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第三节　静电的利用与防护
1．了解静电在生产、生活实践中的应用，如静电喷涂、静电除尘、静电复印、静电植绒等．知道各种应用的工作原理．　2.知道尖端放电的含义及避雷针的应用．　3.了解防止静电危害的方法．
一、静电喷涂
　利用静电作用使雾化涂料微粒在高压电场作用下带上负电荷，并吸附于带正电荷的被涂物的涂装技术．
二、静电除尘
　利用电荷相互作用的性质，把带有不同电性的粉尘从烟气中分离出来，再分类处理的过程．
三、静电复印
　利用正、负电荷的吸引力进行油墨转移的印刷方式，又称无压印刷．其核心部件是一个有机光导体鼓的金属圆柱，它的表面被涂上有机光导体(OPC)，没有光照时，OPC是绝缘体，受到光照时则变成导体．
四、静电植绒
　利用电荷之间同性相斥、异性相吸的性质，通过使绒毛带上负电荷，令绒毛被吸引到带正电的被植体表面上．
五、尖端放电
1．电离：导体尖端的电荷密度很大，附近的电场很强，空气中残留的带电粒子在强电场的作用
下发生剧烈的运动，把空气中的气体分子撞散，并使分子中的正、负电荷分离的现象．
2．尖端放电：两根放电针附近形成的强电场使空气发生了电离，电离后的电荷各自奔向与它自身带异种电荷的放电针，与尖端上的电荷中和．在这个过程中尖端电量减少，这种现象叫作尖端放电．
3．应用：避雷针是利用尖端放电原理保护建筑物等避免雷击的一种设施．
六、防止静电危害
　防止静电产生的措施：(1)控制静电的产生．如穿棉质含量高的衣服等．(2)把产生的电荷尽快导走．如油罐车尾部拖着的铁链、飞机上的“放电刷”．
判断下列说法是否正确．
(1)有些工厂的生产车间保持恒定的湿度是为了防止静电危害．(　　)
(2)高大建筑上的避雷针是利用尖端放电的原理．(　　)
(3)路上行驶的油罐车后方有一条拖地的铁链，作用是向外界散热．(　　)
提示：(1)√　(2)√　(3)×
知识点一　静电的利用与防护
1．静电利用的原理
带电粒子在电场力作用下聚集到相应带电极板，从而达到除尘、喷涂、打印等目的．
2．静电的危害
(1)静电吸附尘埃会对印刷、制药、合成纤维等工业生产带来危害．
(2)静电对高密仪器有干扰甚至毁坏作用．
(3)静电最大的危害是静电火花点燃某些易燃物质而引起爆炸．
3．静电的防护
(1)抑制静电的产生．
(2)及时导走静电．
(3)进行静电中和．
　(2025·江苏省合格考)下列做法属于预防静电危害的是(　　)
A．电工钳柄上套有绝缘的胶套
B．利用静电给火箭发动机点火
C．在高大的烟囱中安装静电除尘器
D．运输汽油等易燃易爆物品的车辆拖一条铁链在地上
[解析]　电工钳柄上套有绝缘胶套，在带电操作时，防止触电，所以不是防止静电危害的，故A错误；利用静电给火箭发动机点火，属于静电的应用，不是静电的防止，故B错误；静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于静电应用，故C错误；汽车行驶时，油罐中的汽油随车的振动摩擦起电，如果不及时将这些静电导走，一旦出现放电现象，就会发生爆炸事故，拖地铁链使油罐表面与大地相连，使油罐罐体中的电荷不断地中和，不致造成放电产生火花引起油罐爆炸，这是预防静电的危害，故D正确．
[答案]　D
　(2025·江门合格考模拟)静电消除器能将物件表面的静电消除．某种针式静电消除器的工作原理如图所示，在静电消除器的指针上加上高电压，指针周围产生正离子和电子，就可消除物件表面的静电．若物件表面的负电荷被中和，其原因是(　　)
A．指针周围的电子被吸引到物件表面
B．指针周围的正离子被吸引到物件表面
C．指针周围的电子和正离子都被吸引到物件表面
D．物件表面的负电荷消失
[解析]　“中和”是指正、负电荷互相接触，从而使带电体变成不带电的物体，电荷不会消失．若物件表面的负电荷被中和，其原因是指针周围的正离子被吸引到物件表面．
[答案]　B
　(多选)(2025·肇庆期中联考)如图所示，一个空塑料瓶内固定着一根铁锯条和一块金属片，将锯条与静电起电机负极相连，金属片与静电起电机正极相连．在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕．当把起电机一摇，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕．在起电机摇动时，下列说法正确的是(　　)
A．塑料瓶内存在的是匀强电场
B．锯条附近的电场强度比金属片附近的大
C．烟尘最终被吸附到金属片上
D．烟尘被吸附过程中电势能增大
[解析]　尖端附近的电场线密集，所以锯条附近的电场强度大于金属片附近的电场强度，且根据俯视图可以看出塑料瓶内存在的是辐条形的电场，不是匀强电场，故A错误，B正确；负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电，因此，带电尘粒在电场力的作用下，向金属片运动，被吸附到金属片上，故C正确；电场力对烟尘做正功，则烟尘的电势能减少，故D错误．
[答案]　BC
　静电喷涂是一种利用静电作用使雾化涂料微粒在高压电场作用下带上电荷，并吸附于带正电的被喷涂工件的涂装技术，静电喷涂机的结构如图所示，规定大地的电势为零，下列说法正确的是(　　)
A.雾化涂料微粒带正电
B．静电喷涂机喷口处的电势大于零
C．雾化涂料向被喷涂工件运动过程中电势能减小
D．若将静电喷涂机向被喷涂工件移动，P点的电场强度减小
[解析]　由题图可知静电喷涂机与电源负极相连，且正极接地，故雾化涂料微粒带负电，故A错误；因为电源正极接地，故正极电势为零，负极电势小于零，即静电喷涂机喷口处电势小于零，故B错误；雾化颗粒带负电，工件带正电，雾化颗粒在运动过程中，受到的静电力指向工件，静电力做正功，电势能减小，故C正确；若将静电喷涂机向被喷涂工件移动，P点的电场线会变得更加密集，即P点的电场强度增大，故D错误．
[答案]　C
知识点二　尖端放电
1．尖端放电：导体尖端的电荷密度很大，附近的电场很强，空气中残留的带电粒子在强电场的作用下发生剧烈的运动，使空气电离，电离后的电荷与尖端上的电荷中和，使尖端电量减少．
2．避雷针是利用尖端放电原理保护建筑物等避免雷击的一种设施．
　(2025·浙江杭州市期中)如图所示，飞机机翼上安装有一排很细的针，这些细针的功能是(　　)
A．装饰　　　　　　　 B．防雷击
C．释放静电 D．发射电磁波
[解析]　飞机高速飞行时与空气摩擦产生静电，电荷在越尖锐的地方分布越多，可以通过尖端放电将静电释放出去，所以这些细针的功能是释放静电．
[答案]　C
　(多选)(2025·广州市期中)当带电云层接近地面时，地面上的物体受其影响会产生异种电荷，为了避免遭受雷击，在高大的建筑物上安装尖端导体——避雷针．带电云层和避雷针之间电场线的分布示意图如图所示，A、B是电场线上的两点，则以下说法正确的是(　　)
A．A点的场强小于B点的场强
B．A点的电势低于B点的电势
C．电子在A点的加速度大于在B点的加速度
D．电子在A点的电势能小于在B点的电势能
[解析]　由电场线的疏密可知场强的强弱，即EA＜EB，A正确；沿着电场线电势在降低，所以φA＞φB，B错误；电场线越密集，电场强度越大，电子受到的电场力越大，则加速度越大，所以电子在A点的加速度小于在B点的加速度，C错误；由于电子带负电荷，负电荷在电势高的地方电势能小，所以电子在A点的电势能小于在B点的电势能，D正确．
[答案]　AD
知识点三　静电屏蔽
某同学在学习了电学知识后对电工穿的高压作业服进行了研究，发现高压作业服是用铜丝编织的，你能告诉他其中的原理吗？
[提示]　电工被铜丝编织的衣服包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用．
1．静电屏蔽的实质：静电屏蔽的实质是利用了静电感应现象，使金属壳内感应电荷的电场和外加电场的矢量和为零，好像是金属壳将外电场“挡”在外面，即所谓的屏蔽作用，其实是壳内两种电场并存，矢量和为零．
2．静电屏蔽的两种情况
(1)导体外部的电场影响不到导体内部
静电屏蔽的本质是静电感应，导体外面的电场不影响导体内部，是因为外电场与导体表面的感应电荷在导体内部任一点的电场强度叠加后合电场强度为零．
(2)接地导体的内部电场影响不到导体外部接地导体的内部电场不影响导体外部，是因为导体外部的负感应电荷沿导线向大地移动或者自由电子从大地向导体移动，中和正感应电荷，在只有施感电荷和内壁感应出的异种电荷的情况下，两部分电荷在导体外部任何一点的电场强度叠加后合电场强度为零．
　一个内部含有空腔的矩形金属导体W放在静电场中，电场线如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．金属发生感应起电，左端A处的感应电荷为正电荷
B．感应电荷在空腔C处产生的电场强度为0
C.金属内部被静电屏蔽，空腔C处的电场强度为0
D．金属处于静电平衡状态，金属内部的电子不受电场力作用，处于静止状态
[解析]　金属W放在静电场中会发生感应起电，根据电场线的方向，可知左端A处的感应电荷为负电荷，故A错误；感应起电后金属处于静电平衡状态，感应电荷在C处产生的电场强度与原电场方向相反，内部被静电屏蔽，电场强度为0，金属内部的电子不受电场力作用，电子不做定向运动，但仍在无规则运动，故C正确，B、D错误．
[答案]　C
