2017年高考物理一轮复习 习题：第6章 电 场 第3课时 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动 doc

一、电容器的充、放电和电容的理解 1．电容器的充、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异种电荷，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，放电过程中电场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Q与电容器两极板间的电势差U的比值． Q(2)定义式：C＝．

U(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量． 3．平行板电容器

(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比．

εrS(2)决定式：C＝，k为静电力常量．

4πkd二、带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中加速

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动能的增量．

11U(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv2或F＝qE＝q＝ma.

220d112

(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv0.

222．带电粒子在电场中的偏转

(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场． (2)运动性质：_匀变速曲线运动．

(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动． (4)运动规律．

①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间

?

?1qU不能飞出电容器：y＝at＝t，t＝?22md能飞出电容器：t＝

2

2

lv02mdyqU ②沿电场力方向，做匀加速直线运动

??1Uql离开电场时的偏移量：y＝at＝?22mdv

vUql?离开电场时的偏转角：tan θ＝＝?vmdv2

220y0

20FqEUq加速度：a＝＝＝mmmd

特别提醒：带电粒子在电场中的重力问题：(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，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，一般都不能忽略重力．

三、示波管 1．构造及功能

(1)电子枪：发射并加速电子．

(2)偏转电极YY′：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极XX′：使电子束水平偏转(加扫描电压)．

2．工作原理

偏转电极XX′和YY′不加电压，电子打到屏幕中心；若只在XX′之间加电压，电子只在X方向偏转；若只在YY′之间加电压，电子只在Y方向偏转；若XX′加扫描电压，YY′加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象．

1．任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关．(√)

2．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(×) 3．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．(×)

4．一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×106C时，两板间电压升高10 V，则电容器的

－

电容C＝1.0×107 F．(√)

－

5．放电后的电容器电量为零，电容也为零．(×) 6．带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×) 7．带电粒子在电场中可以做圆周运动．(√)

8．示波管屏幕上的亮线是由电子束高速撞击荧光屏而产生的．(√) 9．带电粒子在电场中运动时重力必须忽略不计．(×)

1．(多选)电容式传感器的应用非常广泛，如图所示的甲、乙、丙、丁是四种常见的电容式传感器，下列判断正确的是( )

A．图甲中两极间的电压不变，若有电流流向传感器正极，则h正在变小 B．图乙中两极间的电荷量不变，若两极间电压正在增大，则θ正在变大 C．图丙中两极间的电荷量不变，若两极间电压正在减小，则x正在变大

D．图丁中两极间的电压不变，若有电流流向传感器的负极，则F为压力且正在变大 εrS

解析：图甲中两极间距离不变，若h变小，表明两极板间正对面积减小，由C＝

4πkd可知对应电容减小，电压不变时，电容器带电荷量减小，正在放电，故电流流向传感器负Q

极，A错；图乙中两极间的电荷量不变，若电压正在增大，由C＝可知电容正在减小，板U间距离不变，正对面积减小，则动片正在旋出，θ正在变大，B对；图丙中两极间的电荷量、板间距离不变，若板间电压正在减小，表明电容正在增大，电介质正在插入，x正在增大，C对；图丁中两极间的电压、极板正对面积不变，若有电流流向传感器的负极，表明电容器正在放电，电容减小，板间距离增大，若F为压力则应是F正在减小，D错．

答案：BC

2．(2016·聊城模拟)如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动．那么( )

A．微粒带正、负电荷都有可能 B．微粒做匀减速直线运动 C．微粒做匀速直线运动 D．微粒做匀加速直线运动

解析：微粒做直线运动的条件是速度方向和合外力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀减速直线运动，故B正确．

答案：B

3．(2016·秦皇岛模拟)带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，a、b、c三个α粒子(重力忽略不计)先后从同一点O沿垂直电场方向进入电场，其运动轨迹如图所示，其中b恰好沿下极板的边缘飞出电场．下列说法正确的是( )

A．b在电场中运动的时间大于a在电场中运动的时间 B．b在电场中运动的时间等于c在电场中运动的时间 C．进入电场时c的速度最大，a的速度最小

D．a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小相等

1

解析：根据y＝at2可知b在电场中运动的时间等于a在电场中运动的时间，b在电场

2中运动的时间大于c在电场中运动的时间，A、B错误；根据x＝v0t可知进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，C正确；因为电场对a、b做功相同，但初速度大小不同，所以a打在负极板上时的速度与b飞离电场时的速度大小不相等，D错误．

答案：C

4．(2016·荆州模拟)如图所示，质量m＝2.0×104 kg、电荷量q＝1.0×106 C的带正电

－

－

微粒静止在空间范围足够大的电场强度为E的匀强电场中．取g＝10 m/s2.

(1)求匀强电场的电场强度E的大小和方向；

(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，方向不变，求在t＝0.20 s时间内电场力做的功；

(3)在t＝0.20 s时突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能． 解析：(1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有 qE＝mg， 得E＝

mg

＝2.0×103 N/C，方向竖直向上． q

(2)在t＝0时刻，电场强度大小突然变为E0＝4.0×103 N/C，设微粒的加速度为a，在t＝0.20 s时间内上升高度为h，电场力做功为W，则qE0－mg＝ma，

解得a＝10 m/s2. 1

h＝at2＝0.20 m，

2W＝qE0h＝8.0×104 J.

