,qE))(3)eq\r(\f(17qEl0,2m))8．[视角2]示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板上的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U1＝1640V，偏转极板长l＝4cm，偏转极板间距d＝1cm，当电子加速后从两偏转极板的中央沿板平行方向进入偏转电场．(1)偏转电压为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝20cm，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为多大？解析：(1)电子在加速电场中，由动能定理得eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)电子进入偏转电场时的初速度v0＝eq\r(\f(2eU1,m))电子在偏转电场中的飞行时间t1＝eq\f(l,v0)电子在偏转电场中的加速度：a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU2,md)要使电子束打在荧光屏上的偏转距离最大，应使电子从下极板边缘射出，有：eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(eU2l2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(U2l2,4dU1)解得偏转电压U2＝205V.(2)由(1)知电子束打在荧光屏上的最大偏转距离：y＝eq\f(d,2)＋y2y2为电子穿出偏转电场以后相对荧光屏偏转的距离．电子离开偏转电场时垂直极板方向的速度vy＝at1＝eq\f(eU2l,mdv0)电子离开偏转电场到荧光屏的时间：t2＝eq\f(L,v0)y2＝vyt2＝eq\f(eU2lL,mdv\o\al(2,0))＝eq\f(dL,l)＝0.05m.电子打在荧光屏上的最大偏转距离：y＝eq\f(d,2)＋y2＝0.055m.答案：(1)205V(2)0.055m9．[视角3]如图甲所示，长为L、间距为d的两金属板A、B水平放置，ab为两板的中心线，一个带电粒子以速度v0从a点水平射入，沿直线从b点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从b点以速度v0射出，求：(1)交变电压的周期T应满足什么条件？(2)粒子从a点射入金属板的时刻应满足什么条件？解析：(1)为使粒子仍从b点以速度v0穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速→减速→反向加速→(反向)减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度正好等于零，这段时间等于一个周期，故有L＝nTv0，解得T＝eq\f(L,nv0)粒子在eq\f(1,4)T内离开中心线的距离为y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)T))2又a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U0,d)，解得y＝eq\f(qU0T2,32md)在运动过程中离开中心线的最大距离为ym＝2y＝eq\f(qU0T2,16md)粒子不撞击金属板，应有ym≤eq\f(1,2)d解得T≤2deq\r(\f(2m,qU0))故n≥eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))，即n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整数．所以粒子的周期应满足的条件为T＝eq\f(L,nv0)，其中n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整数．(2)粒子进入电场的时刻应为eq\f(1,4)T，eq\f(3,4)T，eq\f(5,4)T，…故粒子进入电场的时刻为t＝eq\f(2n－1,4)T(n＝1,2,3…)．答案：(1)T＝eq\f(L,nv0)，其中n取大于等于eq\f(L,2dv0)eq\r(\f(qU0,2m))的整数(2)t＝eq\f(2n－1,4)T(n＝1,2,3…)1.基本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＝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)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l＝vxt＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d))).(4)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at))，vy＝eq\f(qUt,md)，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).2.两个结论(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)射出时的偏转角度总是相同的．证明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))得tanθ＝eq\f(Ul,2U0d).(2)粒子经电场偏转后，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到电场边缘的距离为eq\f(l,2).一、选择题(1～6小题为单选题，7～10小题为多选题)1．(2014·高考海南卷)如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d；在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动．重力加速度为g，粒子运动的加速度为()A.eq\f(l,d)g B．eq\f(d－l,d)gC.eq\f(l,d－l)g D．eq\f(d,d－l)g[导学号76070297]解析：选A.平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，电压恒定．带电粒子P静止在电容器中时有mg＝eq\f(qU,d－l).当把金属板从电容器中快速抽出后，带电粒子所受电场力减小为eq\f(qU,d).由mg－eq\f(qU,d)＝ma解得a＝eq\f(l,d)g，选项A正确．2．(2016·杭州一中月考)如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N.今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上，空气阻力忽略不计)，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则下列说法不正确的是()A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落[导学号76070298]解析：选B.移动A板或B板后，质点能否返回P点的关键是质点在A、B间运动时到达B板之前速度能否减为零，如能减为零，则一定沿原路返回P点，如不能减为零，则穿过B板后只受重力，将继续下落．因质点到达N孔时速度恰为零，由动能定理得mg·2d－qU＝0.因极板一直与电源两极连接，电压U一直不变，当A板上移、下移时，满足qU－mgh＝0的条件，即h＝2d，则质点到达N孔时速度恰好为零，然后按原路返回，A正确，B错误．当把B板上移后，设质点仍能达到B板，则由动能定理得mgh－qU＝eq\f(1,2)mv2，因B板上移后h<2d，所以mgh<qU，即看似动能为负值，实际意义为在此之前物体动能即已为零，将沿原路返回，C正确.把B板下移后，有mgh′－qU＝eq\f(1,2)mv2>0，即质点到达N孔时仍有向下的速度，将穿过B板继续下落，D正确．3．(2014·高考天津卷)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加[导学号76070299]解析：选C.