1、NO.1备考基础要打牢 NO.2基本考点要研透 NO.3课时跟踪检测 教材回顾（三）电容器 带电粒子在电场中的运动备考基础要打牢 NO.1 一、电容器1电容器的充、放电(1)充电：使电容器两极板带上等量电荷的过程。(2)放电：使电容器两极板电荷的过程。2电容(1)意义：表示电容器本领的物理量。(2)定义式：C_，单位：1 F106F1012pF。(3)电容器所带电量为一个极板所带电量的绝对值。(4)平行板电容器：C_。异种中和容纳电荷QUrS4kd深化理解电容器两个公式的比较CQUC rS4kd类别定义式决定式所有电容器平行板电容器适用范围Q U，即QUC 不变，反映了电容器容纳电荷的本领大小
2、Cr，CS，C1d，反映了平行板电容器的电容决定因素联系电容器容纳电荷的本领，即电容的大小可以由 Q、U来量度，但决定因素是电容器本身，如平行板电容器的 r、S、d 等小题速验 如图所示，当开关 S1 闭合、S2 断开时，电容器极板间的电压为 U，每个极板上所带的电荷量为 Q；当开关 S1 断开、S2 闭合时，电容器极板间的电压为 2U。则电容器的电容 C_；电容器极板间的电压为 2U 时，电容器的电容_，极板上所带的电荷量 Q _。答案：QU 不变 2Q二、带电粒子在电场中的直线运动1带电粒子在电场中重力的处理方法(1)基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等微观粒子，除有说明或明确暗示外，一般
3、都重力(但并不忽略质量)。(2)带电颗粒：如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示外，一般都忽略重力。不考虑不能2解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种观点(1)动力学观点：根据带电粒子受到的电场力，用求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于电场。(2)功和能量观点：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_电场。牛顿第二定律匀强非匀强小题速验 多选如图所示，电子由静止开始从 A 极板向 B极板运动，当到达 B 极板时速度为 v，保持两板间电压不变，则()A当增大两板间距离时，v 也增大B当减小两板间距离时，v 增大
4、C当改变两板间距离时，v 不变D当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大答案：CD三、带电粒子在电场中的偏转如图所示，质量为 m、带电荷量大小为 q 的负电粒子以速度 v0 沿垂直于电场线的方向射入板长为 l、板间距离为 d、板间电压为 U 的两平行板中央，忽略粒子重力和电容器的边缘效应，则带电粒子在偏转电场中做类平抛运动。(1)粒子沿初速度 v0 的方向做匀速直线运动，在板间的运动时间 t lv0。(2)粒子沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律知，加速度 aFmqEm qUmd。(3)偏转距离：y12at2 qUl22mdv02。(4)速度偏转角：带电粒子离开电场
5、时竖直方向的分速度 vyat qUlmdv0，则速度偏转角 的正切值是 tan vyv0 qUlmdv02。深化理解 1带电粒子在匀强电场中运动时间的两种计算方法假设带电粒子以初速度 v0 垂直于电场方向从极板中间射入匀强电场，带电粒子在匀强电场中的运动时间为 t，则(1)带电粒子能穿出电场时：在电场中运动的时间由沿初速度方向上的运动来确定比较方便，即其值为 t lv0。(2)带电粒子打到极板上时：在电场中运动的时间由沿电场方向上的运动来确定比较方便，即 yd212at2，其值为 t2ya dmUq。2两个重要推论(1)粒子经电场偏转后，瞬时速度的反向延长线与初速度延长线的交点 O，为粒子匀速
6、运动位移的中点，即 O到电场边缘的距离为 xl2。(2)不同的带电粒子经同一加速电场加速后，又进入同一偏转电场，则偏转距离 y 和偏转角都相同。即粒子的偏转与粒子的 q、m 无关，仅决定于加速电场和偏转电场。证明：如图所示，一个质量为 m、带电荷量为 q 的粒子，由静止开始，先经过电压为 U1 的电场加速后，再垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，两金属板板长为 l，间距为 d，板间电压为 U2。粒子射出两金属板间时偏转的距离 y加速过程使粒子获得速度 v0，由动能定理得 qU112mv02，解得 v02qU1m。偏转过程经历的时间 t lv0，偏转过程加速度大小 aqU2dm，所以偏
7、转的距离 y12at212qU2dm lv02 U2l24U1d。速度偏转角：tan vyv0 qU2ldmv02 U2l2U1d。可见经同一电场加速的带电粒子在偏转电场中的偏转距离 y和偏转角 与粒子的 q、m 无关，只取决于加速电场和偏转电场。小题速验(2018兰州诊断)如图所示，一电子枪发射出的电子(初速度很小，可视为零)进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为 Y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的(不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况)()A增大偏转电压 U B增大加速电压 U0C增大偏转极板间距离D将发射电子改成发射负离子答案：A基本考点要研透 NO.2 考点一
8、平行板电容器的动态分析1考查与电源电极相连的动态分析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(2016全国卷)()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：平行板电容器电容的表达式为 C rS4kd，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容 C 变小。由于极板间电压不变，据 Q CU 知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度 EUd，由于 U、d 不变，所以极板间电场强度不变。答案：D 2考查与电源两极断开的动态分析如图