　(2025·汕头市期中)如图所示，原来不带电、长为l的导体棒水平放置，现将一个电荷量为＋q(q＞0)的点电荷放在棒的中心轴线上距离棒的左端R处，A、B分别为导体棒左、右两端的一点，静电力常量为k.当棒达到静电平衡后，下列说法正确的是(　　)
A．棒的两端都感应出负电荷
B．棒上感应电荷在棒的中心轴线上距棒的右端处产生的电场强度大小E＝k
C.棒上感应电荷在棒的中心O处产生的电场强度方向水平向右
D．若用一根导线将A、B相连，导线上不会产生电流
[解析]　由静电感应可知，棒左端感应出负电荷，右端感应出正电荷，故A错误；q在棒中心O处产生的电场方向向右，根据平衡关系可知，棒上感应电荷在棒中心O处产生的电场方向向左，大小相同，同理可知，棒上感应电荷在棒的中心轴线上距棒的右端处产生的电场强度大小E＝，故B、C错误；导体棒是等势体，左、右端电势相等，若用一根导线将A、B相连，导线上不会产生电流，故D正确．
[答案]　D
eq \o(\s\up7())
1．(静电的应用与防护)(多选)(2024·中山期中)从生活走向物理，从物理走向社会，物理和生活息息相关．下列有关电学知识的相关说法错误的是(　　)
A．甲图中工作人员在超高压带电作业时，身穿用金属丝编制的工作服是应用了静电屏蔽现象
B．乙图中的避雷针是应用尖端放电避免雷击的一种设施
C．丙图中给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，是应用了感应起电现象
D．丁图为静电喷漆的示意图，静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带异种电荷
解析：选BC.题图甲中工作人员在超高压带电作业时，穿用金属丝编制的工作服应用了静电屏蔽的原理，故A正确；题图乙中的避雷针是应用尖端放电吸引雷击，从而避免附近的建筑物遭受雷击的一种设施，故B错误；题图丙中给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，是应用了接触起电现象，故C错误；题图丁为静电喷漆的示意图，静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带不同的电荷，从而产生引力，故D正确．
2．(静电的利用)现代纺纱织布采用的是静电技术，即利用高压静电场使单纤维两端带异种电荷，在电场力作用下使纤维伸直、平行排列和凝聚的纺纱工艺. 其电场分布简图如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.虚线可能是等势线
B．电场强度EC＜EB＜EA
C．在C点静止释放一电子，它将在电场力作用下沿着虚线CD运动
D．负电荷在C点的电势能大于其在A点的电势能
解析：选D.电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，故A错误；由电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知EA＜EB＜EC，故B错误；电场线是曲线，在C点由静止释放一电子，在电场力作用下不会沿着虚线CD运动，故C错误；电场线由高压电源的正极到负极，所以A点的电势高，C点的电势低，由电势能公式Ep＝qφ可知，负电荷在C点的电势能大于其在A点的电势能，故D正确．
3．(静电屏蔽)如图所示，A是带正电的物体，B是金属网，C是原来不带电的金箔验电器，下图中能使验电器的金箔张开的是(　　)
解析：选C.选项图A、B中，由于金属网的屏蔽作用，带电体A对验电器无作用，故A、B错误；选项图C中，受带电体A的作用，金属网内外分别带等量异种感应电荷，在验电器处有电场，即能使验电器的金箔张开，故C正确；选项图D中由于金属网接地，网罩外无电场，无法使验电器的金箔张开，故D错误．
4．(尖端放电)(2025·广东茂名月考)有人说：避雷针其实不“避雷”，反而是“接雷”，下列说法正确的是(　　)
A．避雷针的尖端周围会产生强电场使空气电离
B．避雷针的原理是静电屏蔽
C．避雷针尖端的感应电荷与云层下端电性相同
D．避雷针安装时应与大地保持良好绝缘
解析：选A.避雷针的原理是通过尖端放电使周围空气电离，带电云层下端与避雷针尖端电性相反形成通路，大量的电荷通过避雷针流入大地，从而减少对建筑物等的危害，故A正确，B、C错误；避雷针安装时应与大地保持良好接触，使云层电荷能够顺利导入大地，故D错误．(共41张PPT)
第三节　静电的利用与防护
学习目标
1．了解静电在生产、生活实践中的应用，如静电喷涂、静电除尘、静电复印、静电植绒等．知道各种应用的工作原理．　2.知道尖端放电的含义及避雷针的应用．　3.了解防止静电危害的方法．
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、静电喷涂
利用静电作用使雾化涂料微粒在高压电场作用下带上负电荷，并吸附于带正电荷的被涂物的涂装技术．
二、静电除尘
利用电荷相互作用的性质，把带有不同电性的粉尘从烟气中分离出来，再分类处理的过程．
三、静电复印
利用正、负电荷的吸引力进行油墨转移的印刷方式，又称无压印刷．其核心部件是一个有机光导体鼓的金属圆柱，它的表面被涂上有机光导体(OPC)，没有光照时，OPC是_________，受到光照时则变成______．
四、静电植绒
利用电荷之间______相斥、______相吸的性质，通过使绒毛带上负电荷，令绒毛被吸引到带正电的被植体表面上．
绝缘体
导体
同性
异性
五、尖端放电
1．电离：导体______的电荷密度很大，附近的______很强，空气中残留的带电粒子在强电场的作用下发生剧烈的运动，把空气中的气体分子撞散，并使分子中的正、负电荷______的现象．
尖端
电场
分离
2．尖端放电：两根放电针附近形成的强电场使空气发生了电离，电离后的电荷各自奔向与它自身带异种电荷的放电针，与尖端上的电荷中和．在这个过程中尖端电量减少，这种现象叫作尖端放电．
3．应用：_________是利用尖端放电原理保护建筑物等避免雷击的一种设施．
避雷针
六、防止静电危害
防止静电产生的措施：(1)控制静电的产生．如穿棉质含量高的衣服等．(2)把产生的电荷尽快导走．如油罐车尾部拖着的铁链、飞机上的“放电刷”．
判断下列说法是否正确．
(1)有些工厂的生产车间保持恒定的湿度是为了防止静电危害．(　　)
(2)高大建筑上的避雷针是利用尖端放电的原理．(　　)
(3)路上行驶的油罐车后方有一条拖地的铁链，作用是向外界散热．(　　)
√
√
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　静电的利用与防护
1．静电利用的原理
带电粒子在电场力作用下聚集到相应带电极板，从而达到除尘、喷涂、打印等目的．
2．静电的危害
(1)静电吸附尘埃会对印刷、制药、合成纤维等工业生产带来危害．
(2)静电对高密仪器有干扰甚至毁坏作用．
(3)静电最大的危害是静电火花点燃某些易燃物质而引起爆炸．
3．静电的防护
(1)抑制静电的产生．
(2)及时导走静电．
(3)进行静电中和．
√
　　　(2025·江苏省合格考)下列做法属于预防静电危害的是(　　)
A．电工钳柄上套有绝缘的胶套
B．利用静电给火箭发动机点火
C．在高大的烟囱中安装静电除尘器
D．运输汽油等易燃易爆物品的车辆拖一条铁链在地上
[解析]　电工钳柄上套有绝缘胶套，在带电操作时，防止触电，所以不是防止静电危害的，故A错误；利用静电给火箭发动机点火，属于静电的应用，不是静电的防止，故B错误；静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于静电应用，故C错误；汽车行驶时，油罐中的汽油随车的振动摩擦起电，如果不及时将这些静电导走，一旦出现放电现象，就会发生爆炸事故，拖地铁链使油罐表面与大地相连，使油罐罐体中的电荷不断地中和，不致造成放电产生火花引起油罐爆炸，这是预防静电的危害，故D正确．
√
　　　(2025·江门合格考模拟)静电消除器能将物件表面的静电消除．某种针式静电消除器的工作原理如图所示，在静电消除器的指针上加上高电压，指针周围产生正离子和电子，就可消除物件表面的静电．若物件表面的负电荷被中和，其原因是(　　)
A．指针周围的电子被吸引到物件表面
B．指针周围的正离子被吸引到物件表面
C．指针周围的电子和正离子都被吸引到物件表面
D．物件表面的负电荷消失
[解析]　“中和”是指正、负电荷互相接触，从而使带电体变成不带电的物体，电荷不会消失．若物件表面的负电荷被中和，其原因是指针周围的正离子被吸引到物件表面．
√
　　　(多选)(2025·肇庆期中联考)如图所示，一个空塑料瓶内固定着一根铁锯条和一块金属片，将锯条与静电起电机负极相连，金属片与静电起电机正极相连．在塑料瓶里放一盘点燃的蚊香，很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕．当把起电机一摇，顿时塑料瓶清澈透明，停止摇动，又是烟雾缭绕．在起电机摇动时，下列说法正确的是(　　)
A．塑料瓶内存在的是匀强电场
B．锯条附近的电场强度比金属片附近的大
C．烟尘最终被吸附到金属片上
D．烟尘被吸附过程中电势能增大
√
