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电容器　带电粒子在电场中的运动 考点总结
1．电容器及电容
(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带电荷量：一个极板所带电荷量的__绝对值__；
③电容器的充、放电
a．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__异种电荷__，电容器中储存电场能；
b．放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中__电能__转化为其他形式的能．
(2)电容
①定义：电容器所带的__电荷量__与两个极板间的__电势差__的比值；
②定义式：__C＝__；
③单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)，1 F＝__106__μF＝__1012__pF；
④意义：表示电容器__容纳电荷__本领的高低；
⑤决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否__带电__及__电压__无关．
(3)平行板电容器的电容
①决定因素：正对面积，介电常数，两板间的距离，
②决定式：__C＝__.
2．带电粒子在电场中的运动
(1)加速问题
①在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝__mv2－mv__；
②在非匀强电场中：W＝qU＝__mv2－mv__.
(2)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．
a．沿初速度方向：做__匀速__运动；
b．沿电场方向：做初速度为零的__匀加速__运动．
3．示波管
(1)装置：示波管由__电子枪__、__偏转电极__和__荧光屏__组成，管内抽成真空，如图所示．

(2)原理
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传播，打在荧光屏__中心__，在那里产生一个亮斑；
②YY′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．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．

电容器　带电粒子在电场中的运动 习题精选
一、概念理解
1．判断正误
(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，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(　√　)
(6)示波管屏幕上的亮斑是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的．(　√　)
(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．(　×　)
2．如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是(　C　)

A．两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大
B．两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大
C．与两板间距离无关，仅与加速电压有关
D．以上说法均不正确
3．如图所示，质子(H)和α粒子(He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y之比为(　B　)

A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶4
二、考法精讲
一　平行板电容器的动态分析
1．常见类型

[例1](2019·安徽安庆质检)如图所示，先接通开关S使电容器充电，然后断开开关S.当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、电容器两极板间场强E的变化情况是(　C　)

A．Q变小，C不变，U不变，E变小
B．Q变小，C变小，U不变，E不变
C．Q不变，C变小，U变大，E不变
D．Q不变，C变小，U变小，E变小
解析　电容器充电后再断开开关S，其所带的电荷量不变．由C∝可知，d增大时，C变小时，又因为U＝，所以U变大，对于场强E，由于E＝，U＝＝，所以E＝＝＝.由以上分析可知，间距d增大，E不变．因此选项C正确．

解决电容器问题的两个常用技巧
(1)在电荷量保持不变的情况下，由E＝＝＝知，电场强度与板间距离无关．
(2)对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住C＝、Q＝CU和E＝进行判定即可．
　二　带电粒子在电场中的直线运动
1．带电粒子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、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)．
(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．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路
(1)运动状态的分析：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，做加(减)速直线运动．
(2)用功与能的观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的变化量，即qU＝mv2－mv.
[例2]一电荷量为q(q>0)、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，电场强度随时间变化的规律如图所示，不计重力，求在t＝0到t＝T的时间间隔内
(1)粒子位移的大小和方向；
(2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．

解析　(1)带电粒子在0～、～、～、～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得a1＝，①
a2＝－2，②
a3＝2，③
a4＝－，④
由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的a－t图象如图甲所示，对应的v－t图象如图乙所示．
　
其中v1＝a1＝，⑤
由图乙可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为
x＝v1，⑥
由⑤⑥式得x＝T2，
它沿初始电场正方向．
(2)由图乙可知，粒子在t＝T到t＝T内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间t为t＝T－T＝.
答案　见解析

带电体在匀强电场中做直线运动的分析思路

　三　带电粒子在电场中的偏转
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＝＝＝.
(2)在电场中的运动时间：t＝.
(3)位移
y＝at2＝.
(4)速度vy＝，v＝，
tan θ＝＝.
2．两个结论
(1)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总是相同的，偏转位移也总是相同的．证明：由qU0＝mv及tan θ＝得tan θ＝；同理可得y＝
(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.
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
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：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
[例3]如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出．装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0 cm，相距d＝2 cm，两极板间加以电压U2＝200 V的偏转电场．从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场．已知电子的电荷量e＝1.6×10－19 C，电子的质量m＝0.9×10－30 kg，设电子离开金属丝时的速度为零，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力．求：

