《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第3節(jié) 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第七章 第3節(jié) 電容器 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案（含解析）.doc（16頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第3節(jié)　電容器　帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) 一、常見電容器　電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系 1．常見電容器 (1)組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成。 (2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對值。 (3)電容器的充、放電[注1] 充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲(chǔ)存電場能。 放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。[注2] 2．電容 (1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢差的比值。 (2)定義式：C＝。[注3] (3)物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。 (4)單位：法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF。 3．平行板電容器 (1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。 (2)決定式：C＝，k為靜電力常量。 二、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng) 1．做直線運(yùn)動(dòng)的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止。 (2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)。 2．帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn) (1)條件：以速度v0垂直于電場方向飛入勻強(qiáng)電場，僅受電場力。 (2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。[注4] (3)處理方法：運(yùn)動(dòng)的合成與分解。 ①沿初速度方向：做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 ②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。 【注解釋疑】 [注1] 充電過程：Q、U、E均增大；放電過程反之。 [注2] 放電過程電流隨時(shí)間變化如圖所示，面積表示電容器減少的電荷量。 [注3] 比值定義法，C的大小只由電容器本身結(jié)構(gòu)決定。 [注4] 兩個(gè)有用的結(jié)論 (1)粒子飛出偏轉(zhuǎn)電場時(shí)“速度的反向延長線，通過垂直電場方向的位移的中點(diǎn)”。 (2)不同帶電粒子從同一電場加速再進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，所有粒子都從同一點(diǎn)射出，熒光屏上只有一個(gè)亮斑。 [深化理解] 1．在分析電容器的動(dòng)態(tài)變化時(shí)，要先明確電容器是與電源相接還是與電源斷開；電容器接在電源上時(shí)，電壓不變，E＝；斷開電源時(shí)，電容器所帶電荷量不變，E∝，改變兩極板距離，場強(qiáng)不變。 2．帶電粒子偏轉(zhuǎn)問題：離開電場時(shí)的偏移量y＝at2＝，偏轉(zhuǎn)角tan θ＝＝。 [基礎(chǔ)自測] 一、判斷題 (1)電容器所帶的電荷量是指每個(gè)極板所帶電荷量的代數(shù)和。() (2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。() (3)放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。() (4)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運(yùn)動(dòng)。() (5)帶電粒子在電場中，只受電場力時(shí)，也可以做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。(√) (6)示波管屏幕上的亮線是由于電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。(√) (7)帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力一定可以忽略不計(jì)。() 二、選擇題 1．[教科版選修3－1 P40T9]關(guān)于電容器的電容，下列說法中正確的是(　　) A．電容器所帶電荷量越多，電容越大 B．電容器兩板間電壓越低，其電容越大 C．電容器不帶電時(shí)，其電容為零 D．電容器的電容只由它本身的特性決定 答案：D 2．[人教版選修3－1 P32T1改編] 如圖所示的裝置，可以探究影響平行板電容器電容的因素，關(guān)于下列操作及出現(xiàn)的現(xiàn)象的描述正確的是(　　) A．電容器與電源保持連接，左移電容器左極板，則靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角增大 B．電容器充電后與電源斷開，上移電容器左極板，則靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角增大 C．電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入玻璃板，則靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角增大 D．