2023高考科学复习解决方案-物理-旧教材第八章 第3讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动

第讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动

［教材阅读指导］

（对应人教版选修3-1的页码及相关问题）

P30［演示］实验。

P32［做一做］。

提示：⑴面积表示电容器释放的电荷量，即充电后所带的电量；⑵数小格,

格数乘以每格面积所代表的电荷量；（3）0=6。

P32〜33［问题与练习］1、T3、T4O

提示：T|：两极板间电压越大，偏转角度越大。

T3：⑴U一定，Q=cu,Cr而

⑵Q一定,u=g,c=比前

T4,E-d-Cd-ErS-°

4nkd-d

l@P34［思考与讨论］。

提示：仍然适用，动能定理分析不考虑运动过程。

P34〜35［例题2］。

P35“示波管的原理”一段。

P35〜36图1.9-4,若yp上加图1.9-5的电压,XX'上加图1.9-6的电压,

屏幕上亮线是什么形状？

提示：正弦曲线形状。

IBP37［科学足迹］,密立根实验——电子电荷量的测定。

P38［科学漫步］,范德格拉夫静电加速器。

P39［问题与练习］12。

2

提示：-eU=0-^invo

---------------------Is十梳理对点激活1

知识点1常见电容器I

电容器的电压、电荷量和电容的关系11.电容器

(1)组成：由两个彼此回绝缘又相互靠近的导体组成。

(2)带电量：一个极板所带电荷量的因绝对值。

(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因异号电荷,

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。放电过程中国电场能转化为其

他形式的能。

③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板。

2.常见的电容器

(1)分类：从构造上可分为因固定电容器和的可变电容器。

(2)击穿电压：加在电容器两极板上的国极限电压,超过这个电压，电介质将

被击穿，电容器损坏；电容器外壳上标的电压是因额定电压,这个数值比击穿电

压雕。

3.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。的比值。

⑵定义式：。=唬。推论：。=第。

(3)单位：法拉(F),1F=MIO6uF=E10l2pFo

(4)物理意义：表示电容器回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。

4.平行板电容器及其电容

⑴影响因素：平行板电容器的电容与两极板回正对面积成正比,与两极板间

介质的周相对介电常数成正比,与回两板间的距禺成反比。

Pq

(2)决定式：皿三盘，左为静电力常量。

知识点2带电粒子在匀强电场中的运动II

1.加速问题

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回动能的增

量。

1

=2

在非匀强电场中：理皿®

(2)W=qU=2-

2.偏转问题

(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度5)理垂直于电场线方向飞入匀强电

场。

(2)运动性质：因类平抛运动。

(3)处理方法：利用运动的合成与分解。

①沿初速度方向：做的匀速直线运动,运动时间，=(。

②沿电场方向：做初速度为零的回匀加速直线运动。

③运动过程，如图所示：

加速度：a=-=E^==E=

m一m-ma

a.能飞出平行板：，=理《

运动时间<b.打在平行极板上：,=/尸=去

离开电场时的偏移量：>=：。产=回照药

乙ZA/tUQu

离开电场时的偏转角：tan。=a=里鬻

、。0nw（\u

知识点3示波管I

1•构造

示波管的构造如图所示，它主要由回电子枪、偏转电极和荧光屏组成,管内

抽成真空。

偏转电极：安

2.工作原理

⑴如果偏转电极XX'和"之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿因直线

运动,打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。

（2）示波管的一偏转电极上加的是待显示的因信号电压,XX,偏转电极上加

的是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做晅扫描电压。若所加扫描电压和信号电压

的因周期相同,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

图象。

Z双基夯实

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“1.5HF,9V"规格的电容器，其所带电荷量定为1.35X10-5CO（）

4.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l.X2.X3.X4.V5.X6.V

二知识激活

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.（人教版选修3-1中32改编）（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=悬知，当4变大时，C变小，再由C=g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&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.(人教版选修3-1-P39-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，进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离