(1)电子射入偏转电场时的动能Ek；
(2)电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；
(3)电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W.
解析　(1)电子在加速电场中，根据动能定理有eU1＝Ek，解得Ek＝4.0×10－16 J.
(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t，电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t，解得t＝.
电子在竖直方向受电场力F＝e，
电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a，依据牛顿第二定律有e＝ma，解得a＝.
电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量
y＝at2＝，解得y＝0.36 cm.
(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差U＝y，电场力所做的功W＝eU，
解得W＝5.76×10－18 J.
答案　(1)4.0×10－16 J　(2)0.36 cm　(3)5.76×10－18 J
　四　带电粒子在交变电场中的运动
带电粒子在交变电场中运动的分析方法
(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、位移等，并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，根据动能定理及能量守恒定律分析．
(3)此类题型一般有三种情况
①粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；
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)．
[例4](多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　AD　)


解析　在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F＝，所以电子所受的电场力大小不变．由牛顿第二定律F＝ma可知，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以a－t图象如图D所示，v－t图象如图A所示；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at2，所以x－t图象应是曲线．故选项A、D正确，B、C错误．

(1)利用图象
带电粒子在交变电场中运动时，受电场力作用，其加速度、速度等均做周期性变化，借助图象描述它在电场中的运动情况，可直观展示其物理过程，从而快捷地分析求解．
画图象时应注意在v－t图中，加速度相同的运动一定是平行的直线，图象与v－t轴所夹面积表示位移，图象与t轴的交点表示此时速度反向．
(2)利用运动的独立性
对一个复杂的合运动，可以看成是几个分运动合成的．某一方向的分运动不会因其他分运动的存在而受到影响．应用这一原理可以分析带电粒子在交变电场中的运动．根据各分运动的情况，再按运动的合成与分解规律分析合运动情况．
三、递进题组
1．(多选)如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是(　AD　)

A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大
B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变
C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大
D．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变
解析　保持S闭合，则电容器两极板间的电压不变，由E＝可知，当A板向B板靠近时，E增大，小球所受电场力增大，θ增大，选项A正确，B错误；断开S，则两板带电荷量不变，由Q＝CU＝＝E可知，将A板向B板靠近，并不改变板间电场强度，小球所受的电场力不变，故θ不变，选项D正确，C错误．
2．一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器(　D　)
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
解析　由C＝可知，当将云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小．再由E＝，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确．
3．(2019·安徽蚌埠四校联考)如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的(　C　)

A．2倍　　 B．4倍
C．　　 D．
解析　设极板长为L，间距为d，电子在两极板间做类平抛运动，水平方向有L＝v0t，竖直方向有d＝at2＝，所以d2＝，即d∝，选项C正确．
4．(2019·黄冈中学模拟)如图甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向)．一个质量为m、电荷量为＋q的粒子(重力不计)，开始处于图中的A点．在t＝0时刻将该粒子由静止释放，经过时间t0，刚好运动到B点，且瞬时速度为零．已知电场强度大小为E0.试求：

(1)电场变化的周期T应满足的条件；
(2)A、B之间的距离；
(3)若在t＝时刻释放该粒子，则经过时间t0粒子的位移为多大？
解析　(1)根据粒子的初状态和受力特点可知，粒子运动的v－t图象如图所示．可见，当t0＝nT时，粒子的速度刚好为零，故有T＝.(n为正整数)

(2)由(1)图可知，A、B之间的距离
x＝a()2×2n＝n··()2＝.
(3)若在t＝时刻释放该粒子，其v－t图象如图所示，此时t0时间内粒子的位移
x′＝n[a(2×)2×2－a()2×2]＝.