電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入金屬板，則靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角增大 解析：選B　電容器與電源保持連接時(shí)兩極板間的電勢差不變，靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角不變，A錯(cuò)誤；與電源斷開后，電容器所帶電荷量不變，結(jié)合U＝和C＝可判斷B正確，C、D錯(cuò)誤。 3.[魯科版選修3－1 P44T4]一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場，電場沿豎直方向。兩個(gè)比荷(即粒子的電荷量與質(zhì)量之比)不同的帶正電的粒子a和b，從電容器的P點(diǎn)(如圖所示)以相同的水平速度射入兩平行板之間。測得a和b與電容器極板的撞擊點(diǎn)到入射點(diǎn)之間的水平距離之比為1∶2。若不計(jì)重力，則a和b的比荷之比是(　　) A．1∶2　　　　　　　　　 B．1∶8 C．2∶1 D．4∶1 答案：D 4．[人教版選修3－1 P39T5改編]如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看成勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。忽略電子所受重力，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)初速度v0和從偏轉(zhuǎn)電場射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy分別是(　　) A. 　 B. 　 C. 　 D. 　 解析：選D　根據(jù)動(dòng)能定理，有eU0＝mv02， 電子射入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初速度v0＝ ， 在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝＝L ， 加速度a＝＝， 偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝。 高考對本節(jié)內(nèi)容的考查，主要集中在平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析、帶電粒子(體)在電場中的直線運(yùn)動(dòng)、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)，其中平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析，主要以選擇題的形式呈現(xiàn)，難度中等，而對帶電粒子(體)在電場中的直線運(yùn)動(dòng)和偏轉(zhuǎn)的考查，以計(jì)算題的形式呈現(xiàn)，常結(jié)合力學(xué)知識(shí)綜合考查，難度較大。 考點(diǎn)一　平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析[基礎(chǔ)自修類] [題點(diǎn)全練] 1．[與電源斷開的情形] (2018北京高考)研究與平行板電容器電容有關(guān)因素的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。下列說法正確的是(　　) A．實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電 B．實(shí)驗(yàn)中，只將電容器b板向上平移，靜電計(jì)指針的張角變小 C．實(shí)驗(yàn)中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計(jì)指針的張角變大 D．實(shí)驗(yàn)中，只增加極板帶電量，靜電計(jì)指針的張角變大，表明電容增大 解析：選A　實(shí)驗(yàn)前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，在b板上將感應(yīng)出異種電荷，故A正確。實(shí)驗(yàn)中，b板向上平移，正對面積S變小，由C＝知，電容C變小，由C＝知，Q不變，U變大，因此靜電計(jì)指針的張角變大，故B錯(cuò)誤。插入有機(jī)玻璃板，相對介電常數(shù)εr變大，由C＝知，電容C變大，由C＝知，Q不變，U變小，因此靜電計(jì)指針的張角變小，故C錯(cuò)誤。只增加極板帶電量，電容C不變，靜電計(jì)指針的張角變大，是由于U變大導(dǎo)致的，故D錯(cuò)誤。 2．[與電源相連的情形] (2016全國卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器(　　 ) A．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度變大 B．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大 C．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變 D．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變 解析：選D　平行板電容器電容的表達(dá)式為C＝，將極板間的云母介質(zhì)移出后，導(dǎo)致電容器的電容C變小。由于極板間電壓不變，據(jù)Q＝CU知，極板上的電荷量變小。再考慮到極板間電場強(qiáng)度E＝，由于U、d不變，所以極板間電場強(qiáng)度不變，選項(xiàng)D正確。 3．[帶電油滴在電容器中的受力及運(yùn)動(dòng)] (2018江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴(　　) A．仍然保持靜止　　　　　 B．豎直向下運(yùn)動(dòng) C．向左下方運(yùn)動(dòng) D．向右下方運(yùn)動(dòng) 解析：選D　開始時(shí)油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mg＝q，B板右端下移時(shí)，U不變，d變大，電場力F＝q變小，mg＞F。并且A、B兩板之間的等差等勢面右端將均勻地順次向下移動(dòng)，又電場強(qiáng)度垂直于等勢面，可得油滴的受力如圖所示，mg與F的合力方向?yàn)橄蛴蚁路剑视偷蜗蛴蚁路竭\(yùn)動(dòng)。 [名師微點(diǎn)] 1．分析思路 (1)先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開，Q不變。 (2)用決定式C＝ 確定電容器電容的變化。 (3)用定義式C＝判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U的變化。 (4)用E＝分析電容器極板間場強(qiáng)的變化。 2．兩類動(dòng)態(tài)變化問題的比較 分類 充電后與電池相連U不變 充電后與電池?cái)嚅_Q不變 d變大 C變小，Q變小，E變小 C變小，U變大，E不變 S變大 C變大，Q變大，E不變 C變大，U變小，E變小 εr變大 C變大，Q變大，E不變 C變大，U變小，E變小 考點(diǎn)二　帶電粒子(體)在電場中的直線運(yùn)動(dòng)[多維探究類] 1．帶電粒子(體)在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的處理 基本粒子 如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量) 帶電體 如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力 2．做直線運(yùn)動(dòng)的條件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)粒子所受合外力F合≠0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng)。 3．用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad。 4．用能量觀點(diǎn)分析 勻強(qiáng)電場中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02。 非勻強(qiáng)電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。 考法(一)　僅在電場力作用下的直線運(yùn)動(dòng) [例1]　(多選)(2018全國卷Ⅲ) 如圖，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號(hào)相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)。在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽略。下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的大 B．在t時(shí)刻，a的動(dòng)能比b的大 C．在t時(shí)刻，a和b的電勢能相等 D．在t時(shí)刻，a和b的動(dòng)量大小相等 [解析]　經(jīng)時(shí)間t，a、b經(jīng)過電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa＞xb，根據(jù)x＝at2＝t2知，ma＜mb，故A錯(cuò)誤。電場力做功Wa＞W(wǎng)b，由動(dòng)能定理知，a的動(dòng)能比b的動(dòng)能大，故B正確。a、b處在同一等勢面上，根據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢能絕對值相等，符號(hào)相反，故C錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)量定理知a、b的動(dòng)量大小相等，故D正確。 [答案]　BD 考法(二)　在電場力和重力作用下的直線運(yùn)動(dòng) [例2]　如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運(yùn)動(dòng)并從極板N的右邊緣B處射出，則(　　) A．微粒到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為mv02 B．微粒的加速度大小等于gsin θ C．兩極板的電勢差UMN＝ D．微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程電勢能減少 [解析]　微粒僅受電場力和重力，電場力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運(yùn)動(dòng)，合力方向沿水平方向。由此可得，電場力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運(yùn)動(dòng)，微粒到達(dá)B時(shí)動(dòng)能小于mv02，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝，選項(xiàng)C正確；微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，電場力做負(fù)功，電勢能增加，電勢能增加量qUMN＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 [答案]　C 考法(三)　在多個(gè)連續(xù)電場中的直線運(yùn)動(dòng) [例3]　(2017江蘇高考)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子(　　) A.運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回 B．運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回 C．運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回 D．穿過P′點(diǎn) [解析]　電子在A、B板間的電場中加速運(yùn)動(dòng)，在B、C板間的電場中減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強(qiáng)度為E，M、P兩點(diǎn)間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′時(shí)，B、C兩板間的電場強(qiáng)度不變，由此可以判斷，電子在A、B板間加速運(yùn)動(dòng)后，在B、C板間減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為零，然后返回，A項(xiàng)正確，B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。 [答案]　A [共性歸納] 對于帶電粒子(體)在電場中的直線運(yùn)動(dòng)問題，無論是忽略重力還是考慮重力，解決此類問題時(shí)要注意分析是做勻速運(yùn)動(dòng)還是勻變速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)問題常以平衡條件F合＝0作為突破口進(jìn)行求解，勻變速運(yùn)動(dòng)根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可知，合力一定和速度在一條直線上，然后運(yùn)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解。 (1)運(yùn)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)時(shí)，先分析帶電粒子(體)的受力情況，根據(jù)F合＝ma得出加速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)方程可得出所求物理量。 (2)運(yùn)用能量觀點(diǎn)時(shí)，在勻強(qiáng)電場中，若不計(jì)重力，電場力做的功等于動(dòng)能的變化量；若考慮重力，則合力做的功等于動(dòng)能的變化量。 考點(diǎn)三　帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)[師生共研類] 1．帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律 2．處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法 運(yùn)動(dòng)的分解法 一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)。 功能關(guān)系 當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差。 [典例]　如圖所示，A、B兩個(gè)帶正電的粒子，所帶電荷量分別為q1與q2，質(zhì)量分別為m1和m2。它們以相同的速度先后垂直于電場線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場后，A粒子打在N板上的A′點(diǎn)，B粒子打在N板上的B′點(diǎn)，若不計(jì)重力，則(　　) A．q1＞q2　　　　　　　　　 B．m1＜m2 C.＞ D.＜ [解析]　設(shè)粒子的初速度為v0，電荷量為q，質(zhì)量為m，加速度為a，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，所以有加速度a＝，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝，偏轉(zhuǎn)位移為y＝at2，整理得y＝，顯然由于A粒子的水平位移小，則有＞，但A粒子的電荷量不一定大，質(zhì)量關(guān)系也不能確定，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。 [答案]　C [延伸思考] (1)例題中如果僅將“以相同的速度”改為“以相同的初動(dòng)能”，應(yīng)選________。 提示：選A　由典例的解析可知y＝，由題意Ek0＝mv02，整理得y＝，由于A粒子的水平位移小，則A粒子的電荷量大，即q1大于q2，A正確。由以上分析可知，不能確定兩粒子的質(zhì)量關(guān)系，B、C、D錯(cuò)誤。 (2)例題中兩粒子由靜止開始經(jīng)相同加速電場加速后，經(jīng)右板的同一小孔進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場，假設(shè)兩粒子均能落在B板上，則兩粒子是否落在B板同一位置？ 提示：設(shè)加速電場的電壓為U，偏轉(zhuǎn)電場的電場強(qiáng)度大小為E，由動(dòng)能定理，對粒子在加速電場中的運(yùn)動(dòng)有qU＝mv2；粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，由牛頓第二定律有Eq＝ma，兩粒子落在B板上時(shí)，兩粒子在豎直方向的位移相同，y＝at2，粒子在水平方向上有x＝vt，由以上整理解得x＝2 ，由于y、U、E均相同，則兩粒子均落在B板的同一位置。 [解題方略] 分析勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵 條件分析 不計(jì)重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運(yùn)動(dòng)。 運(yùn)動(dòng)分析 帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)： ①在垂直電場方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在這個(gè)方向上找出平行板的板長和運(yùn)動(dòng)時(shí)間等相關(guān)物理量； ②沿電場力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在這個(gè)方向上找出偏轉(zhuǎn)加速度、偏轉(zhuǎn)位移、偏轉(zhuǎn)速度等相關(guān)物理量。 在垂直電場方向上有t＝，沿電場力方向上有y＝at2或vy＝at，a＝，聯(lián)立方程可求解。 [題點(diǎn)全練] 1．[三種粒子偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的比較] 真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列判斷中正確的是(　　) A．三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間相同 B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同 C．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2 D．偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4 解析：選B　設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動(dòng)能定理得qU1＝mv02，解得v0＝ ，三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)推論可知三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中側(cè)移距離y＝、偏轉(zhuǎn)角tan θ＝，可知y與粒子的種類、質(zhì)量、電荷量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則有電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯(cuò)誤。 