开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比。

(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(嘴(2)1

解析设偏转电压为U,带电粒子的电荷量为夕，质量为加，垂直进入偏转

电场的速度为00,偏转电场两极板间距离为乩极板长为/,则粒子在偏转电场中

的加速度”黑，在偏转电场中运动的时间为，=(,粒子离开偏转电场时沿静电

力方向的速度内=G=黑,粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan

“一如一而暗

(1)若电子与氢核的初速度相同，端普=震

IdllC7Hrrle

(2)若电子与氢核的初动能相同，则黑薯=1。

Idll(7H

wa：细研悟法培优I

考点1平行板电容器的动态分析镯

1.对公式c=§的理解

电容c=§,不能理解为电容。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。=向分析平行板电容器电容的变化。

(3)用定义式C=§分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。

(4)用E=号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

(DU不变

①根据。=£=悬先分析电容的变化，再分析。的变化。

②根据七=%分析场强的变化。

③根据=分析某点电势变化。

(2)2不变

①根据。=§=篇先分析电容的变化，再分析。的变化。

②根据七=与=黑分析场强的变化。

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UQ

C变小fQ变小、E变C变小一U变大、E不

d变大

小变

C变大fQ变大、E不C变大一U变小、E变

S变大

变小

6变大C变大f。变大、E不C变大fU变小、E变

变小

［特别提醒］在平行板电容器两板间加入介电物质，例如云母片，相当于&

增大；加入与极板等大的导体板，相当于a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

［答案］D

［解析］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，电容器带电量不变，将两

极板间距增大，即d增大，根据。=搞知，电容减小，根据U=旨知，板间电

压增大，C错误；断开开关S后，电容器带电量不变，若紧贴下极板插入金属板，

则△减小，根据E=§=嘤知，极板间的电场强度不变，D正确。

acrO

总结升华

解决电容器板间场强的技巧

(1)在电压不变的情况下，由E=%来判断场强变化，场强E只随板间距离而

变。

⑵在电荷量保持不变的情况下，由£=号=告=甯知，电场强度与板间距

离无关。

［跟进训练］

1.（平行板电容器动态分析）（2021.青海省西宁市高三一模）（多选）如图，。为中

间插有电介质的电容器，匕极板与静电计金属球连接，。极板与静电计金属外壳都

接地。开始时静电计指针张角为零，在b板带电后，静电计指针张开了一定角度。

以下操作能使静电计指针张角变大的是（）

A.将。板也接地

B.〃板不动、将。板向右平移

C.将a板向上移动一小段距离

D.取出a、匕两极板间的电介质

答案CD

解析将。板也接地，电容器两极板电势差为零，静电计指针不偏转，A错

误；人板不动、将a板向右平移，根据。=向可知△变小时，C变大，Q不变

时，根据可知U减小，即静电计指针张角变小，B错误；将。板向上移

动一小段距离，根据c=向可知s变小时，C变小，Q不变时，根据C=护，可

知U变大，即静电计指针张角变大，C正确；取出八人两极板间的电介质，根

据。=篇可知。变小，。不变时，根据。=号，可知U变大，即静电计指针张

角变大，D正确。

2.（综合分析）（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s=0）。S闭合后，两板间有一质量为

电荷量为＜7的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是（）

=C——3E

H*-v

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8fa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bf。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

油滴电势能减小

答案AB

解析开始时，油滴所受重力和电场力平衡，即〃吆=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△增大，由后=称可知，E