9、所示，平行板电容器带有等量异种电荷，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 P 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(2016天津高考)()A 增大，E 增大 B 增大，Ep 不变C 减小，Ep 增大D 减小，E 不变解析：由题意可知平行板电容器的带电荷量 Q 不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距 d 减小，则电容 C 变大，由 UQC可知 U 变小，则静电计指针的偏角 减小。又因为两板间电场强度 EUdQCd4kQrS
10、，Q、S 不变，则 E不变。因为 E 不变，则点电荷从 P 点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在 P 点的电势能 Ep 不变，故只有选项 D 正确。答案：D 3考查电路含有二极管的动态分析多选如图所示的电路中，理想二极管和水平放置的平行板电容器串联接在电路中，闭合开关 S，平行板间有一质量为 m，电荷量为 q 的带电液滴恰好能处于静止状态，则下列说法中正确的是()A将 A 板向上平移一些，液滴将向下运动B将 A 板向左平移一些，液滴将向上运动C断开开关 S，将 A 板向下平移一些，液滴将保持静止不动D断开开关 S，将 A 板向右平移一些，液滴将向上运动解析：开
11、关 S 闭合后，将 A 板向上平移一些，由 C S4kd可知，电容器的电容减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，因此电容器不能反向放电，电容器的带电量不变，由 EUdQCd4k QS 可知，A 板向上移动后，板间的电场强度不变，因此液滴仍保持静止，故选项 A 错误；将 A 板向左平移一些，尽管电容器的电容减小，但电容器不能放电，带电量一定，电容减小，由 UQC可知，板间电压增大，由 EUd可知，板间电场强度增大，液滴会向上运动，选项 B 正确；断开开关，电容器带电量一定，将 A 板向下平移一些，板间的电场强度不变，液滴仍保持静止，故选项 C 正确；断开开关，将 A 板向右平移一些，电容器
12、的电容减小，板间电压增大，电场强度增大，液滴会向上运动，故选项 D 正确。答案：BCD 通关锦囊1平行板电容器动态变化的两种情况(1)电容器始终与电源相连时，两极板间的电势差 U 保持不变。(2)充电后与电源断开时，电容器所带的电荷量 Q 保持不变。(3)注意：二极管的单向导电性会对电容器的充、放电带来影响。通关锦囊2平行板电容器动态问题的三个公式3平行板电容器问题的一个常用结论电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。考点二 带电粒子在电场中的运动题点一 带电粒子在电场中的直线运动1.考查用动力学观点分析如图所示，三块平行放置的带电金属薄板 A、B
13、、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(2017江苏高考)()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：电子在 A、B 板间的电场中加速运动，在 B、C 板间的电场中减速运动，设 A、B 板间的电压为 U，B、C 板间的电场强度为 E，M、P 两点间的距离为 d，则有 eUeEd0，若将 C 板向右平移到 P点，B、C 两板所带电荷量不变，由 EUdQC0d4kQS 可知，C 板向右平移到 P时，B、C 两板间的电场强度不变，由此可以
14、判断，电子在 A、B 板间加速运动后，在 B、C 板间减速运动，到达 P 点时速度为零，然后返回，A 项正确，B、C、D 项错误。答案：A 2考查用能量观点分析如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP(MP 边水平)，NMP，MP 中点处固定一电荷量为Q 的正点电荷，MN 是长为 a 的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自 N 点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置 x(取 M 点处 x0)的变化图像如图乙所示(图中 E0、E1、E2 为已知量)，重力加速度为 g，设无限远处电势为零，M 点所处的水平面为重力零势能面。(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？(2)
15、求重力势能为 E1 时的横坐标 x1 和带电小球的质量 m；(3)求小球从 N 点运动到 M 点时的动能 Ek。解析：(1)正电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为 Eq，可知正电荷从 N 点到 M 点的电势能先增大后减小，故图乙中表示电势能随位置变化的是图线。(2)电势能为 E1 时，距 M 点的距离为x1(acos)12cos acos22x1 处重力势能 E1mgx1sin 可得 mE1gx1sin 2E1gasin cos2(3)在小球从 N 到 M 的过程中，根据动能定理得mgasin E2E0Ex0解得 Ex 2E1cos2E2E0。答案：(1)图线(2)ac
