2021新高考物理选择性考试B方案一轮复习学案第7章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动

第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动主干梳理对点激活知识点常见电容器Ⅰ电容器的电压、电荷量和电容的关系Ⅰ1.电容器及其充、放电现象(1)组成：由两个彼此eq\x(\s\up1(01))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eq\x(\s\up1(02))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eq\x(\s\up1(03))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eq\x(\s\up1(04))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eq\x(\s\up1(05))固定电容器和eq\x(\s\up1(06))可变电容器。(2)击穿电压：加在电容器极板上的eq\x(\s\up1(07))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eq\x(\s\up1(08))额定电压，这个电压比击穿电压eq\x(\s\up1(09))低。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U的比值。(2)定义式：C＝eq\x(\s\up1(10))eq\f(Q,U)。推论：C＝eq\f(ΔQ,ΔU)。(3)单位：法拉(F)，1F＝eq\x(\s\up1(11))106μF＝eq\x(\s\up1(12))1012pF。(4)物理意义：表示电容器eq\x(\s\up1(13))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．电容器充、放电的I­t图象(1)借助电流传感器用图甲电路可测出电容器充电的电流—时间图象如图乙。(2)借助电流传感器用图丙电路可测出电容器放电的电流—时间图象如图丁。(3)电容器充电(或放电)的I­t图象与时间轴围成的面积表示电容器充电完毕所带的(或放电过程中全部释放的)eq\x(\s\up1(14))电荷量。提示：电容器充、放电的快慢与电阻R和电容C的大小有关。定性分析如下：电容器充、放电的平均电流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(U),R)，而Q＝eq\x\to(I)t，所以R越大eq\x\to(I)越小，t越长。根据Q＝CU，Q＝eq\x\to(I)t，C越大，充满电时的电荷量Q越大，t越长。5．平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板eq\x(\s\up1(15))正对面积成正比，与两极板间介质的eq\x(\s\up1(16))相对介电常数成正比，与eq\x(\s\up1(17))两板间的距离成反比。(2)决定式：eq\x(\s\up1(18))C＝eq\f(εrS,4πkd)，k为静电力常量。知识点带电粒子在匀强电场中的运动Ⅱ1．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eq\x(\s\up1(01))动能的增量。(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝eq\x(\s\up1(02))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\x(\s\up1(03))eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。2．偏转问题(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0eq\x(\s\up1(04))垂直于电场线方向飞入匀强电场。(2)运动性质：eq\x(\s\up1(05))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eq\x(\s\up1(06))匀速直线运动，运动时间t＝eq\f(l,v0)。②沿电场方向：做初速度为零的eq\x(\s\up1(07))匀加速直线运动。③运动过程，如图所示：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\x(\s\up1(08))\f(qE,m)＝\x(\s\up1(09))\f(qU,md),运动时间\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.能飞出平行板：t＝\x(\s\up1(10))\f(l,v0),b.打在平行极板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)t2，,t＝\r(\f(2mdy,qU)))),离开电场时的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\x(\s\up1(11))\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d),离开电场时的偏转角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\x(\s\up1(12))\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)))知识点示波管Ⅰ1．构造示波管的构造如图所示，它主要由eq\x(\s\up1(01))电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。2．工作原理(1)如果偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿eq\x(\s\up1(02))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YY′偏转电极上加的是待显示的eq\x(\s\up1(03))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eq\x(\s\up1(04))扫描电压。若所加扫描电压和信号电压的eq\x(\s\up1(05))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。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“1.5μF,9V”规格的电容器，其所带电荷量定为1.35×10－5C4．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1.×2.×3.×4.√5.×6.√二对点激活1．