[解析]　尖端附近的电场线密集，所以锯条附近的电场强度大于金属片附近的电场强度，且根据俯视图可以看出塑料瓶内存在的是辐条形的电场，不是匀强电场，故A错误，B正确；负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电，因此，带电尘粒在电场力的作用下，向金属片运动，被吸附到金属片上，故C正确；电场力对烟尘做正功，则烟尘的电势能减少，故D错误．
　　　静电喷涂是一种利用静电作用使雾化涂料微粒在高压电场作用下带上电荷，并吸附于带正电的被喷涂工件的涂装技术，静电喷涂机的结构如图所示，规定大地的电势为零，下列说法正确的是(　　)
A.雾化涂料微粒带正电
B．静电喷涂机喷口处的电势大于零
C．雾化涂料向被喷涂工件运动过程中电势能减小
D．若将静电喷涂机向被喷涂工件移动，P点的电场强度减小
√
[解析]　由题图可知静电喷涂机与电源负极相连，且正极接地，故雾化涂料微粒带负电，故A错误；因为电源正极接地，故正极电势为零，负极电势小于零，即静电喷涂机喷口处电势小于零，故B错误；雾化颗粒带负电，工件带正电，雾化颗粒在运动过程中，受到的静电力指向工件，静电力做正功，电势能减小，故C正确；若将静电喷涂机向被喷涂工件移动，P点的电场线会变得更加密集，即P点的电场强度增大，故D错误．
知识点二　尖端放电
1．尖端放电：导体尖端的电荷密度很大，附近的电场很强，空气中残留的带电粒子在强电场的作用下发生剧烈的运动，使空气电离，电离后的电荷与尖端上的电荷中和，使尖端电量减少．
2．避雷针是利用尖端放电原理保护建筑物等避免雷击的一种设施．
√
　　　(2025·浙江杭州市期中)如图所示，飞机机翼上安装有一排很细的针，这些细针的功能是(　　)
A．装饰　　　　　　　
B．防雷击
C．释放静电
D．发射电磁波
[解析]　飞机高速飞行时与空气摩擦产生静电，电荷在越尖锐的地方分布越多，可以通过尖端放电将静电释放出去，所以这些细针的功能是释放静电．
√
　　　(多选)(2025·广州市期中)当带电云层接近地面时，地面上的物体受其影响会产生异种电荷，为了避免遭受雷击，在高大的建筑物上安装尖端导体——避雷针．带电云层和避雷针之间电场线的分布示意图如图所示，A、B是电场线上的两点，则以下说法正确的是(　　)
A．A点的场强小于B点的场强
B．A点的电势低于B点的电势
C．电子在A点的加速度大于在B点的加速度
D．电子在A点的电势能小于在B点的电势能
√
[解析]　由电场线的疏密可知场强的强弱，即EA＜EB，A正确；沿着电场线电势在降低，所以φA＞φB，B错误；电场线越密集，电场强度越大，电子受到的电场力越大，则加速度越大，所以电子在A点的加速度小于在B点的加速度，C错误；由于电子带负电荷，负电荷在电势高的地方电势能小，所以电子在A点的电势能小于在B点的电势能，D正确．
知识点三　静电屏蔽
某同学在学习了电学知识后对电工穿的高压作业服进行了研究，发现高压作业服是用铜丝编织的，你能告诉他其中的原理吗？
[提示]　电工被铜丝编织的衣服包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用．
1．静电屏蔽的实质：静电屏蔽的实质是利用了静电感应现象，使金属壳内感应电荷的电场和外加电场的矢量和为零，好像是金属壳将外电场“挡”在外面，即所谓的屏蔽作用，其实是壳内两种电场并存，矢量和为零．
2．静电屏蔽的两种情况
(1)导体外部的电场影响不到导体内部
静电屏蔽的本质是静电感应，导体外面的电场不影响导体内部，是因为外电场与导体表面的感应电荷在导体内部任一点的电场强度叠加后合电场强度为零．
(2)接地导体的内部电场影响不到导体外部接地导体的内部电场不影响导体外部，是因为导体外部的负感应电荷沿导线向大地移动或者自由电子从大地向导体移动，中和正感应电荷，在只有施感电荷和内壁感应出的异种电荷的情况下，两部分电荷在导体外部任何一点的电场强度叠加后合电场强度为零．
　　　一个内部含有空腔的矩形金属导体W放在静电场中，电场线如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．金属发生感应起电，左端A处的感应电荷为正电荷
B．感应电荷在空腔C处产生的电场强度为0
C.金属内部被静电屏蔽，空腔C处的电场强度为0
D．金属处于静电平衡状态，金属内部的电子不受电场力作用，处于静止状态
√
[解析]　金属W放在静电场中会发生感应起电，根据电场线的方向，可知左端A处的感应电荷为负电荷，故A错误；感应起电后金属处于静电平衡状态，感应电荷在C处产生的电场强度与原电场方向相反，内部被静电屏蔽，电场强度为0，金属内部的电子不受电场力作用，电子不做定向运动，但仍在无规则运动，故C正确，B、D错误．
√
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(静电的应用与防护)(多选)(2024·中山期中)从生活走向物理，从物理走向社会，物理和生活息息相关．下列有关电学知识的相关说法错误的是(　　)
A．甲图中工作人员在超高压带电作业时，
身穿用金属丝编制的工作服是应用了静电屏蔽现象
B．乙图中的避雷针是应用尖端放电避免雷击的一种设施
C．丙图中给汽车加油前要触摸一下的静电释放器,是应用了感应起电现象
D．丁图为静电喷漆的示意图，静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带异种电荷
√
解析：题图甲中工作人员在超高压带电作业时，穿用金属丝编制的工作服应用了静电屏蔽的原理，故A正确；题图乙中的避雷针是应用尖端放电吸引雷击，从而避免附近的建筑物遭受雷击的一种设施，故B错误；题图丙中给汽车加油前要触摸一下的静电释放器，是应用了接触起电现象，故C错误；题图丁为静电喷漆的示意图，静电喷漆时使被喷的金属件与油漆雾滴带不同的电荷，从而产生引力，故D正确．
√
2．(静电的利用)现代纺纱织布采用的是静电技术，即利用高压静电场使单纤维两端带异种电荷，在电场力作用下使纤维伸直、平行排列和凝聚的纺纱工艺. 其电场分布简图如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.虚线可能是等势线
B．电场强度EC＜EB＜EA
C．在C点静止释放一电子，它将在电场力作用下沿着虚线CD运动
D．负电荷在C点的电势能大于其在A点的电势能
解析：电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，故A错误；由电场线的疏密程度表示电场强度的大小可知EA＜EB＜EC，故B错误；电场线是曲线，在C点由静止释放一电子，在电场力作用下不会沿着虚线CD运动，故C错误；电场线由高压电源的正极到负极，所以A点的电势高，C点的电势低，由电势能公式Ep＝qφ可知，负电荷在C点的电势能大于其在A点的电势能，故D正确．
√
3．(静电屏蔽)如图所示，A是带正电的物体，B是金属网，C是原来不带电的金箔验电器，下图中能使验电器的金箔张开的是(　　)
解析：选项图A、B中，由于金属网的屏蔽作用，带电体A对验电器无作用，故A、B错误；选项图C中，受带电体A的作用，金属网内外分别带等量异种感应电荷，在验电器处有电场，即能使验电器的金箔张开，故C正确；选项图D中由于金属网接地，网罩外无电场，无法使验电器的金箔张开，故D错误．
√
4．(尖端放电)(2025·广东茂名月考)有人说：避雷针其实不“避雷”，反而是“接雷”，下列说法正确的是(　　)
A．避雷针的尖端周围会产生强电场使空气电离
B．避雷针的原理是静电屏蔽
C．避雷针尖端的感应电荷与云层下端电性相同
D．避雷针安装时应与大地保持良好绝缘
解析：避雷针的原理是通过尖端放电使周围空气电离，带电云层下端与避雷针尖端电性相反形成通路，大量的电荷通过避雷针流入大地，从而减少对建筑物等的危害，故A正确，B、C错误；避雷针安装时应与大地保持良好接触，使云层电荷能够顺利导入大地，故D错误．(共44张PPT)
第二节　带电粒子在电场中的运动
学习目标
1．掌握带电粒子在电场中运动时的加速度、速度和位移等物理量的变化．
2．能运用电场力做功、电势、电势差、等势面等概念研究带电粒子运动时的能量转化．　3．了解示波管的工作原理，体会静电场知识在科学技术中的应用．
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、带电粒子在电场中的加速
1．当解决的问题属于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量时，利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析．
2．当问题只涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情境时，利用电场力做功结合动能定理来分析．
二、加速器：为了进一步提高带电粒子的能量，科学家制成了直线加速器，让带电粒子通过____________来加速．电场直线加速器的原理示意图如图所示，由于电子每经过______就被电场加速，又由于经过每个圆筒的时间______，则越往后，圆筒的长度必定越长，但都与进入圆筒时的______成正比．
多级电场
缝隙
相同
速度
三、带电粒子在电场中的偏转
如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子(忽略粒子所受重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U.