变小，油滴所受电场力变小，故油滴应向下加速运动；根据c=另、。=盛，知

。=焉故电容器所储存的电量减小，向外放电，故G中有人一。的电流，A正

确。保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移，由后=与可知，E不变,油滴

FSU

仍静止；根据。=嬴，知电容器所储存的电量减小，向外放电，故G中有bf。

的电流，B正确。若将S断开，电容器所储存的电量。不变，则两板间场强不变，

油滴仍静止，故C错误。若将S断开，。不变，再将8板向下平移一小段位移，

根据C=§、C=羸、E=^,可得E=甯,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。

3.（动态分析与图象相结合）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。表示电容器的电容、E表

示两板间的场强、8表示尸点的电势、出表示正电荷在尸点的电势能，若正极板

保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离4）的过程中，下列关于各物理量与

负极板移动距离x的关系图象中正确的是（）

答案C

解析电容器的电容。=瓮，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C-尤图象为曲线，A错误；电容器与电源断开后，电荷量不

变，根据石=MU=S。=篇，可知E=蟹，保持不变，B错误；负极板

接地，电势为零，尸点的电势W等于P点到负极板的电势差，即s=E（/初-x）,E

不变，在OWxWZo的范围内，x线性增大，s线性减小，C正确；由弓="可知，

在OWxW/o的范围内，Ep随x的线性增大而线性减小，D错误。

考点2带电粒子（体）在电场中的直线运动钿

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、a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）粒子所受合外力E合=0,粒子静止或做匀速直线运动。

（2）粒子所受合外力F合力0,且合外力与初速度方向在同一条直线上，带电粒

子将做匀变速直线运动。

3.解题思路

（1）用动力学观点分析

U,

Eq+尸其他=加凡E=（匀强电场），02一%=2或/（匀变速直线运动）。

（2）用能量观点分析

①匀强电场中：w电=Eqd=qU,W电+W其他=^mv2-；"?若。

②非匀强电场中：W电=qU,W电+W其他=反2-反1。

例2（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,电键闭合时，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8板的小孔匕处，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.保持电键闭合，将A板下移一段距离

B.保持电键闭合，将8板下移一段距离

C.将电键断开，将A板上移一段距离

D.将电键断开，将8板上移一段距离

［答案1BD

［解析］带电液滴从P点运动到小孔8处的过程中，根据动能定理有：〃吆力必

-qU=Ekb-O,电键闭合时，电容器两板之间的电压U不变，将A板下移一段距

离，加。不变,液滴仍恰好能够达到8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，液滴能够从小孔匕处穿出，A错误，B正确。带电液滴

从尸点运动到小孔8处的过程中，根据动能定理有：mg"朋-电键

断开时，极板所带电荷量不变，极板间电场强度七=%=岛=急一=蟹，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，〃心不变，根据动

能定理知，液滴不可能从小孔8处穿出；将B板上移一段距离，d减小，0总减小,

且减小量相同，根据动能定理知，液滴能够从小孔〃处穿出，C错误，D正确。

总结升华

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。

［跟进训练］

1.（动力学观点求解）（多选）如图所示，两个相同的平行板电容器均与水平方

向成。角放置，两极板与直流电源相连。若带电小球分别以速度。o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0和

V2o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00=01=02

D.小球的速度满足关系2痛=好+资

答案BD

解析电场力的方向垂直于极板，由于两种情形下小球均沿着水平方向运动,

竖直方向所受合力均为零，因此两种情形下带电小球所受电场力大小均为F=

舞，又因两电容器相同，根据=半知两种情形下电容器所加电压相等，

B正确；分析知第一种情形小球做匀减速直线运动，第二种情形小球做匀加速直

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，两种情形带电

小球的运动时间不同，末速度也不同，A、C错误；第一种情形，水平方向上有:

若--=2以，第二种情形，水平方向上有：vl-vl=2ax,两式联立，可得2说=

V1+V2,D正确o

2.（能量观点求解）（2017.江苏高考）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板

A、B、。中央各有一小孔，小孔分别位于。、M、P点。由。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。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A3、间的电场强度分别为屈、氏，间距分别为“和必，电子由