(教科版选修3－1·P40·T9)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·P32·T1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＝eq\f(εrS,4πkd)知，当d变大时，C变小，再由C＝eq\f(Q,U)得U变大，指针张角变大，A正确；当A板上移时，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εr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(1)eq\f(mH,me)(2)1解析设偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电场的速度为v0，偏转电场两极板间距离为d，极板长为l，则粒子在偏转电场中的加速度a＝eq\f(qU,dm)，在偏转电场中运动的时间为t＝eq\f(l,v0)，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的速度vy＝at＝eq\f(qUl,dmv0)，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,dmv\o\al(2,0))。(1)若电子与氢核的初速度相同，则eq\f(tanθe,tanθH)＝eq\f(mH,me)。(2)若电子与氢核的初动能相同，则eq\f(tanθe,tanθH)＝1。考点细研悟法培优考点1平行板电容器的动态分析1.对公式C＝eq\f(Q,U)的理解电容C＝eq\f(Q,U)，不能理解为电容C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C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板电容器电容的变化。(3)用定义式C＝eq\f(Q,U)分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。(4)用E＝eq\f(U,d)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(1)U不变①根据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析Q的变化。②根据E＝eq\f(U,d)分析场强的变化。③根据UAB＝E·d＝φA－φB分析某点电势变化。(2)Q不变①根据C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析电容的变化，再分析U的变化。②根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)分析场强变化。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UQd变大C变小→Q变小、E变小C变小→U变大、E不变S变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E变小εr变大C变大→Q变大、E不变C变大→U变小、E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εr增大；加入与极板等大的导体板，相当于d减小。例1(2019·河南郑州模拟)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(1)静电计张角增大，表示什么含义？提示：表示平行板电容器两极板间电压增大。(2)平行板电容器充电完毕后与电源断开后，不变量是什么？提示：电量。尝试解答选D。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C＝eq\f(εrS,4kπd)知，电容减小，根据U＝eq\f(Q,C)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d减小，根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，极板间的电场强度不变，D正确。解决电容器板间场强的技巧(1)在电压不变的情况下，由E＝eq\f(U,d)来判断场强变化，发现场强E只随板间距离而变。(2)在电荷量保持不变的情况下，由E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)知，电场强度与板间距离无关。(3)针对两极板带电量保持不变的情况，还可以认为一定量的电荷对应着一定数目的电场线，两极板间距离变化时，场强不变，如图甲、乙所示；两极板正对面积变化(变小)时，如图丙，电场线变密，场强增大。[变式1－1](2019·天津模拟)如图所示，平行板电容器与电动势为E的电源连接，上极板A接地，一带负电的油滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板B竖直向下移动一小段距离，则()A．带电油滴所受静电力不变B．P点的电势将升高C．带电油滴在P点时的电势能增大D．电容器的电容减小，极板带电荷量增大答案B解析将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E＝eq\f(U,d)得知板间场强减小，油滴所受的静电力减小，A错误；板间场强减小，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与上极板间电势差将减小，而P点的电势低于上极板的电势，则知P点的电势将升高，则油滴在P点时的电势能将减小，B正确，C错误；根据电容的定义式C＝eq\f(Q,U)，电容器与电源相连，则板间电压U不变，当C减小时，极板带电荷量Q也减小，D错误。[变式1－2]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、Ep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，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C＝eq\f(εrS,4πkd)，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C­x图象为曲线，A错误；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错误；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线性减小，φ线性减小，C正确；由Ep＝qφ可知，Ep随l的变化而变化，D错误。考点2带电粒子(体)在电场中的直线运动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、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．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。(2)粒子所受合外力F合≠0，且合外力与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。3．解题思路(1)用动力学观点分析Eq＋F其他＝ma，E＝eq\f(U,d)(匀强电场)，v2－veq\o\al(2,0)＝2ad(匀变速直线运动)。