1．运动性质
(1)水平方向(沿初速度方向)：速度为_____的____________运动．
(2)竖直方向(垂直于初速度的方向)：初速度大小为___的匀加速直线运动．
v0
匀速直线
零
四、示波器
1．示波管主要由_________、____________和_________三部分组成．
2．只在Y偏转板加电压时，荧光屏上的亮斑在______方向上发生偏移，只在X偏转板加电压时，荧光屏上的亮斑在______方向上发生偏移．
3．示波器工作原理：电子经阳极和阴极间的电场______，在偏转系统中偏转，在荧光屏上得到亮斑合运动的稳定图像．
电子枪
偏转系统
荧光屏
竖直
水平
加速
判断下列说法是否正确．
(1)带电粒子(不计粒子所受重力)在电场中由静止释放时，一定做匀加速直线运动．(　　)
(2)对带电粒子在电场中的运动，从受力的角度来看，遵循牛顿运动定律；从做功的角度来看，遵循能量的转化和守恒定律．(　　)
(3)对于带电粒子(不计粒子所受重力)在电场中的偏转可分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场线方向的自由落体运动．(　　)
(4)示波管偏转电极不加电压时，从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏中心点形成一个亮斑．(　　)
×　
√
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　带电粒子在电场中的加速
在真空中有一对平行金属板，由于接上电池组而带电，两板间电势差为U，若一个质量为m、带正电荷q的粒子，以初速度v0从正极板附近向负极板运动．试结合上述情境讨论：
(1)怎样计算它到达负极板时的速度？
(2)若粒子带的是负电荷(初速度为v0)，将做匀减速直线运动，如果能到达负极板，其速度如何？
(3)上述问题中，两块金属板是平行的，两板间的电场是匀强电场，如果两金属板是其他形状，中间的电场不再均匀，上面的结果是否仍然适用？为什么？
[提示]　结果仍适用．不管是否为匀强电场，电场力做功都可以用W＝qU计算，则动能定理仍适用，结果仍适用．
3．带电粒子在交变电场中的运动
(1)运动分析：当空间存在交变电场时，粒子所受电场力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性．
(2)解题技巧：研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v－t图像．特别需注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期．
√
角度1　带电粒子在匀强电场中的运动
　　　如图，P和Q为两平行金属板，保持板间电压恒为U，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，若增大两板间的距离，则电子(　　)
A．加速度增大
B．到达Q的时间变短
C．到达Q的速度增大
D．到达Q的速度不变
√
　　　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
√
角度2　带电粒子在交变电场中的运动
　　　(多选)(2025·深圳期中)如图甲所示为多级加速器，将一束质子流以初速度v0沿轴线射入长27 km的加速隧道，使其加速后相撞，设n个金属圆筒沿轴线排成一串，相间地连到如图乙所示的周期性变化的电源上．质子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，则(　　)
A．质子在每个圆筒内都做加速运动
B．质子只在圆筒间的缝隙处做加速运动
C．质子经过每个筒的时间越来越长
D．质子每到达一个间隙，电源的正负极就要发生改变
√
[解析]　由题图甲可知，每个圆筒上各点的电势都相等，是个等势体，圆筒中电场强度为零，质子在圆筒中不受电场力，做匀速直线运动，在圆筒缝隙处做加速运动，故A错误，B正确；要使质子每次经过圆筒间缝隙处时做加速运动，则质子穿过每个圆筒的时间恰为交变电流的半个周期，即质子每到达一个间隙，电源的正负极就要发生改变，因经过每个筒的时间不变，而速度越来越大，筒的长度要越来越长，故C错误，D正确．
知识点二　带电粒子在电场中的偏转
如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距为d，不计粒子所受的重力．
请根据上述情境回答下列问题：
(1)带电粒子在垂直于电场方向做什么运动？
[提示]　匀速直线运动．
(2)带电粒子在沿电场方向做什么运动？
[提示]　初速度为零的匀加速直线运动．
(3)怎样求带电粒子在电场中运动的时间？
(4)粒子所受电场力是多大？加速度是多大？
2．能量观点：分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk.
3．两个特殊推论
(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图所示．
角度1　示波管的原理和分析
　　　(2025·浙江温州市期中)有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况．示波器的核心部件是示波管，如图所示的是它的原理图．如果两偏转电极都不加偏转电压，电子束将刚好打在荧光屏的中心处，形成亮斑．如果在偏转电极XX′上不加电压，在偏转电极YY′上加电压，YY′两极板间距为d.现有一电子以速度v0进入示波管的YY′偏转电场，最后打在荧光屏上的位置与中心点竖直距离为y，电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间为t，则下列说法正确的是(　　)
A.若UYY′＞0，则电子打在荧光屏中心位置下方
B．若仅增大偏转电压UYY′，则t不变
C．若仅减小YY′极板间距离d，则y不变
D．若UYY′＞0，UXX′＜0，则可以让电子打在荧光屏正中心处
√
√
√
　　　(2025·揭阳期末)如图所示，一质量m＝1×10－20 kg、带电量q＝＋1×10－10 C的粒子，从静止开始被加速电场(图中未画出)加速后从E点沿中线水平方向飞入平行板电容器，初速度v0＝3×106 m/s，粒子飞出平行板电场经过无电场区域后，打在垂直于中心线EF的荧光屏PS上．已知两平行金属板水平正对且板长均为l＝6 cm，两板间距d＝2 cm，板间电压UAB＝100 V，界面MN与荧光屏PS相距L＝15 cm，粒子重力不计．求：
(1)加速电场的电压U；
[答案]　450 V　
(2)粒子经过界面MN时的速度；
(3)粒子打到荧光屏PS时偏离中心线EF的距离Y.
[答案]　0.06 m
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
√
2．(带电粒子在交变电场中的运动)(多选)在t＝0时刻将一个带正电的微粒放在电场中，电场强度的大小和方向随时间变化的规律如图所示．带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法正确的是(　　)
A．微粒在0到1 s内的加速度与1 s到2 s内的加速度相同
B．微粒将沿着一条直线运动
C．微粒做往复运动
D．微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
√
解析：微粒加速度的方向与电场强度的方向相同，则由于微粒由静止开始做加速运动，可作出微粒的v－t 图像如图所示．由图可知B、D正确．
3．(带电粒子在电场内的偏转)如图所示，M、N为一对板长均为L的水平正对放置的平行金属板，两板带有等量异种电荷，板间存在竖直向下的匀强电场(图中未画出)，质量为m、电荷量为e、带正电的质子从M板边缘以初速度v0沿水平方向射入电场，离开电场时速度与水平方向的夹角θ＝30°，不计质子的重力．求：
(1)该质子射出电场时的速度大小v；
(2)该质子离开电场时沿竖直方向偏移的距离y.(共52张PPT)
第二章　静电场的应用
第一节　电容器与电容
学习目标
1．知道电容器的概念，认识常见的电容器，了解电容器的充、放电现象．　2.理解电容的概念，掌握电容的定义式、单位，并能应用定义式进行简单的计算．　3.了解平行板电容器的电容公式，知道改变平行板电容器的电容大小的方法．　4.会对电容器的两类动态问题分析．
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、识别电容器
1．两个互相______、彼此______的导体，组成一个电容器．
2．电容器用字母“____”及电路符号“┤├”表示．
3．任何两个彼此绝缘又相隔很近的导体都可以看成一个电容器．
4．常见的电容器：陶瓷电容器、薄膜电容器、铝电解电容器、钽电解电容器、微调电容器、调谐电容器等．
靠近
绝缘
C
二、电容器的充放电
项目 充电 放电
定义 使电容器的两极板带上等量______电荷的过程 使电容器两极板上的电荷______的过程
方法 将电容器的两极板与电源的两极相连 用导线将电容器的两极板接通
电场强度变化 极板间的电场强度变大 极板间的电场强度变小
能量转化 其他能转化为_________ _________转化为其他能
异种
中和
电场能
电场能
说明：每一极板所带电量的绝对值称为电容器所带的电量．电场具有能量是电场物质性的重要表现．
三、电容器的电容
1．物理意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量．
2．定义
电容器所带的_______与电容器两极板间的_______之比，公式为_______．
3．大小
电容的大小只与________________________有关，与电容器所带电量Q及两极板间电压U的大小无关．电容器的电容在数值上等于使两极板间的电压为____时电容器所需的电量，电容器的电容越大，所需的电量______．
电量Q
电压U
电容器本身的结构
1V
越多
4．单位
在国际单位制中，电容的单位是法拉(F).
1 F＝1 C/V，1 F＝____μF＝1012 pF.
106
5．击穿电压与额定电压
(1)击穿电压：加在电容器两极板上的电压不能超过某一限度，超过这个限度，电介质将被击穿，电容器损坏．这个极限电压叫作击穿电压．
(2)额定电压：电容器外壳上标的是工作电压，或称额定电压，这个数值比击穿电压低．
四、决定电容的因素
1．决定电容的因素
当极板上所带的电量不变时，减小平行板电容器两极板的正对面积、增大两极板之间的距离都能减小平行板电容器的电容；而在两极板之间插入电介质，却能增大平行板电容器的电容．
2．电容的决定式
C＝________，εr为电介质的相对介电常数，k为电场力常量．
判断下列说法是否正确．
(1)电容器的带电荷量为两极板所带电荷量的绝对值之和.(　　)
(2)电容大的电容器带电荷量一定多．(　　)
(3)电容器两极板间的电压越高，电容就越大.(　　)
(4)电容器不带电荷时，电容为零．(　　)
(5)将平行板电容器错开，使正对面积减小，电容将减小．(　　)
×　
×　
×　
×　
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　对电容器的电容的理解
当电容器所带电荷量增加时，电容器两极板间的电势差如何变化？电荷量Q和板间电势差U的比值是否发生变化？
[提示]　增大　不变
√
　　　下列关于电容器的说法正确的是(　　)
A．电容器两极板间填充的是金属物质
B．电容器所带电荷量越多，电容越大
C．电容器外壳上标的是击穿电压
D．电容器的电容大小由电容器本身因素决定
[解析]　由电容器的构成可知，电容器两极板间填充的是电介质，故A错误；电容器的电容取决于本身因素，与电容器是否充电和所带电荷量多少无关，故B错误，D正确；电容器外壳上标的是额定电压，额定电压小于击穿电压，C错误．
√
　　　如图所示，电容器上标有“450 V　470 μF”，若该电容器击穿电压为500 V，下列说法正确的是(　　)
A．该电容器两极间的电压减少10 V，电荷量减少47 C
B．电容器所带的电荷量为零时，电容器的电容也为零
C．电容器允许施加的最大电压为450 V
D．若电容器电压为100 V，则电容器所带电荷量为0.047 C
√
　　　(多选)对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是(　　)
A.将两极板的间距加大，电容将增大
B．将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小
C．在两板中间插入一陶瓷板后，电容将增大
D．减小电容器的电荷量Q，电容将减小
√
1．电容器的充电过程
如图1所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．在充电开始时电流比较大，之后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止移动，电流I＝0.