。点运动到P点的过程中，据动能定理得：

eE\d\-eE2d2=0①

当C板向右平移后，8C板间的电场强度

.，_UQQ4欣Q

5-d2'~C'di'_aS,,一&S，

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间移动的距离为匚则

eE\d\-eE2X=0-0②

比较①②两式知，X=d2,即电子运动到尸点时返回，A正确。

考点3带电粒子在匀强电场中的偏转硬

1.基本规律

设粒子所带电荷量为/质量为加，两平行金属板间的电压为U,板长为/,

板间距离为或忽略重力影响），粒子能以平行金属板的初速度。。进入两金属板间

且能从两金属板之间穿过，则有

⑴力口速度：&=£=延=缘＞

'又

mm1nd

(2)在电场中的运动时间：，=(。

Vx=VO

(3)速度“qUl

v-at-~「

ymvoa

2.两个结论

⑴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。

1，得悬。由=%戒及春,

证明：由二及9tan,=y=

qUotan0=mv^d

但_UP

得y-4Uod°

(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。到极板边缘的水平距离为最

3.在示波管模型中，带电粒子经加速电场5加速，再经偏转电场仿偏转后,

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:

-----------------/

确定加速一确定-：角形.砥.r=一

后的，"一门偏移y国厂㈣止矿不7

(2)确定偏转后的动能(或速度)

思路一：

确定加速|确定偏转I-i1~2|,…

后的小H后的二H确定动期丁丁…

思路二：

)以加速—.确定偏转丫一•动能定理：.yJniJ-Jmr：,

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K。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U,M、N两板间的电压为S,两板间的距离为乩板长为L,偏转电场

的右端到荧光屏的距离为/,电子的质量为加，电荷量为e,不计电子重力。

(1)求电子穿过A板时的速度大小优；

(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y；

⑶求OP的距离X;

(4)电子从偏转电场射出时的侧移量)和偏转电压5的比叫做示波器的灵敏

度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。

［答案】Q寸斗Q圈

⑶修

(4)增加L或者减小d以及减小5均可增加灵敏度

［解析］⑴粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：

解得：°°=

⑵粒子在偏转电场中做类平抛运动，

垂直电场方向：L=vot

。2

沿电场方向：=ma

侧移量：>=%尸

u山

联立解得：>=焉。

L

2v

(3)由几何关系可知：—=f

2+/

得,:丫=(匕L+/\方Ui力L

(4)该示波器的灵敏度。

1}

解得：口=砌

则增加L或者减小d以及减小L/i均可增加灵敏度。

总结升华

带电粒子在匀强电场中偏转问题的两种求解思路

⑴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。

［跟进训练］

1.（带电粒子在电场中的偏转运动）（2021.全国乙卷）（多选）四个带电粒子的电

荷量和质量分别为（+夕，⑼、（+4，2m）、（+3q,3旭）、（-<7,m）,它们先后以相

同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与轴平行，不

计重力。下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是（）

答案AD

解析带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为。=誓，由类平抛运

动规律可知，垂直于电场方向有X平行于电场方向有>=5尸，联立得y=

痣。因为四个带电粒子的初速度相同，所以沿X轴方向运动相同距离时，沿

y轴方向运动的距离与比荷成正比，再结合粒子所带电荷的电性，分析可知，粒

子（+q,m）、（+q,2加）、（+3q,3㈤向一侧偏转,粒子（-见⑺向另一侧偏转，

且比荷相同的粒子（+4,〃?）、（+3g,3⑼、（-q,月的偏转程度相同,比荷较小

的粒子（+4,2〃?）的偏转程度较小，故A、D可能正确，B、C错误。

2.（带电粒子在电场中的偏转运动）（多选）如图所示，三个同样的带电粒子（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，它们的运动轨迹分别用。、b.c标出，不考虑带电粒子间的相互作用，下列

说法中正确的是（）

A.当人飞离电场的同时，。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，。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、8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，受到的电场力相等，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>=%户，所以L=