(2)用功能观点分析①匀强电场中：W电＝Eqd＝qU，W电＋W其他＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。②非匀强电场中：W电＝qU，W电＋W其他＝Ek2－Ek1。例2如图所示，金属板A、B水平放置，两板中央有小孔S1、S2，A、B与直流电源连接。闭合开关，从S1孔正上方O处由静止释放一带电小球，小球刚好能到达S2孔，不计空气阻力，要使此小球从O点由静止释放后穿过S2孔，应()A．仅上移A板适当距离B．仅下移A板适当距离C．断开开关，再上移A板适当距离D．断开开关，再下移A板适当距离(1)电场力对小球做什么功？提示：负功。(2)断开开关，移动A板，板间场强如何变化？提示：不变。尝试解答选D。设板间距离为d，O距S1为h，电源电压为U，由题意知从O释放一带电小球到达S2孔速度为零，则电场力对小球做负功，由动能定理得：mg(h＋d)－qU＝0，若仅上移或下移A板适当距离，两板间电压不变，仍满足mg(h＋d)－qU＝0，小球仍刚好能到达S2，则A、B错误；断开开关，Q不变，因E＝eq\f(4πkQ,εrS)，则场强E不变，由动能定理得：mg(h＋d)－Eq·d＝0，将A板向上移适当距离，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功增多，故假设不成立，即到达不了S2处速度已为零，故C错误；若下移A板适当距离，假设仍能到达S2处，则重力做功不变，电场力做功变少，所以总功为正功，到达S2处时小球速度不为零，能够穿过S2孔，故D正确。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。[变式2－1]带有等量异号电荷、相距10cm的平行板A和B之间存在匀强电场，电场强度E＝4×104V/m，方向竖直向下，如图所示。电场中C点距B板3cm，D点距A板2cm。有一个质量为m＝2×10－8kg的带电微粒沿图中所示的虚线从C点运动至D点。若重力加速度g取10m/s2A．该微粒在D点时的电势能最大B．该微粒可能做匀变速直线运动C．在此过程中电场力对微粒做的功为1×10－8JD．该微粒带正电，所带电荷量为q＝5×10－12答案C解析由于微粒只受电场力和重力作用，这两个力均在竖直方向上，微粒做直线运动，故电场力的大小等于重力，微粒所受的合外力为0，做匀速直线运动，电场力方向竖直向上，大小为mg，微粒从C点运动到D点的过程中，电场力做正功，电势能减小，A、B错误；微粒从C点运动到D点的过程中，沿电场线方向运动了5cm，所以电场力对微粒做的功为1×10－8J，C正确；该微粒带负电，D错误。[变式2－2](2017·江苏高考)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′点答案A解析设AB、BC间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，据动能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①当C板向右平移后，BC板间的电场强度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εrS,4πkd2′)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εrS)，BC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x，则eE1d1－eE2x＝0－0②比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，A正确。考点3带电粒子在匀强电场中的偏转1.基本规律设粒子所带电荷量为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)，粒子能以平行金属板的初速度v0进入两金属板间且能从两金属板之间穿过，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)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝at＝\f(qUl,mv0d)))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)。(4)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(l＝v0t,y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\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。证明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanθ＝eq\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)，得tanθ＝eq\f(Ul,2U0d)。y＝eq\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d)＝eq\f(Ul2,4U0d)。(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O到极板边缘的水平距离为eq\f(l,2)。3．在示波管模型中，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2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：(2)确定偏转后的动能(或速度)思路一：思路二：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KO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U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端到荧光屏的距离为l，电子的质量为m，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v0；(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y；(3)求OP的距离Y；(4)电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U2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。(1)如何求出电子穿过A板时的速度大小？提示：在加速电场中依据动能定理求速度大小。(2)在偏转电场中，电子做什么运动？提示：类平抛运动。尝试解答(1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2L2,4dU1)(3)eq\f(1,2)L＋leq\f(U2L,2dU1)(4)增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度(1)粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：v0＝eq\r(\f(2eU1,m))。