知识点二　电容器的充、放电
2．电容器的放电过程
如图2所示，当开关S接2时，将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流，放电开始电流较大，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小，最后减小到零．
　　　在“观察电容器的充、放电现象”实验中，利用常用器材设计电路如图甲所示．
(1)将开关S接通1，电容器的_________(选填“上”或“下”)极板带正电，再将S接通2，通过电流表的电流方向向_______(选填“左”或“右”).
[解析]　开关S接通1，电容器充电，根据电源的正负极可知与电源正极相连的电容器上极板带正电；开关S接通2，电容器放电，电流从电容器上极板流出，通过电流表的电流方向向左．
(2)若电源电压为9 V，实验中所使用的电容器如图乙所示，充满电后电容器正极板所带电荷量为____________C.
[解析]　充满电后电容器所带电荷量Q＝CU＝3 300×10－6 F×9 V＝2.97×10－2 C.
上　
左　
2.97×10－2　
(3)下列关于电容器充电时，电流i与时间t的关系或所带电荷量q与两极板间的电压U的关系正确的是________．
A
　　　(2025·福建泉州市期中)某兴趣小组想自制一个电容器．如图1所示，他们用两片锡箔纸做电极，在两层锡箔纸中间夹以电容纸(某种绝缘介质)一起卷成圆柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了．
(1)为增加该电容器的电容，应当________(填正确答案标号).
A．增大电容器的充电电压
B．减小电容器的充电电压
C．锡箔纸面积尽可能大
D．锡箔纸卷绕得尽可能紧
CD　
(2)为了测量该电容器电容的大小，由于实验室没有电容计，该小组采用了如图2所示的电路进行测量．其中电压传感器和电流传感器可以在计算机上显示出电压和电流随时间变化的U－t、I－t图像．先将开关S置于a端，电压和电流随时间变化图像分别如图3、4所示，由图4可得电容器充满电后所带的电荷量约为3.0×10－5 C，则电容大小约为C＝____________F.(结果均保留2位有效数字)
5.0×10－6　
(3)在(2)问基础上，电容器充满电后，t0时刻再把开关S置于b端，电容器通过电阻放电，通过电阻R的电流方向________(选填“向左”或“向右”).
[解析]　充电时，电容器的上极板带正电，开关S置于b端，电容器放电，此时通过R的电流向右．
向右
知识点三　电容器的动态分析
1．两类情况
(1)平行板电容器两极板始终与电源两极相连(此时板间电压U保持不变).
(2)电容器充电后与电源断开(此时电荷量Q保持不变).
2．分析思路
3．静电计
静电计(如图所示)本身是一个电容器，它的指针所带电荷量跟指针与外壳间的电势差成正比，指针所带电荷量越多，张角就越大，表明指针与外壳间的电势差越大．将静电计的金属球和外壳分别与平行板电容器的两极板连接，当电荷停止运动后，静电计的金属球与外壳间的电势差和平行板电容器两极板间的电势差相等．从静电计指针偏转角度的大小可推知电容器两极板间电势差的大小．
√
角度1　板间电压U保持不变
　　　(2025·东莞期中)计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙有另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变电容器．当连接电源不断电，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出该键相应的信号，当按下该键时，电容器的(　　)
A．极板间的电压变大
B．电容变小
C．极板的电量变大
D．极板间的场强变小
　　　如图所示，一带电液滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其他条件不变．下列说法正确的是(　　)
A．极板所带电荷量将增加，液滴将向上运动
B．极板所带电荷量将增加，液滴将向下运动
C．极板所带电荷量将减少，液滴将向上运动
D．极板所带电荷量将减少，液滴将向下运动
√
角度2　电荷量Q保持不变
　　　(2025·广州期中)如图，C为中间插有电介质的电容器，b极板与静电计金属球连接，a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．下列操作中能使静电计指针张角变小的是(　　)
A．b板不动、将a板向右平移
B．将a板向下移动一小段距离
C．将b板向上移动一小段距离
D．取出a、b两极板间的电介质
√
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(对电容器电容的理解)(2025·江门期中)某电容器的外壳上标有“1 000 μF　80 V”的字样， 该参数表明(　　)
A．该电容器只有在电压为80 V时电容才为1 000 μF
B．当两端电压为 40 V时，该电容器的电容为500 μF
C．该电容器两端电压超过80 V时，电容器会立刻被击穿
D．当给该电容器两端加上80 V电压时，电容器所带的电荷量为8×10－2 C
√
2.(电容器的动态分析)(2024·江西卷，T1)极板间一蜡烛火焰带有正离子、电子以及其他的带电粒子，两极板电压保持不变，当电极板距离减小时，电场强度如何变？电子受力方向？(　　)
A．电场强度增大，方向向左
B．电场强度增大，方向向右
C．电场强度减小，方向向左
D．电场强度减小，方向向右
√
3.(电容器的动态分析)如图所示，两平行金属板带有等量异种电荷，极板与外电路断开，一电子从O点沿垂直于极板方向射出，最远能达到A点，然后返回．不计电子的重力，若电子从O点射出的初速度不变，将右极板向右平移一小段距离，则(　　)
A. 电子最远能达到A点右侧某点
B. 电子最远不可能再达到A点
C. 电子返回O点所用时间不变
D. 电子返回O点时速度会变小
4．(电容器的充、放电)(2025·东莞月考)图甲是观察电容器的充、放电现象的实验装置的电路图．电源输出电压恒为8 V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器．
(1)当开关S接1时，平行板电容器________(选填“充电”或“放电”)，流经G表的电流方向________(选填“向左”或“向右”)，此过程中电容器极板的带电量将________(选填“增大”“减小”或“不变”)，电容将________(选填“增大”“减小”或“不变”).
解析：当开关S接1时，平行板电容器充电，流经G表的电流方向向右，此过程中电容器极板的带电量将增大．电容只由电容器自身决定，与电容器所带电荷量无关，故电容将不变．
充电　
向右　
增大　
不变　
(2)将G表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如图乙所示，已知电容器所带电荷量Q＝It，则若按“四舍五入”(大于半格算一格，小于半格舍去)数格法，由图可知电容器所带的电荷量为__________C，电容器的电容为__________F.(计算结果均保留2位有效数字)
3.2×10－3　
4.0×10－4　
(3)该同学用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容C1＜C2，充电过程中电容器极板间电压随电容器的带电量变化的图像分别如图丙中①②所示，其中对应电容为C1的充电过程图像是__________(选填“①”或“②”).
解析：根据公式Q＝CU可得，电压相同时电容大的带电量大，根据题图丙可得对应电容为C1的充电过程图像是①.
①第一节　电容器与电容
1．知道电容器的概念，认识常见的电容器，了解电容器的充、放电现象．　2.理解电容的概念，掌握电容的定义式、单位，并能应用定义式进行简单的计算．　3.了解平行板电容器的电容公式，知道改变平行板电容器的电容大小的方法．　4.会对电容器的两类动态问题分析．
一、识别电容器
1．两个互相靠近、彼此绝缘的导体，组成一个电容器．
2．电容器用字母“C”及电路符号“┤├”表示．
3．任何两个彼此绝缘又相隔很近的导体都可以看成一个电容器．
4．常见的电容器：陶瓷电容器、薄膜电容器、铝电解电容器、钽电解电容器、微调电容器、调谐电容器等．
二、电容器的充放电
项目 充电 放电
定义 使电容器的两极板带上等量异种电荷的过程 使电容器两极板上的电荷中和的过程
方法 将电容器的两极板与电源的两极相连 用导线将电容器的两极板接通
电场强度变化 极板间的电场强度变大 极板间的电场强度变小
能量转化 其他能转化为电场能 电场能转化为其他能
说明：每一极板所带电量的绝对值称为电容器所带的电量．电场具有能量是电场物质性的重要表现．
三、电容器的电容
1．物理意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量．
2．定义
电容器所带的电量Q与电容器两极板间的电压U之比，公式为C＝．
3．大小
电容的大小只与电容器本身的结构有关，与电容器所带电量Q及两极板间电压U的大小无关．电容器的电容在数值上等于使两极板间的电压为1__V时电容器所需的电量，电容器的电容越大，所需的电量越多．
4．单位
在国际单位制中，电容的单位是法拉(F).