Y

故B错误，A正确；粒子在水平方向上做匀速直线运动，故有。0=7，因为乩=

Xc>Xa,ta=tb>tc,所以有女>0b>M故C正确；根据动能定理有W=£'分=△

Ek,知c的动能增加量最小，a、匕的动能增加量相同，故D正确。

考点4带电粒子在交变电场中的运动座

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

物理过程相关的临界条件。

（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、8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。若在玷时刻释放该

粒子，粒子会时而向A板运动，时而向8板运动，并最终打在A板上。则仍可能

属于的时间段是（）

T

A.O</o<4

「3T丁

C.彳<历<7

［答案］B

［解析］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。作出加=0、三、fs

平时粒子运动的速度图象如图所示。

由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移,则由图象可知0＜笫＜£

y＜/（）＜r时粒子在一个周期内的总位移大于零；（＜m＜孝0寸粒子在一个周期内的总

位移小于零；当fo＞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。

总结升华

利用速度一时间图象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)速度一时间图象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

出速度图象的问题，还应逐段分析求解。

［跟进训练］

(带电粒子在交变电场中的运动)如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L,

相距为4。。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=UO时，某一带负电的粒子从。点以速度加沿0。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)求带电粒子的比荷泰

(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期7=卷，从，=0开始，前(1时

2T

间内UMN=2U,后亍时间内UMN=-U,大量的上述粒子仍然以速度K沿。。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。

4d3Uo

答案⑴屈？⑵便

解析(1)设粒子经过时间力打在M板中点

沿极板方向有4=00/0

垂直极板方向有？=给点

解得2=京7。

⑵粒子通过两板间的时间t=±=T

从r=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0=学》，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度

,,qU

大八3md

如图所示为从不同时刻射入电场的粒子的速度一时间图象，根据题意和图象

分析可知，从仁〃T(〃=0,1,2,…)或/=(+〃T(〃=0,1,2,…)时刻入射的粒

子恰好不打在极板上，

贝IJ有^=gxTX与震，解得U=平。

考点5电场中的力、电综合问题周

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，已知小球受到的电场

力大小等于小球重力的点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8的距离$为()

［答案］D

［解析］小球所受的等效重力为G=Y(mg)2+=|ng,设方向与

水平方向成。角斜向右下方，则tanO=^=*即，=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。点等效重力提供小球做圆周运动的

向心力，即G，=喏，解得比=邛^从A到。由动能定理得尸电(s-Hcos53°)

13

-机g(E+Rsin53°)=］加虎-0,其中尸电=于“，解得释放点A距圆轨道最低点

23R

B的距离s=7一，所以D正确，A、B、C错误。

总结升华

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，若重力和电场力为恒力，可

以将重力和电场力合成为一个恒力产合，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'=勺为等效重力场中的“等效重力加速度”，

产合的方向等效为“重力”的方向。当此恒力尸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。

［跟进训练］

1.（等效重力场问题）（多选）如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度

为E=1X1（）4N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长/=2m的绝缘细线，一端

固定在。点，另一端系一质量加=0。8kg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。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/s2o下列说法

正确的是（）

：0

\］E

'\~

A.小球的电荷量（7=6XIO”c

B.小球动能的最小值为1J

C.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。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，由平衡条件可得机gtan37°=qE,

解得小球的电荷量为4=一=6X10-5*A正确；由于重力和电场力都是

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8点的动能屏8最小，对应

速度。B最小，根据题意，在8点小球只受重力和电场力，其合力为小球做圆周运

动提供向心力，而绳的拉力恰为零，产合=C（：；A=1N,又产合得EkB=

嫁=1J,B正确；由于总能量保持不变，即Ek+EpG+£pE=恒量，当小球在圆

周轨迹上最左侧的C点时，电势能£PE最大，所以在该点时机械能最小，C错误；

小球由8运动到A,W合力=/合・2/,所以EpB=4J,总能量E=Eps+EkB=5J,

D错误。

2.（综合分析）（2019.天津高考）如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为

加的带电小球，以初速度。从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2%

方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程（）

二':E

A.动能增加5/B.机械能增加

C.重力势能增加|〃/D.电势能增加2加4

答案B

解析动能变化量AEk=；"2（2O）2-^mv2=I"/,A错误；小球从M运动至ijN

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（2。）2-0=2哈，则

电势能减少量AEP电=卬电=夕&=2m"，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-4=-2g/?,得重力势能增加量八4重=