(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直电场方向：L＝v0t则沿电场方向：eeq\f(U2,d)＝ma侧移量：y＝eq\f(1,2)at2联立解得：y＝eq\f(U2L2,4dU1)。(3)由几何关系可知：eq\f(\f(L,2),\f(L,2)＋l)＝eq\f(y,Y)得：Y＝eq\f(U2L,2U1d)(eq\f(L,2)＋l)。(4)该示波器的灵敏度D＝eq\f(y,U2)解得：D＝eq\f(L2,4dU1)则增加L、或者减小d以及减小U1均可增加灵敏度。带电粒子在匀强电场中偏转问题的两种求解思路(1)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。[变式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进入水平向右的加速电场E1，之后进入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答案AD解析带电粒子在电场E1中加速，由动能定理，eE1d＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2eE1d,m))；进入竖直向下的匀强电场E2中做类平抛运动，L＝vt，y＝eq\f(1,2)at2，eE2＝ma，联立解得y＝eq\f(E2L2,4E1d)，偏转电场E2对三种粒子做功W＝eE2y＝eq\f(eE\o\al(2,2)L2,4E1d)，与粒子质量无关，所以偏转电场E2对三种粒子做功一样多，A正确。由动能定理知粒子打到屏上时的速度大小v′＝eq\r(\f(eE\o\al(2,2)L2,2E1md)＋\f(2E1ed,m))，三种粒子质量不相等，故B错误。三种粒子运动到屏上所用时间t总＝t0＋t匀＝eq\r(\f(2d,a0))＋eq\f(L＋l,v)＝eq\r(\f(2md,eE1))＋eq\r(\f(m,2eE1d))(L＋l)，故所用时间不相同，C错误。由于y＝eq\f(E2L2,4E1d)，与粒子质量无关，三种粒子在偏转电场中的水平位移相等，侧移量相同，则出射角相同，所以三种粒子一定打到屏上的同一位置，D正确。考点4带电粒子在交变电场中的运动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边界条件。(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、B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t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是()A．0<t0<eq\f(T,4) B.eq\f(T,2)<t0<eq\f(3T,4)C.eq\f(3T,4)<t0<T D.T<t0<eq\f(9T,8)(1)粒子打在A板时，运动有什么特点？提示：速度向左，位移向左。(2)如何找出符合题意的t0?提示：利用周期性，作出特殊点t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)的v­t图象，找出位移、速度符合题意的t0区间。尝试解答选B。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t0＝0、eq\f(T,4)、eq\f(T,2)、eq\f(3T,4)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<t0<eq\f(T,4)，eq\f(3T,4)<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零；eq\f(T,4)<t0<eq\f(3T,4)时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t0>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。利用速度—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—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。[变式4]如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O1O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＝U0时，某一带负电的粒子从O1点以速度v0沿O1O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eq\f(q,m)；(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝eq\f(L,v0)，从t＝0开始，前eq\f(T,3)时间内UMN＝2U，后eq\f(2T,3)时间内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0沿O1O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。答案(1)eq\f(4d2v\o\al(2,0),U0L2)(2)eq\f(3U0,8)解析(1)设粒子经过时间t0打在M板中点沿极板方向有eq\f(L,2)＝v0t0垂直极板方向有eq\f(d,2)＝eq\f(qU0,2md)teq\o\al(2,0)解得eq\f(q,m)＝eq\f(4d2v\o\al(2,0),U0L2)。(2)粒子通过两板间的时间t＝eq\f(L,v0)＝T从t＝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a1＝eq\f(2qU,md)，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小a2＝eq\f(qU,md)如图所示为从不同时刻射入电场的粒子的速度—时间图象，根据题意和图象分析可知，从t＝nT(n＝0,1,2，…)或t＝eq\f(T,3)＋nT(n＝0,1,2，…)时刻入射的粒子恰好不打在极板上，则有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)×T×eq\f(2qUT,3md)，解得U＝eq\f(3U0,8)。考点5电场中的力电综合问题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(2019·福建泉州模拟)如图，在竖直向下的匀强电场中，质量为0.5kg的带正电小物块从光滑绝缘斜面上的A点由静止释放，经过B点后进入绝缘水平面，最后停在C点。某些时刻物块的瞬时速率记录在下表中。若物块经过B点前后速度大小不变，电场力与重力大小相等，取g＝10m/s2，则()t/s0369v/(m·s－1)08128A．t＝6s时物块恰好经过B点B．t＝12s时物块恰好到达C点C．物块与水平面间的动摩擦因数为eq\f(1,15)D．整个过程中物块电势能的减少量等于系统内能的增加量(1)带电物块在电场中做什么运动？提示：先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动。