1 F＝1 C/V，1 F＝106μF＝1012 pF.
5．击穿电压与额定电压
(1)击穿电压：加在电容器两极板上的电压不能超过某一限度，超过这个限度，电介质将被击穿，电容器损坏．这个极限电压叫作击穿电压．
(2)额定电压：电容器外壳上标的是工作电压，或称额定电压，这个数值比击穿电压低．
四、决定电容的因素
1．决定电容的因素
当极板上所带的电量不变时，减小平行板电容器两极板的正对面积、增大两极板之间的距离都能减小平行板电容器的电容；而在两极板之间插入电介质，却能增大平行板电容器的电容．
2．电容的决定式
C＝，εr为电介质的相对介电常数，k为电场力常量．
判断下列说法是否正确．
(1)电容器的带电荷量为两极板所带电荷量的绝对值之和.(　　)
(2)电容大的电容器带电荷量一定多．(　　)
(3)电容器两极板间的电压越高，电容就越大.(　　)
(4)电容器不带电荷时，电容为零．(　　)
(5)将平行板电容器错开，使正对面积减小，电容将减小．(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√
知识点一　对电容器的电容的理解
当电容器所带电荷量增加时，电容器两极板间的电势差如何变化？电荷量Q和板间电势差U的比值是否发生变化？
[提示]　增大　不变
1．C＝与C＝的比较
项目 C＝ C＝
公式特点 定义式 决定式
意义 对某电容器Q∝U，但＝C不变，反映电容器容纳电荷的本领 平行板电容器，C∝εr，C∝S，C∝，反映了影响电容大小的因素
联系 电容器容纳电荷的本领由来量度，由本身的结构(如平行板电容器的εr、S、d等因素)来决定
2.对Q－U图像的理解
如图所示，对固定的电容器，Q－U图像是一条过原点的直线，直线的斜率表示电容大小，因而电容器的电容也可以表示为C＝.
　下列关于电容器的说法正确的是(　　)
A．电容器两极板间填充的是金属物质
B．电容器所带电荷量越多，电容越大
C．电容器外壳上标的是击穿电压
D．电容器的电容大小由电容器本身因素决定
[解析]　由电容器的构成可知，电容器两极板间填充的是电介质，故A错误；电容器的电容取决于本身因素，与电容器是否充电和所带电荷量多少无关，故B错误，D正确；电容器外壳上标的是额定电压，额定电压小于击穿电压，C错误．
[答案]　D
　如图所示，电容器上标有“450 V　470 μF”，若该电容器击穿电压为500 V，下列说法正确的是(　　)
A．该电容器两极间的电压减少10 V，电荷量减少47 C
B．电容器所带的电荷量为零时，电容器的电容也为零
C．电容器允许施加的最大电压为450 V
D．若电容器电压为100 V，则电容器所带电荷量为0.047 C
[解析]　根据C＝可得ΔQ＝C·ΔU＝470×10－6 F×10 V＝4.7×10－3 C，即该电容器两极间的电压减少10 V，电荷量减少4.7×10－3 C，故A错误；电容反映电容器容纳电荷的本领大小，与电容器所带的电荷量无关，故B错误；该电容器击穿电压为500 V，则电容器允许施加的最大电压为500 V，故C错误；根据C＝可得Q＝CU＝470×10－6 F×100 V＝0.047 C，则若电容器电压为100 V，则电容器所带电荷量为0.047 C，故D正确．
[答案]　D
　(多选)对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是(　　)
A.将两极板的间距加大，电容将增大
B．将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小
C．在两板中间插入一陶瓷板后，电容将增大
D．减小电容器的电荷量Q，电容将减小
[解析]　根据平行板电容器的电容决定式C＝知，将两极板的间距加大，电容将减小，将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小，在两板中间插入一陶瓷板后，电容将增大，故A错误，B、C正确；电容器的电容取决于本身因素，与所带电荷量无关，故D错误．
[答案]　BC
知识点二　电容器的充、放电
1．电容器的充电过程
如图1所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．在充电开始时电流比较大，之后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止移动，电流I＝0.
2．电容器的放电过程
如图2所示，当开关S接2时，将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流，放电开始电流较大，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小，最后减小到零．
　在“观察电容器的充、放电现象”实验中，利用常用器材设计电路如图甲所示．
(1)将开关S接通1，电容器的____________(选填“上”或“下”)极板带正电，再将S接通2，通过电流表的电流方向向____________(选填“左”或“右”).
(2)若电源电压为9 V，实验中所使用的电容器如图乙所示，充满电后电容器正极板所带电荷量为____________C.
(3)下列关于电容器充电时，电流i与时间t的关系或所带电荷量q与两极板间的电压U的关系正确的是________．
[解析]　(1)开关S接通1，电容器充电，根据电源的正负极可知与电源正极相连的电容器上极板带正电；开关S接通2，电容器放电，电流从电容器上极板流出，通过电流表的电流方向向左．
(2)充满电后电容器所带电荷量Q＝CU＝3 300×10－6 F×9 V＝2.97×10－2 C.
(3)电容器充电过程中，电流逐渐减小，随着两极板电荷量增加，电流减小得越来越慢，电容器充电结束后，电流减为0，A正确，B错误；电容是电容器本身具有的属性，根据电容的定义式C＝可知，电荷量与电压成正比，所以图线应为过原点直线，C、D错误．
[答案]　(1)上　左　(2)2.97×10－2　(3)A
　(2025·福建泉州市期中)某兴趣小组想自制一个电容器．如图1所示，他们用两片锡箔纸做电极，在两层锡箔纸中间夹以电容纸(某种绝缘介质)一起卷成圆柱形，然后接出引线，再密封在塑料瓶当中，电容器便制成了．
(1)为增加该电容器的电容，应当________(填正确答案标号).
A．增大电容器的充电电压
B．减小电容器的充电电压
C．锡箔纸面积尽可能大
D．锡箔纸卷绕得尽可能紧
(2)为了测量该电容器电容的大小，由于实验室没有电容计，该小组采用了如图2所示的电路进行测量．其中电压传感器和电流传感器可以在计算机上显示出电压和电流随时间变化的U－t、I－t图像．先将开关S置于a端，电压和电流随时间变化图像分别如图3、4所示，由图4可得电容器充满电后所带的电荷量约为3.0×10－5 C，则电容大小约为C＝____________F．(结果均保留2位有效数字)
(3)在(2)问基础上，电容器充满电后，t0时刻再把开关S置于b端，电容器通过电阻放电，通过电阻R的电流方向________(选填“向左”或“向右”).
[解析]　(1)电容器的电容大小与电压无关，A、B错误；根据电容的公式C＝可知，增大正对面积或减小极板间的距离都可以增大电容器的电容，C、D正确．
(2)根据电容的定义C＝，结合题图3可知，充满电后，电容器两端的电压U＝6.0 V，解得C＝5.0×10－6 F.
(3)充电时，电容器的上极板带正电，开关S置于b端，电容器放电，此时通过R的电流向右．
[答案]　(1)CD　(2)5.0×10－6　(3)向右
知识点三　电容器的动态分析
1．两类情况
(1)平行板电容器两极板始终与电源两极相连(此时板间电压U保持不变).
(2)电容器充电后与电源断开(此时电荷量Q保持不变).
2．分析思路
3．静电计
静电计(如图所示)本身是一个电容器，它的指针所带电荷量跟指针与外壳间的电势差成正比，指针所带电荷量越多，张角就越大，表明指针与外壳间的电势差越大．将静电计的金属球和外壳分别与平行板电容器的两极板连接，当电荷停止运动后，静电计的金属球与外壳间的电势差和平行板电容器两极板间的电势差相等．从静电计指针偏转角度的大小可推知电容器两极板间电势差的大小．
角度1　板间电压U保持不变
　(2025·东莞期中)计算机键盘每个键下面都连有一块小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙有另一块固定的小金属片，这组金属片组成一个可变电容器．当连接电源不断电，按下某个键时，与之相连的电子线路就给出该键相应的信号，当按下该键时，电容器的(　　)
A．极板间的电压变大
B．电容变小
C．极板的电量变大
D．极板间的场强变小
[解析]　因电容器与电源连接，则电势差U不变，故A错误；当按键被按下时，两极板间的距离减小，根据电容的决定式C＝，可知电容变大，故B错误；根据Q＝CU可知，电荷量Q变大，故C正确；依据E＝可知，极板间距d变小，因U不变，则E变大，故D错误.