答案　(1)T＝(n为正整数)　(2)　(3)
四、典例诊断
[例1](2019·河南洛阳调研，6分)(多选)如图所示，一光滑绝缘斜槽放在方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场中，从斜槽顶端A沿斜槽向下释放一初速度为v0的带负电的小球，小球质量为m，带电荷量为q，斜槽底端B与A点的竖直距离为h.则关于小球的运动情况，下列说法中正确的是(　　)

A．只有E≤＋时，小球才能沿斜槽运动到B点
B．只有E≤时，小球才能沿斜槽运动到B点
C．小球若沿斜槽能到达B点，最小速度可能是v0
D．小球若沿斜槽能到达B点，最小速度一定大于v0
[规范答题]
[解析] 根据受力情况可知，要使小球下滑必须重力大于等于电场力，即E·q≤mg，于是有E≤，故选项A错误，B正确；当重力大于电场力时，小球加速下滑，到达B点速度，大于v0，若是重力等于电场力，小球匀速下滑，到达B点速度为v0，若是重力小于电场力，小球将向上运动，故选项C正确，D错误．
[答案]　BC
五、规范迁移
1. (2019·江西九江模拟)一个动能为Ek的带电粒子，垂直于电场线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ek如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器的动能变为(　C　)
A．8Ek　　 B．5Ek
C．4.25Ek　　 D．4Ek
解析　因为偏转距离为y＝，带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为，所以静电力做功只有W＝0.25Ek，而初动能变为4Ek，故它飞出电容器时的动能变为4.25Ek故选项C正确．
2．(2019·江苏卷)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　)

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　由题意知，电子在A、B板间做匀加速运动，在B、C板间做匀减速运动，到P点时速度恰好为零，设A、B板和B、C板间电压分别为U1和U2，由动能定理得eU1－eU2＝0，所以U1＝U2；现将C板右移至P′点，由于板上带电荷没有变化，B、C板间电场强度E＝＝＝，E不变，故电子仍运动到P点返回，选项A正确．
3．如图所示，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q>0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．

解析　设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有F＋Na＝m，Nb－F＝m.
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，则有
Eka＝mv，Ekb＝mv.
根据动能定理有Ekb－Eka＝2rF，
联立各式解得
E＝(Nb－Na)，Eka＝(Nb＋5Na)，Ekb＝(5Nb＋Na)．
答案　(Nb－Na)　(Nb＋5Na)　(5Nb＋Na)
六、实战演练
1．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(　D　)

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
解析　两平行金属板水平放置时，微粒恰好保持静止状态，其合力为零，对其受力分析，如图甲所示，设电容器两板间的电场强度为E，微粒受到竖直向下的重力G和竖直向上的电场力qE，且G＝qE；两平行金属板逆时针旋转45°后，对微粒受力分析，如图乙所示，由平行四边形定则可知，微粒所受合力方向斜向左下方，且为恒力，故微粒向左下方做匀加速运动，选项D正确．

2．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　)

A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1
解析　设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子有aM＝，l＝ t2；对电荷量为－q的粒子有am＝，l＝ t2，联立解得＝，选项A正确．
3．(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度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(　AD　)

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
解析　设加速电场两板间距离为d，则qE1d＝mv，粒子在偏转电场中偏转，设侧移量为y，偏转电场两板的长度为L，则y＝ ()2＝，在偏转电场中偏转电场对粒子做的功W＝qE2y＝，由于三种粒子的电荷量相等，因此偏转电场对三种粒子做的功相等，选项A正确；三种粒子射出偏转电场时的速度v满足qE1d＋qE2y＝mv2，由于质量不同，因此速度v大小不同，选项B错误；三种粒子运动到屏上的时间t＝＋x，x为加速电场右极板到屏的距离，由于质量不同，因此运动时间不同，选项C错误；由于粒子从同一位置射出偏转电场，射出电场时的速度的反向延长线均交于偏转电场中线的中点，因此粒子会打在屏上同一位置，选项D正确．
4．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：

(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．
解析　(1)由v2＝2gh得v＝.
(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有
mg－qE＝ma，
0－v2＝2ad，
得E＝，
U＝Ed，Q＝CU得Q＝C.
(3)由h＝gt，0＝v＋at2，
t＝t1＋t2，
综合可得t＝.
答案　(1)　(2)　C　(3)

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