(2)6s末物块是否刚好到达B点？提示：不是。尝试解答选C。根据图表中的数据，可以求出物块下滑的加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(8,3)m/s2，若t＝6s时刻物块恰好经过B点，则B点的速度为v＝a1t＝eq\f(8,3)×6m/s＝16m/s>12m/s，所以t＝6s时物块已过B点，同样根据图表数据可知，物块在水平面上滑动时的加速度a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(8－12,9－6)m/s2＝－eq\f(4,3)m/s2，设物块在斜面上滑行时间为t1，从斜面底端到速度为12m/s的时间为t2，则有a1t1＋a2t2＝12m/s，t1＋t2＝6s，解得t1＝5s，即物块加速5s后到达B点，此时vB＝a1t1＝eq\f(40,3)m/s，由速度与时间关系可得在BC段运动的时间t3＝eq\f(0－vB,a2)＝10s，即t＝15s时物块运动到C点，A、B错误；物块在水平面上运动时，由牛顿第二定律可得：－μ(mg＋qE)＝ma2，其中qE＝mg，解得μ＝eq\f(1,15)，C正确；由能量守恒定律可知，整个过程中物块电势能和重力势能的减少量之和等于系统内能的增加量，D错误。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，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′＝eq\f(F合,m)为等效重力场中的“等效重力加速度”，F合的方向等效为“重力”的方向。当此恒力F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。[变式5－1](多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度为E＝1×104N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长l＝2m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量m＝0.08kg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O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/s2。下列说法正确的是()A．小球的电荷量q＝6×10－5B．小球动能的最小值为1JC．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O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mgtan37°＝qE，解得小球的电荷量为q＝eq\f(mgtan37°,E)＝6×10－5C，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B点的动能EkB最小，对应速度vB最小，根据题意，在B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，F合＝eq\f(mg,cos37°)＝1N，又F合＝meq\f(v\o\al(2,B),l)，得EkB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝1J，B正确；由于总能量保持不变，即Ek＋EpG＋EpE＝恒量，当小球在圆周轨迹上最左侧的C点时，电势能EpE最大，所以在该点时机械能最小，C错误；小球由B运动到A，W合力＝F合·2l，所以EpB＝4J，总能量E＝EpB＋EkB＝5J，D错误。[变式5－2]如图所示，一电荷量为＋q、质量为m的小球，从光滑绝缘斜面轨道的A点由静止下滑，然后沿切线进入竖直面上半径为R的光滑绝缘圆形轨道，并恰能到达轨道的最高点B。现在空间加一竖直向下的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球(假设小球所带电荷量在运动过程中保持不变，不计空气阻力)，则()A．小球一定不能到达B点B．小球仍恰好能到达B点C．小球一定能到达B点，且在B点对轨道有向上的压力D．小球能否到达B点与所加的电场强度的大小有关答案B解析没有电场时，设小球在圆形轨道最高点的速度为v，则由牛顿第二定律得mg＝meq\f(v2,R)，根据动能定理有mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mv2，解得h＝eq\f(5,2)R；加上电场时，设小球恰好到达圆形轨道最高点时的速度为v′，则由牛顿第二定律得mg＋qE＝meq\f(v′2,R)，解得v′＝eq\r(\f(mg＋qER,m))，根据动能定理得mg(h－2R)＋qE(h－2R)＝eq\f(1,2)mv1′2，解得小球在B点的速度v1′＝eq\r(\f(mg＋qER,m))＝v′，说明小球仍恰好能到达B点，且小球在B点时对轨道的压力为零，B正确，A、C、D错误。高考模拟随堂集训1．(2019·江苏高考)一匀强电场的方向竖直向上。t＝0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P­t关系图象是()答案A解析设粒子带正电，运动轨迹如图所示。水平方向：粒子不受力，vx＝v0。沿电场方向：电场力F电＝qE，加速度a＝eq\f(F电,m)＝eq\f(qE,m)，经时间t，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝eq\f(qEt,m)，电场力做功的功率P＝F电vy＝qE·eq\f(qEt,m)＝eq\f(qE2t,m)∝t，A正确。2．(2019·天津高考)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程()A．动能增加eq\f(1,2)mv2 B.机械能增加2mv2C．重力势能增加eq\f(3,2)mv2 D.电势能增加2mv2答案B解析动能变化量ΔEk＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，A错误；小球从M运动到N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(2v)2－0＝2eq\f(qE,m)x，则电势能减少量ΔEp电＝W电＝qEx＝2mv2，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－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp重＝mgh＝eq\f(1,2)mv2，C错误。3．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)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a、b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a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b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t时刻，a的动能比b的大C．