[答案]　C
　如图所示，一带电液滴悬浮在平行板电容器两极板A、B之间的P点，处于静止状态．现将极板A向下平移一小段距离，但仍在P点上方，其他条件不变．下列说法正确的是(　　)
A．极板所带电荷量将增加，液滴将向上运动
B．极板所带电荷量将增加，液滴将向下运动
C．极板所带电荷量将减少，液滴将向上运动
D．极板所带电荷量将减少，液滴将向下运动
[解析]　因为电容器两极板和电源的两端相连，所以电容器两极板间的电压不变，当将极板A向下平移一小段距离，即极板间距减小，根据公式E＝可知，两极板间的电场强度增大，液滴受到的电场力增大，所以液滴将向上运动，B、D错误；根据公式C＝可知电容器的电容增大，根据公式Q＝CU可知，极板所带电荷量将增加，A正确，C错误．
[答案]　A
角度2　电荷量Q保持不变
　(2025·广州期中)如图，C为中间插有电介质的电容器，b极板与静电计金属球连接，a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．下列操作中能使静电计指针张角变小的是(　　)
A．b板不动、将a板向右平移
B．将a板向下移动一小段距离
C．将b板向上移动一小段距离
D．取出a、b两极板间的电介质
[解析]　根据C＝，C＝可知，b板不动、将a板向右平移时，极板间距d变小，则电容增大；Q一定，则电压减小，故静电计指针张角变小，故A正确．将a板向下移动一小段距离，或将b板向上移动一小段距离时，正对面积S减小，则电容减小；Q一定，则电压增大，故静电计指针张角变大，故B、C错误．若取出a、b两极板间的电介质，则电容变小；Q一定，则电压增大，故静电计指针张角变大，故D错误．
[答案]　A
eq \o(\s\up7())
1．(对电容器电容的理解)(2025·江门期中)某电容器的外壳上标有“1 000 μF　80 V”的字样， 该参数表明(　　)
A．该电容器只有在电压为80 V时电容才为1 000 μF
B．当两端电压为 40 V时，该电容器的电容为500 μF
C．该电容器两端电压超过80 V时，电容器会立刻被击穿
D．当给该电容器两端加上80 V电压时，电容器所带的电荷量为8×10－2 C
解析：选D.电容器的电容决定式C＝，电容器的电容由电容器本身决定，与所加电压无关，故A、B错误；电容器上标的是电容器的额定电压，而击穿电压都要大于额定电压，当电容器电压超过击穿电压时，电容器会立刻被击穿，而大于80 V的电压未必超过击穿电压，故C错误；由Q＝CU＝8×10－2 C可知，当给该电容器两端加上80 V电压时，电容器所带的电荷量为8×10－2 C，故D正确．
2.(电容器的动态分析)(2024·江西卷，T1)极板间一蜡烛火焰带有正离子、电子以及其他的带电粒子，两极板电压保持不变，当电极板距离减小时，电场强度如何变？电子受力方向？(　　)
A．电场强度增大，方向向左
B．电场强度增大，方向向右
C．电场强度减小，方向向左
D．电场强度减小，方向向右
解析：选B.由题意可知，两极板电压保持不变，则根据电势差和电场强度的关系有E＝，当电极板距离减小时，电场强度E增大，再结合题图可知极板间的电场线水平向左，则可知电子受到的电场力方向向右．
3.(电容器的动态分析)如图所示，两平行金属板带有等量异种电荷，极板与外电路断开，一电子从O点沿垂直于极板方向射出，最远能达到A点，然后返回．不计电子的重力，若电子从O点射出的初速度不变，将右极板向右平移一小段距离，则(　　)
A. 电子最远能达到A点右侧某点
B. 电子最远不可能再达到A点
C. 电子返回O点所用时间不变
D. 电子返回O点时速度会变小
解析：选C.根据E＝、C＝、C＝，可得两平板间电场强度E＝，在与外电路断开的情况下，移动右极板，Q不变，所以电场强度E不变，电子的受力不变，运动情况与之前相同．
4．(电容器的充、放电)(2025·东莞月考)图甲是观察电容器的充、放电现象的实验装置的电路图．电源输出电压恒为8 V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器．
(1)当开关S接1时，平行板电容器________(选填“充电”或“放电”)，流经G表的电流方向________(选填“向左”或“向右”)，此过程中电容器极板的带电量将________(选填“增大”“减小”或“不变”)，电容将________(选填“增大”“减小”或“不变”).
(2)将G表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图像如图乙所示，已知电容器所带电荷量Q＝It，则若按“四舍五入”(大于半格算一格，小于半格舍去)数格法，由图可知电容器所带的电荷量为________C，电容器的电容为__________F．(计算结果均保留2位有效数字)
(3)该同学用同一电路分别给两个不同的电容器充电，电容器的电容C1＜C2，充电过程中电容器极板间电压随电容器的带电量变化的图像分别如图丙中①②所示，其中对应电容为C1的充电过程图像是__________(选填“①”或“②”).
解析：(1)当开关S接1时，平行板电容器充电，流经G表的电流方向向右，此过程中电容器极板的带电量将增大．电容只由电容器自身决定，与电容器所带电荷量无关，故电容将不变．
(2)由I－t图像可知图线与横轴围成的面积表示电容器所带的电荷量，题图乙中图线与横轴围成的部分大约有40个小方格，则有电容器所带的电荷量Q＝40×0.2×10－3×0.4 C＝3.2×10－3C，根据C＝可得，电容器的电容C＝ F＝4.0×10－4 F.
(3)根据公式Q＝CU可得，电压相同时电容大的带电量大，根据题图丙可得对应电容为C1的充电过程图像是①.
答案：(1)充电　向右　增大　不变　(2)3.2×10－3　4.0×10－4　(3)①第二节　带电粒子在电场中的运动
1．掌握带电粒子在电场中运动时的加速度、速度和位移等物理量的变化．
2．能运用电场力做功、电势、电势差、等势面等概念研究带电粒子运动时的能量转化．
3．了解示波管的工作原理，体会静电场知识在科学技术中的应用．
一、带电粒子在电场中的加速
1．当解决的问题属于匀强电场且涉及运动时间等描述运动过程的物理量时，利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析．
2．当问题只涉及位移、速率等动能定理公式中的物理量或非匀强电场情境时，利用电场力做功结合动能定理来分析．
二、加速器：为了进一步提高带电粒子的能量，科学家制成了直线加速器，让带电粒子通过多级电场来加速．电场直线加速器的原理示意图如图所示，由于电子每经过缝隙就被电场加速，又由于经过每个圆筒的时间相同，则越往后，圆筒的长度必定越长，但都与进入圆筒时的速度成正比．
三、带电粒子在电场中的偏转
如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子(忽略粒子所受重力)，以初速度v0平行于两极板进入匀强电场，极板长为l，极板间距离为d，极板间电压为U.
1．运动性质
(1)水平方向(沿初速度方向)：速度为v0的匀速直线运动．
(2)竖直方向(垂直于初速度的方向)：初速度大小为零的匀加速直线运动．
2．运动规律
(1)偏移距离：因为t＝，a＝，所以偏移距离y＝at2＝ eq \f(ql2U,2mvd) ．
(2)偏转角度：因为vy＝at＝，所以tan θ＝＝ eq \f(qUl,mdv) ．
四、示波器
1．示波管主要由电子枪、偏转系统和荧光屏三部分组成．
2．只在Y偏转板加电压时，荧光屏上的亮斑在竖直方向上发生偏移，只在X偏转板加电压时，荧光屏上的亮斑在水平方向上发生偏移．
3．示波器工作原理：电子经阳极和阴极间的电场加速，在偏转系统中偏转，在荧光屏上得到亮斑合运动的稳定图像．
判断下列说法是否正确．
(1)带电粒子(不计粒子所受重力)在电场中由静止释放时，一定做匀加速直线运动．(　　)
(2)对带电粒子在电场中的运动，从受力的角度来看，遵循牛顿运动定律；从做功的角度来看，遵循能量的转化和守恒定律．(　　)
(3)对于带电粒子(不计粒子所受重力)在电场中的偏转可分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场线方向的自由落体运动．(　　)
(4)示波管偏转电极不加电压时，从电子枪射出的电子将沿直线运动，射到荧光屏中心点形成一个亮斑．(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√
知识点一　带电粒子在电场中的加速
在真空中有一对平行金属板，由于接上电池组而带电，两板间电势差为U，若一个质量为m、带正电荷q的粒子，以初速度v0从正极板附近向负极板运动．试结合上述情境讨论：
(1)怎样计算它到达负极板时的速度？
(2)若粒子带的是负电荷(初速度为v0)，将做匀减速直线运动，如果能到达负极板，其速度如何？
(3)上述问题中，两块金属板是平行的，两板间的电场是匀强电场，如果两金属板是其他形状，中间的电场不再均匀，上面的结果是否仍然适用？为什么？
[提示]　(1)由动能定理有qU＝mv2－mv，得v＝ eq \r(\f(2qU,m)＋v) .
(2)由动能定理得－qU＝mv2－mv得v＝ eq \r(v－\f(2qU,m)) .