16、os22 2E1gasin cos2(3)2E1cos2E2E0题点二 带电粒子在电场中的偏转1考查偏转位移问题有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符。已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是()A增大墨汁微粒的比荷B减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C减小偏转极板的长度D增大偏转极板间的电压解析：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有：水平方向：Lv0t；竖直方向：y12at2，又 aqUmd，联立得，y qUL22mdv0
17、2qUL24dEk0。要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转量 y，由上式分析可知，采用的方法有：减小比荷 qm、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能 Ek0、减小偏转极板的长度 L、减小偏转极板间的电压 U。答案：C 2考查两个逆向类平抛运动的组合如图，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.s22qEmhB.s2qEmhC.s
18、42qEmhD.s4qEmh解析：由两粒子轨迹恰好相切，根据对称性，两个粒子的轨迹相切点一定在矩形区域的中心，并且两粒子均做类平抛运动，根据运动的独立性和等时性可得，在水平方向上：s2v0t，在竖直方向上：h212at212Eqm t2，联立以上两式可求得：v0s2Eqmh，由此可知，只有选项 B 正确。答案：B 3考查先加速后偏转问题真空中的某装置如图所示，其中平行金属板 A、B 之间有加速电场，C、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏。今有质子、氘核和 粒子均由 A板从静止开始被加速电场加速后，垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和 粒子的质量之比为124，电荷量之比为
19、 112，则下列判断中正确的是()A三种粒子从 B 板运动到荧光屏经历的时间相同B三种粒子打到荧光屏上的位置相同C偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为 122D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为 124解析：设加速电压为 U1，偏转电压为 U2，偏转极板的长度为 L，板间距离为 d。在加速电场中，由动能定理得：qU112mv02，则粒子通过加速获得的速度为 v02qU1m。三种粒子从 B 板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为 v0 的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同则 v0 不同，所以三种粒子从 B 板运动到荧光屏经历的时间不同。故 A 错误；根据推论：yU2L24dU1可知，y 与粒
20、子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同。打到荧光屏上的位置相同，故 B 正确；偏转电压的电场力做功为 WqEy，则 W与 q 成正比，三种粒子的电荷量之比为 112，则有偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为 112。故 C、D 错误。答案：B 通关锦囊带电粒子在匀强电场中的偏转问题的分析思路1条件分析：不计重力的带电粒子以垂直于电场线方向的初速度进入匀强电场。2运动分析：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：做匀速直线运动。(2)沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。考点三 带电粒子在电场力和重力共同作用下的运动1考查电场力和重力共同作用下的直线运 动
21、多选 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孔继续下落解析：由题意及
22、动能定理知：mg2dqU0，则电场力做功与重力做功的大小相等。把 A 板上下平移时，两极板电压保持不变，由动能定理知，质点到 N 孔时速度仍为零，后返回，A 对，B 错；把 B 板向上平移一小段距离，由动能定理知，h2d，mghqU2d，mghqU0，可判断小球到达 N 孔时速度不为零，后穿过 N 孔继续下落，D 对。答案：ACD 2考查电场力和重力共同作用下的曲线运动如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场 E 中，在环的上端，一个质量为 m、带电荷量为q 的小球由静止开始沿轨道运动，则()A小球运动过程中机械能守恒B小球经过环的最低点时速度最小C在最低点小球对圆环的压力为(m
23、gqE)D在最低点小球对圆环的压力为 3(mgqE)解析：小球运动过程中电场力做功，机械能不守恒，故选项 A错误。小球从最高点到最低点的过程中，合力做正功，则根据动能定理得知，动能增加，速率增大，所以小球经过环的最低点时速度最大，故选项 B 错误。小球从最高点到最低点的过程，根据动能定理得：(mgqE)R12mv2，又由 NmgqEmv2R，联立解得 N3(mgqE)，由牛顿第三定律得在最低点时小球对圆环的压力为 3(mgqE)，故选项 C 错误，选项 D 正确。答案：D 通关锦囊带电粒子在电场力和重力作用下运动的分析思路带电粒子在电场力和重力作用下的运动问题综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学问题的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动)，然后选用恰当的规律解题。“课时跟踪检测”见“夯基保分练（三）”(单击进入电子文档)谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