在t时刻，a和b的电势能相等D．在t时刻，a和b的动量大小相等答案BD解析根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b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b的加速度大小，即aa>ab。对微粒a，由牛顿第二定律，qE＝maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qE＝mbab，联立解得：eq\f(qE,ma)>eq\f(qE,mb)，由此式可以得出a的质量比b小，A错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受电场力等于b微粒所受的电场力，t时刻a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，B正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，C错误；由于a微粒受到的电场力(合外力)大小等于b微粒受到的电场力(合外力)，根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量大小等于b微粒，D正确。4．(2018·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B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()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。5．(2018·北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是()A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大答案A解析用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异号电荷，从而使电容器带电，故A正确；根据平行板电容器的电容决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C＝eq\f(Q,U)可知，电荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故B错误；根据电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数εr增大，则电容C增大，根据C＝eq\f(Q,U)可知，电荷量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角变小，故C错误；电容与电容器所带的电荷量无关，故电容C不变，故D错误。6.(2018·江苏高考)(多选)如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电。放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电，这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光。该电路()A．充电时，通过R的电流不变B．若R增大，则充电时间变长C．若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D．若E减小为85V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变答案BCD解析电容器充电时两端电压不断增大，所以电源与电容器极板间的电势差不断减小，因此通过R的电流变小，A错误；当电阻R增大时，充电电流变小，电容器所充电荷量不变的情况下，充电时间变长，B正确；若C增大，根据Q＝CU，电容器的电荷量增大，所以放出的电荷量增大，闪光灯闪光一次通过电荷量增大，C正确；当电源电动势为85V时，电源给电容器充电，电容器两端电压仍能达到80V，所以闪光灯仍然能发光，闪光一次通过的电荷量不变，D正确。7．(2019·福建泉州二模)如图甲，先将开关S掷向1，给平行板电容器C充电，稳定后把S掷向2，电容器通过电阻R放电，电流传感器将电流信息导入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t变化的图象如图乙所示。将电容器C两板间的距离增大少许，其他条件不变，重新进行上述实验，得到的I­t图象可能是()答案C解析将电容器两极板间距变大，根据平行板电容器的电容决定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知电容变小，则充满电时的电荷量Q＝CU变小，但充电完成后，电容器两端电压仍与电源电压U相等，根据I＝eq\f(U,R)，再次放电，初始时刻的电流不变，但充满电时的电荷量变小，I­t图线与t轴所围面积代表充满电时的电荷量，所以所围面积比图乙小，A、B、D错误，C正确。8.(2019·北京高考)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷量q的变化图象都相同。(1)请在图1中画出上述u­q图象。类比直线运动中由v­t图象求位移的方法，求两极间电压为U时电容器所储存的电能Ep。(2)在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的q­t曲线如图3中①②所示。a．①②两条曲线不同是________(选填E或R)的改变造成的；b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)。“恒流源”(2)中电源电源两端电压通过电源的电流答案(1)u­q图线见解析Ep＝eq\f(1,2)CU2(2)a.Rb．减小电阻R，可以实现对电容器快速充电；增大电阻R，可以实现均匀充电。(3)“恒流源”(2)中电源电源两端电压增大不变通过电源的电流不变减小解析(1)由eq\f(q,u)＝C，电容值C一定，可知u­q图线如图所示。设电容器两极间电压为U时，电容器带电荷量为Q，图线和横轴围成的面积表示所储存的电能EpEp＝eq\f(1,2)QU，又Q＝CU故Ep＝eq\f(1,2)CU2。(2)a.由图3知，电容器充完电后，①②两次电荷量相等，由Q＝CU＝CE，说明两次电源电动势相等。故①②两条曲线不同不是E的改变造成的，只能是R的改变造成的。b．刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I＝eq\f(E,R)，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I较大，q­t曲线上该点切线斜率较大，即为曲线①。这样能在较短时间内，使电荷量达到最大，故可以实现对电容器快速充电。增大电阻R，刚开始充电瞬间电流I较小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电。(3)接(2)中电源时，由于忽略电源E的内阻，故电源两端电压不变。通过电源的电流I＝eq\f(E－U,R)，随着电容器两端电压U不断变大，通过电源的电流减小。“恒流源”是指电源输出的