(3)结果仍适用．不管是否为匀强电场，电场力做功都可以用W＝qU计算，则动能定理仍适用，结果仍适用．
1．带电粒子的分类及受力特点
(1)电子、质子、α粒子、离子等基本粒子，一般都不考虑重力．
(2)质量较大的微粒：带电小球、带电油滴、带电颗粒等，除有说明或有明确的暗示外，处理问题时一般都不能忽略重力．
2．分析带电粒子在电场力作用下加速运动的两种方法
(1)利用牛顿第二定律F＝ma和运动学公式，只能用来分析带电粒子的匀变速运动．
(2)利用动能定理：qU＝mv2－mv.若初速度为零，则qU＝mv2，对于匀变速运动和非匀变速运动都适用．
3．带电粒子在交变电场中的运动
(1)运动分析：当空间存在交变电场时，粒子所受电场力方向将随着电场方向的改变而改变，粒子的运动性质也具有周期性．
(2)解题技巧：研究带电粒子在交变电场中的运动需要分段研究，并辅以v－t图像．特别需注意带电粒子进入交变电场时的时刻及交变电场的周期．
角度1　带电粒子在匀强电场中的运动
　如图，P和Q为两平行金属板，保持板间电压恒为U，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，若增大两板间的距离，则电子(　　)
A．加速度增大
B．到达Q的时间变短
C．到达Q的速度增大
D．到达Q的速度不变
[解析]　电子的加速度a＝＝，保持板间电压恒为U，若增大两板间的距离，则电子加速度减小，故A错误；电子在板间做匀加速直线运动，可得d＝at2，结合上式解得t＝ ＝d，若增大两板间的距离，则到达Q的时间t增大，故B错误；由动能定理eU＝mv2，解得v＝ ，则若增大两板间的距离，电子到达Q的速度不变，故C错误，D正确．
[答案]　D
　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
[解析]　分析题意可知，电子在A、B板间做加速运动，在B、C板间做减速运动，恰好运动到P点，将C板向右平移到P′点，则B、C间距变大，根据平行板电容器电容的决定式C＝及C＝可知，电场强度E＝＝＝，分析可知，B、C极板间电场强度恒定不变，故电子仍然运动到P点返回，A正确．
[答案]　A
角度2　带电粒子在交变电场中的运动
　(多选)(2025·深圳期中)如图甲所示为多级加速器，将一束质子流以初速度v0沿轴线射入长27 km的加速隧道，使其加速后相撞，设n个金属圆筒沿轴线排成一串，相间地连到如图乙所示的周期性变化的电源上．质子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，则(　　)
A．质子在每个圆筒内都做加速运动
B．质子只在圆筒间的缝隙处做加速运动
C．质子经过每个筒的时间越来越长
D．质子每到达一个间隙，电源的正负极就要发生改变
[解析]　由题图甲可知，每个圆筒上各点的电势都相等，是个等势体，圆筒中电场强度为零，质子在圆筒中不受电场力，做匀速直线运动，在圆筒缝隙处做加速运动，故A错误，B正确；要使质子每次经过圆筒间缝隙处时做加速运动，则质子穿过每个圆筒的时间恰为交变电流的半个周期，即质子每到达一个间隙，电源的正负极就要发生改变，因经过每个筒的时间不变，而速度越来越大，筒的长度要越来越长，故C错误，D正确．
[答案]　BD
知识点二　带电粒子在电场中的偏转
如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0垂直于电场方向射入两极板间，两平行板间存在方向竖直向下的匀强电场，已知板长为l，板间电压为U，板间距为d，不计粒子所受的重力．
请根据上述情境回答下列问题：
(1)带电粒子在垂直于电场方向做什么运动？
(2)带电粒子在沿电场方向做什么运动？
(3)怎样求带电粒子在电场中运动的时间？
(4)粒子所受电场力是多大？加速度是多大？
[提示]　(1)匀速直线运动．
(2)初速度为零的匀加速直线运动．
(3)t＝.
(4)F＝q，a＝.
1．动力学方法：带电粒子垂直进入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析．
(1)基本规律
(2)偏转位移和偏转角
①粒子离开电场时的偏转位移y＝at2＝＝ eq \f(qUl2,2mdv) .
②粒子离开电场时的偏转角tan θ＝＝ eq \f(qUl,mdv) .
③粒子离开电场时位移与初速度夹角的正切值tan α＝＝ eq \f(qUl,2mdv) .
2．能量观点：分析粒子的偏转问题也可以利用动能定理，即qEΔy＝ΔEk.
3．两个特殊推论
(1)粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初速度方向位移的中点，如图所示．
(2)位移方向与初速度方向间夹角α(图中未画出)的正切值为速度偏转角θ正切值的，即2tan α＝tan θ.
角度1　示波管的原理和分析
　(2025·浙江温州市期中)有一种电子仪器叫作示波器，可以用来观察电信号随时间变化的情况．示波器的核心部件是示波管，如图所示的是它的原理图．如果两偏转电极都不加偏转电压，电子束将刚好打在荧光屏的中心处，形成亮斑．如果在偏转电极XX′上不加电压，在偏转电极YY′上加电压，YY′两极板间距为d.现有一电子以速度v0进入示波管的YY′偏转电场，最后打在荧光屏上的位置与中心点竖直距离为y，电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间为t，则下列说法正确的是(　　)
A.若UYY′＞0，则电子打在荧光屏中心位置下方
B．若仅增大偏转电压UYY′，则t不变
C．若仅减小YY′极板间距离d，则y不变
D．若UYY′＞0，UXX′＜0，则可以让电子打在荧光屏正中心处
[解析]　若UYY′＞0，则电子受到的静电力竖直向上，所以电子打在荧光屏中心位置上方，故A错误；电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，所以若仅增大偏转电压UYY′，电子从进入偏转电场到打在荧光屏上的时间t不变，故B正确；电子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，偏转位移y＝at 21＝t 21，时间不变，若仅减小YY′极板间距离d，偏转位移y变大，故C错误；若UYY′＞0，则电子受到的静电力竖直向上，所以电子打在荧光屏中心位置上方，若UXX′＜0，则电子受到的静电力水平向左，所以电子打在荧光屏中心位置左方，所以电子不会打在荧光屏正中心处，故D错误．
[答案]　B
角度2　带电粒子偏转规律的应用
　(多选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t＝0时刻开始连续释放初速度大小为v0，方向平行于金属板的相同带电粒子．t＝0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场．已知电场变化周期T＝，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则(　　)
A．在t＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大于v0
B．粒子的电荷量为 eq \f(mv,U0)
C.在t＝T时刻进入的粒子恰好从P板右侧边缘离开电场
D．在t＝T时刻进入的粒子恰好从P板右侧边缘离开电场
[解析]　粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则t＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间t＝T＝，此时间正好是交变电场的一个周期，粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，A错误；粒子在竖直方向，在时间内的位移为，则有d＝，解得q＝ eq \f(mv,U0) ，B正确；t＝时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移d′＝2×a－2×a＝aT2＝d，即粒子恰好从P、Q两板正中间离开电场，C错误；t＝时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，D正确．
[答案]　BD
　(2025·揭阳期末)如图所示，一质量m＝1×10－20 kg、带电量q＝＋1×10－10 C的粒子，从静止开始被加速电场(图中未画出)加速后从E点沿中线水平方向飞入平行板电容器，初速度v0＝3×106 m/s，粒子飞出平行板电场经过无电场区域后，打在垂直于中心线EF的荧光屏PS上．已知两平行金属板水平正对且板长均为l＝6 cm，两板间距d＝2 cm，板间电压UAB＝100 V，界面MN与荧光屏PS相距L＝15 cm，粒子重力不计．求：
(1)加速电场的电压U；
(2)粒子经过界面MN时的速度；
(3)粒子打到荧光屏PS时偏离中心线EF的距离Y.
[解析]　(1)在加速电场中，由动能定理有
qU＝mv－0，解得U＝450 V.
(2)粒子的运动轨迹如图所示，在偏转电场中，粒子做类平抛运动，平行于极板方向有
l＝v0t，解得t＝2×10－8 s，垂直于极板方向，由牛顿第二定律有a＝＝＝5×1013 m/s2，设粒子从偏转电场中飞出时沿电场方
向的速度大小为vy，则vy＝at＝1×106 m/s，所以粒子经过界面MN时的速度大小v＝ eq \r(v＋v) ＝×106 m/s，设粒子经过界面MN时的速度方向与水平方向夹角为θ，则tan θ＝＝.
(3)带电粒子在离开电场后做匀速直线运动，垂直于极板方向有y＝at2＝0.01 m，由相似三角形知识得＝，解得Y＝0.06 m.
[答案]　(1)450 V　(2)×106 m/s，速度方向与水平方向夹角的正切值tan θ＝　(3)0.06 m
eq \o(\s\up7())
1.(带电粒子在电场中的加速)如图所示，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出，最远到达A点，然后返回，OA＝h，此电子具有的初动能是(　　)
A．　　　　　　　　 B．edUh
C． D．
解析：选D.从O点运动到A点，由动能定理得－eU1＝0－Ek0，由题意可知两极板间的电场强度为E＝，所以O、A两点间的电势差为U1＝Eh＝h，联立可得，电子具有的初动能为Ek0＝eU1＝，D正确．
2．(带电粒子在交变电场中的运动)(多选)在t＝0时刻将一个带正电的微粒放在电场中，电场强度的大小和方向随时间变化的规律如图所示．带电微粒只在电场力的作用下由静止开始运动，则下列说法正确的是(　　)
A．微粒在0到1 s内的加速度与1 s到2 s内的加速度相同
B．微粒将沿着一条直线运动
C．微粒做往复运动
D．微粒在第1 s内的位移与第3 s内的位移相同
解析：
选BD.微粒加速度的方向与电场强度的方向相同，则由于微粒由静止开始做加速运动，可作出微粒的v－t 图像如图所示．由图可知B、D正确．
3．(带电粒子在电场内的偏转)如图所示，M、N为一对板长均为L的水平正对放置的平行金属板，两板带有等量异种电荷，板间存在竖直向下的匀强电场(图中未画出)，质量为m、电荷量为e、带正电的质子从M板边缘以初速度v0沿水平方向射入电场，离开电场时速度与水平方向的夹角θ＝30°，不计质子的重力．求：
(1)该质子射出电场时的速度大小v；
(2)该质子离开电场时沿竖直方向偏移的距离y.
解析：(1)将该质子射出电场时的速度分解，根据几何关系有v0＝v cos θ
解得v＝.
(2)该质子在电场中做类平抛运动，根据运动规律有L＝v0t
该质子射出电场时竖直方向的分速度
vy＝v0tan θ
根据运动学规律有
y＝vyt
解得y＝L.
答案：(1)　(2)L

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