微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；由于不能确定电场力的方向，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根据动能定理可知，微粒从M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定除重力以外的力即电场力做的是正功还是负功，根据功能原理可知，不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少，D项错误．4．(2016·西安模拟)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方eq\f(d,2)处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移eq\f(d,3)，则从P点开始下落的相同粒子将()A．打到下极板上B．在下极板处返回C．在距上极板eq\f(d,2)处返回D．在距上极板eq\f(2,5)d处返回[导学号76070300]解析：选D.带电粒子从P点下落刚好到达下极板处，由动能定理得：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＋d))－qU＝0，当将下极板向上平移eq\f(d,3)时，设从P点开始下落的相同粒子运动到距上极板距离为x处速度为零，则对带电粒子下落过程由动能定理得：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＋x))－q·eq\f(U,\f(2d,3))·x＝0，联立解得x＝eq\f(2,5)d，故选项D正确．5.(2016·沈阳模拟)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正试探电荷固定在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、W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，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()[导学号76070301]解析：选C.电容器的电容C＝eq\f(εrS,4πkd)，所以C与两极板距离d是反比例关系，不是直线，A错；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；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减小，φ线性减小，C对；由W＝qφ可知，W随φ的变化而变化，D错．6．(2014·高考天津卷)如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某—个条件，油滴仍能静止不动的是()A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值C．增大两板间的距离 D．断开电键S[导学号76070302]解析：选B.设油滴质量为m，电荷量为q，两板间距离为d，当其静止时，有eq\f(UC,d)q＝eq\f(UR1,d)q＝mg；由题图知，增大R1，UR1增大，油滴将向上加速，增大R2，油滴受力不变，仍保持静止；由E＝eq\f(U,d)知，增大d，U不变时，E减小，油滴将向下加速；断开电键S，电容器将通过R1、R2放电，两板间场强变小，油滴将向下加速，故只有B项正确．7．如图所示，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()A．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[导学号76070303]解析：选ABC.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＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2h,t2)，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＝eq\f(qE,m)得m＝eq\f(qE,a)，故eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,12)，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确．8．如图所示，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电容器中的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()A．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．电容器的电容增大，极板带电荷量增加[导学号76070304]解析：选AC.将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，间距d增大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)可得电容C减小，而U一定，由C＝eq\f(Q,U)可得电荷量Q减少，选项D错误；根据E＝eq\f(U,d)可得板间场强减小，重力大于电场力，带电油滴将竖直向下运动，电场力做负功，机械能减少，选项A正确、B错误；因上极板接地，电势为0，P点电势φP＝UP上＝－Ey，随E的减小而增大，选项C正确．9．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有一小孔，右极板电势随时间变化的规律如图乙所示，电子原来静止在左极板小孔处(不计电子的重力)，下列说法正确的是()A．从t＝0时刻释放电子，电子始终向右运动，直到打到右极板上B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．从t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D．从t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，电子必将打到左极板上[导学号76070305]解析：选AC.根据U－t图线可得到粒子运动的a－t图线，易知：从t＝0时刻释放电子，0～eq\f(T,2)向右加速，eq\f(T,2)～T向右减速，电子一直向右运动，选项A正确、B错误；从t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，如果板间距离比较大，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)向右加速，eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T向右减速，eq\f(3,4)T～T向左加速，T～eq\f(5,4)T向左减速，如果板间距离比较小，eq\f(T,4)～eq\f(T,2)向右加速，eq\f(T,2)～eq\f(3,4)T向右减速，可能已经撞到极板上，选项C正确、D错误．10．(2016·湖北八校联考)如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x＝ky2，且小球通过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)，\f(1,k))).已知重力加速度为g，则()A．电场强度的大小为eq\f(mg,q)B．小球初速度的大小为eq\r(\f(g,2k))C．小球通过点P时的动能为eq\f(5mg,4k)D．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少eq\f(\r(2)mg,k)[导学号76070306]解析：选BC.小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x