2．[偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)中的極值問題] 如圖所示，真空中水平放置的兩個(gè)相同極板Y和Y′，長為L，相距d，足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距b。在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓UYY′，一束質(zhì) 量為m、帶電荷量為＋q的粒子(不計(jì)重力)從兩板左側(cè)中點(diǎn)A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出。 (1)證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點(diǎn)； (2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓UYY′的范圍； (3)求粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長度。 解析：(1)設(shè)粒子在運(yùn)動(dòng)過程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時(shí)偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場方向的速度為vy，速度偏轉(zhuǎn)角為θ，其反向延長線通過O點(diǎn)，O點(diǎn)與板右端的水平距離為x，則有 y＝at2，L＝v0t，vy＝at，tan θ＝＝，解得x＝ 即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點(diǎn)。 (2)由題知a＝，E＝，解得y＝ 當(dāng)y＝時(shí)，UYY′＝ 則兩板間所加電壓的范圍為－≤UYY′≤。 (3)當(dāng)y＝時(shí)，粒子到達(dá)屏上時(shí)豎直方向偏移的距離最大，設(shè)其大小為y0， 則y0＝y(tǒng)＋btan θ 又tan θ＝＝，解得：y0＝ 故粒子在屏上可能到達(dá)的區(qū)域的長度為2y0＝。 答案：見解析 考點(diǎn)四　實(shí)驗(yàn)：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象 1．充電：電源使電容器的兩極板帶上等量異種電荷的過程。如圖甲。 2．放電：用導(dǎo)線將充好電的電容器的兩極板相連，使兩極板的異種電荷中和的過程，如圖乙。 3．電容器充放電時(shí)的能量轉(zhuǎn)化：充電后，電容器儲(chǔ)存了電能。放電時(shí)，儲(chǔ)存的電能釋放出來，轉(zhuǎn)化為其他形式的能。 [基礎(chǔ)考法] 1．(多選)(2018北京大興區(qū)期末)如圖甲所示連接電路，選用8 V直流電源，470微法的電解電容器。當(dāng)單刀雙擲開關(guān)S擲向1端，電源向電容器充電。然后把開關(guān)擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計(jì)算機(jī)，屏幕上顯示出如圖乙所示的電流隨時(shí)間變化曲線。一位同學(xué)對實(shí)驗(yàn)進(jìn)行了一些分析，其中正確的是(　　) A．開關(guān)S擲向2端時(shí)，流經(jīng)電流傳感器的電流方向從B到A B．放電過程中電容器的電容C、電荷量Q、電壓U都變小 C．It圖中曲線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電容器儲(chǔ)存的電荷量 D．電容器充電完畢時(shí)，儲(chǔ)存的電能約為0.015 J 解析：選CD　開關(guān)S擲向1端時(shí)，電容器上極板接電源的正極；開關(guān)S擲向2端時(shí)，流經(jīng)電流傳感器的電流方向從A到B，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。放電過程中電容器的電荷量Q、電壓U都變小，電容C不變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。根據(jù)Q＝It，則It圖中曲線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電容器儲(chǔ)存的電荷量，選項(xiàng)C正確。電容器充電完畢時(shí)，儲(chǔ)存的電能約為E＝CU2＝47010－682 J≈0.015 J，選項(xiàng)D正確。 2．(2019長沙模擬)如圖甲所示是一種測量電容器電容的實(shí)驗(yàn)電路圖，實(shí)驗(yàn)是通過對高阻值電阻放電的方法，測出電容器充電至電壓U時(shí)所帶電荷量Q，從而求出待測電容器的電容C。某同學(xué)在一次實(shí)驗(yàn)時(shí)的情況如下： A．按如圖甲所示的電路圖接好電路 B．接通開關(guān)S，調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使電流表的指針偏轉(zhuǎn)接近滿刻度，記下此時(shí)電流表的示數(shù)是I0＝490 μA，電壓表的示數(shù)U0＝8.0 V C．?dāng)嚅_開關(guān)S，同時(shí)開始計(jì)時(shí)，每隔5 s測讀一次電流i的值，將測得數(shù)據(jù)填入表格，并標(biāo)示在圖乙的坐標(biāo)紙上(時(shí)間t為橫坐標(biāo)，電流i為縱坐標(biāo))，如圖乙中小黑點(diǎn)所示。 (1)在圖乙中畫出it圖線； (2)圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍成面積的物理意義是_________________________； (3)該電容器電容為________ F(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)； (4)若某同學(xué)實(shí)驗(yàn)時(shí)把電壓表接在E、D兩端，則電容的測量值比它的真實(shí)值________ (選填“偏大”“偏小”或“相等”)。 解析：(1)用平滑的曲線連接，作出圖像如圖： (2)由ΔQ＝IΔt知，電荷量為it圖像與坐標(biāo)軸所包圍的面積，則面積為電容器在開始放電時(shí)所帶的電荷量。 (3)算出格子數(shù)，由總格子數(shù)乘以每個(gè)格子的“面積”值求得Q＝8.510－3 C 則C＝＝ F＝1.110－3 F。 (4)電容的測量值比它的真實(shí)值偏小，原因是若把電壓表接在E、D兩端，則電容器在放電時(shí)，有一部分電量會(huì)從電壓表中通過，從而使得通過電流表中的電量小于電容器的帶電量，從而使電容的測量值比它的真實(shí)值偏小。 