mgh=^mv2,C错误。

课时作业|

一、选择题（本题共7小题，其中第1〜5题为单选，第6〜7题为多选）

1.（2021•江西省南昌市高三下二模）我国自主研发、电容量超过10000F的

“超级电容器”，可反复充放电100万次，能够在10s内完成充电。在如图所示

的平行板电容器充电过程中，极板电量随时间变化的图象可能正确的是（）

答案C

解析电容器充电时，开始时充电电流较大，则伏f图象的斜率较大，随时

间的增加充电电流减小，则q-r图象斜率减小。故选C。

2.（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表示点电荷在尸点的电势能，。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.。增大，E增大B.。增大，Ep不变

C.。减小，Ep增大D.。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。=焉和。=另可知，极板下移，d减小，C增大，U减小，

又后=号=嘤，则E不变，心不变，综合上述，只有D项正确。

3.（2018.江苏高考）如图所示，水平金属板A、8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（）

・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。

4.（2020•浙江7月选考）如图所示，一质量为〃/、电荷量为观7>0）的粒子以速

度内从MN连线上的尸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.所用时间为证

B.速度大小为3a

C.与P点的距离为」

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=rw,在竖直方向上

有＞=当粒子到达MN连线上的某点时，有卜tan45°,联立可得f=兼,

故A错误；当粒子到达MN连线上的某点时，相0y=*t=2vo,故此时粒子的速

度大小为v=7病+v；fvo,故B错误；由几何关系可知，粒子到达MN连线

上的某点时，与尸点的距离为L=got=2£?o,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tana=^=；＜tan30°,

Uy乙

可知此时的速度方向与竖直方向的夹角小于30°,故D错误。

5.如图所示，由粒子源发出的带正电的粒子经过同一加速电场A加速后，形

成粒子束进入同一偏转电场B中偏转。已知粒子源发出的粒子中包括有一价氢离

子、一价氢离子和二价氨离子，这些粒子离开粒子源时的初速度可视为零，空气

阻力、粒子的重力及粒子之间的相互作用力均可忽略不计。下列说法正确的是

()

+A-+B

r-

A.它们始终为一股粒子束

B.它们会分离为两股粒子束

C.它们会分离为三股粒子束

D.它们会分离为无数股粒子束

答案A

解析设加速电压为5,偏转电压为S,偏转极板的间距为“，在加速电场

中，根据动能定理得：qU\=^mvl,在偏转电场中，粒子做类平抛运动，水平位

移为L时，运动时间”5,偏转距离y=上尸=gx端X器，联立以上各式得：y

=而，L、），的关系与带电粒子的质量、电荷量无关，则一价氢离子、一价氮离

子和二价氮离子在偏转电场轨迹重合，所以它们始终为一股粒子束，A正确，B、

C、D错误。

6.（2018.全国卷HI）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。、。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b,它们由静止开始运动，在

随后的某时刻，，a、〃经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，屋匕间的相

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/时刻，。的动能比。的大

C.在f时刻，。和〃的电势能相等

D.在，时刻，。和人的动量大小相等

答案BD

解析根据题述可知，微粒。向下加速运动，微粒〃向上加速运动，根据。、

6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。

的加速度大小，即以＞恁。对微粒。，由牛顿第二定律，qE=maaa,对微粒3由

牛顿第二定律，qE=mbab,联立解得：竽〉华