答案：(1)見解析圖　(2)在開始放電時(shí)電容器所帶的電荷量　(3)1.110－3　(4)偏小 “STS問題”巧遷移——現(xiàn)代科技中的靜電場問題 (一)智能手機(jī)上的電容觸摸屏 1．(多選)目前智能手機(jī)普遍采用了電容觸摸屏，電容觸摸屏是利用人體的電流感應(yīng)進(jìn)行工作的，它是一塊四層復(fù)合玻璃屏，玻璃屏的內(nèi)表面和夾層各涂一層ITO(納米銦錫金屬氧化物)，夾層ITO涂層作為工作面，四個(gè)角引出四個(gè)電極，當(dāng)用戶手指觸摸電容觸摸屏?xí)r，手指和工作面形成一個(gè)電容器，因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號(hào)，電流通過這個(gè)電容器分別從屏的四個(gè)角上的電極中流出，且理論上流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例，控制器通過對四個(gè)電流比例的精密計(jì)算來確定手指位置。對于電容觸摸屏，下列說法正確的是(　　) A．電容觸摸屏只需要觸摸，不需要壓力即能產(chǎn)生位置信號(hào) B．使用絕緣筆在電容觸摸屏上也能進(jìn)行觸控操作 C．手指壓力變大時(shí)，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容變小 D．手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電容變大 [思維轉(zhuǎn)換] 解析：選AD　據(jù)題意知，電容觸摸屏只需要觸摸，由于流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例，控制器就能確定手指的位置，因此不需要手指有壓力，故A正確；絕緣筆與工作面不能形成一個(gè)電容器，所以不能在電容屏上進(jìn)行觸控操作，故B錯(cuò)誤；手指壓力變大時(shí)，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容將變大，故C錯(cuò)誤；手指與屏的接觸面積變大時(shí)，電容變大，故D正確。 (二)電容式傳聲器 2．如圖所示為某電容傳聲器結(jié)構(gòu)示意圖，當(dāng)人對著傳聲器講話，膜片會(huì)振動(dòng)。若某次膜片振動(dòng)時(shí)，膜片與極板距離增大，則在此過程中(　　) A．膜片與極板間的電容增大 B．極板所帶電荷量增大 C．膜片與極板間的電場強(qiáng)度增大 D．電阻R中有電流通過 [思維轉(zhuǎn)換] 解析：選D　根據(jù)C＝可知，膜片與極板距離增大，膜片與極板間的電容減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)Q＝CU可知極板所帶電荷量減小，因此電容器要通過電阻R放電，所以選項(xiàng)D正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)E＝可知，膜片與極板間的電場強(qiáng)度減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 (三)靜電除塵器除塵 3.為了減少污染，工業(yè)廢氣需用靜電除塵器除塵，某除塵裝置如圖所示，其收塵極為金屬圓筒，電暈極位于圓筒中心。當(dāng)兩極接上高壓電源時(shí)，電暈極附近會(huì)形成很強(qiáng)的電場使空氣電離，廢氣中的塵埃吸附離子后在電場力的作用下向收塵極運(yùn)動(dòng)并沉積，以達(dá)到除塵目的。假設(shè)塵埃向收塵極運(yùn)動(dòng)過程中所帶電荷量不變，下列判斷正確的是(　　) A．金屬圓筒內(nèi)存在勻強(qiáng)電場 B．金屬圓筒內(nèi)越靠近收塵極電勢越低 C．帶電塵埃向收塵極運(yùn)動(dòng)過程中電勢能越來越大 D．帶電塵埃向收塵極運(yùn)動(dòng)過程中受到的電場力越來越小 解析：選D　根據(jù)題圖信息可知除塵器內(nèi)電場在水平面上的分布類似于負(fù)點(diǎn)電荷電場，電場線方向由收塵極指向電暈極，故A錯(cuò)誤；逆電場線方向，電勢變高，故越靠近收塵極，電勢越高，因此B錯(cuò)誤；塵埃帶負(fù)電后受電場力作用向收塵極運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，電勢能越來越小，故C錯(cuò)誤；離電暈極越遠(yuǎn)，場強(qiáng)越小，塵埃帶電荷量不變，受到的電場力越小，故D正確。 (四)反射式速調(diào)管 4.反射式速調(diào)管是常用的微波器械之一，它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其震蕩原理與下述過程類似。如圖所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場，一帶電微粒從A點(diǎn)由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點(diǎn)間往返運(yùn)動(dòng)。已知電場強(qiáng)度的大小分別是E1＝2.0103 N/C和E2＝4.0103 N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量m＝1.010－20 kg，帶電荷量q＝－1.010－9 C，A點(diǎn)距虛線MN的距離d1＝1.0 cm，不計(jì)帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)。求： (1)B點(diǎn)距虛線MN的距離d2； (2)帶電微粒從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t。 解析：(1)帶電微粒由A運(yùn)動(dòng)到B的過程中，由動(dòng)能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0① 由①式解得d2＝d1＝0.50 cm。 ② (2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，有 |q|E1＝ma1 ③ |q|E2＝ma2 ④ 設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，有 d1＝a1t12 ⑤ d2＝a2t22 ⑥ 又t＝t1＋t2 ⑦ 聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.510－8 s。 答案：(1)0.50 cm　(2)1.510－8 s