－

(3)设在t＝0.20 s时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为v，回到出发点的动能为E k，则v＝at，

1

Ek＝mgh＋mv2，

2解得Ek＝8.0×104 J.

－

答案：(1)2.0×103 N/C，方向竖直向上 (2)8.0×104 J (3)8.0×104 J

－

－

一、单项选择题

1．(2016·沈阳模拟)如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开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、两极板间场强E的变化情况是( )

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

εrS解析：电容器充电后再断开S，则电容器所带的电荷量Q不变，由C∝可知，d增

d4πkQQUQ4πkdQ

大时，C变小；又U＝，所以U变大；由于E＝，U＝＝，所以E＝，

CdCεrSεrS故d增大时，E不变，选项C正确．

答案：C

2．(2016·沧州模拟)某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中( )

A．P、Q构成的电容器的电容增大

B．P上电荷量保持不变 C．M点的电势比N点的低 D．M点的电势比N点的高

εrSQ解析：由公式C＝可知，当PQ间距增大时，C减小，故A错误．由C＝可知，U4πkd在U不变时，C减小，Q减小，即电容器放电，R中的电流方向从M到N，则M点电势高于N点，故B、C错误，D正确．

答案：D

3．美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d.两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则( )

A．油滴带正电 mgB．油滴带电荷量为 Udkmgd

C．电容器的电容为2

U

D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动

解析：由题意知油滴受到的电场力竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油UQmgd

滴带电荷量为q，则极板带电荷量为Q＝kq，由于qE＝mg，E＝，C＝，解得q＝，

dUUkmgd

C＝2，将极板N向下缓慢移动一小段距离，U不变，d增大，则场强E减小，重力将

U大于电场力，油滴将向下运动，故选项C正确．

答案：C

4．如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其

他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是( )

A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动 B．三个液滴的运动时间不一定相同 C．三个液滴落到底板时的速率相同 D．液滴C所带电荷量最多

解析：三个液滴具有相同的水平初速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴C水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，故它所带电荷量也最多，选项D正确；因为电场力对液滴C做功最多，它落到底板时的速率最大，选项C错误．

答案：D

5．(2016·鞍山模拟)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是( )

A．小球带负电 B．电场力跟重力平衡

C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减少 D．小球在运动过程中机械能守恒

解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向向上，所以小球带正电，A错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D错误．

答案：B

6．(2016·太原模拟)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

qUL2解析：已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，因偏移量y＝，现要缩小字迹，可

2mdv20

q1

行的措施可减小墨汁微粒的比荷，增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能mv2，减小偏

m20转极板的长度L，减小偏转极板间的电压U，故选C.

答案：C

二、多项选择题

7．(2016·青岛模拟)如图所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点．一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出．下列说法正确的是( )

A．粒子的运动轨迹一定经过P点 B．粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点

C．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由E、D之间某点(不含E、D)射出正方形ABCD区域

D．若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域 解析：粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点作速度的反向延长线一定与水平位移交于FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项B正确；由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，选项D正确．

答案：BD

8．(2015·宜昌模拟)如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球( )

A．将打在下板中央

B．仍沿原轨迹运动由下板边缘飞出 C．不发生偏转，沿直线运动

D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央

UQ4πkQ

解析：由题意可知电容器所带电荷量不变，因E＝＝＝，所以上板上移一小dCdεrS段距离，电容器产生的场强不变，以相同速度入射的小球仍将沿原轨迹运动由下板边缘飞出，选项B正确，A、C错误；若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央，选项D正确．

答案：BD

9．如图所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，下列说法中正确的是( )

A．滑动变阻器滑片向右移动，其他不变时，电子打在荧光屏上的位置上升 B．滑动变阻器滑片向左移动，其他不变时，电子打在荧光屏上的位置上升 C．电压U减小，其他不变时，电子从发出到打在荧光屏上的时间减小 D．电压U减小，其他不变时，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变

解析：滑动变阻器滑片向右移动，其他不变时，加速电压增大，电子速度增大，则电子打在荧光屏上的位置下降，选项A错误；滑片向左移动，其他不变时，加速电压减小，电子速度减小，则电子打在荧光屏上的位置上升，选项B正确；电压U减小或增大，其他不变时，电子经加速电压后的水平速度大小不变，从发出到打在荧光屏上的时间不变，选项C错误，D正确．

答案：BD

三、非选择题

10．(2015·长沙模拟)如图所示，水平位置的平行板电容器，原来AB两板不带电，B极板接地，它的极板长l＝0.1 m，两板间距离d＝0.4 cm，现有一微粒质量m＝2.0×106 kg，

－

带电荷量q＝＋1.0×108 C，以一定初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用微粒

－

恰好能落到A板的中点O处，取g＝10 m/s2.试求：

(1)带电粒子入射初速度v0的大小；

(2)现使电容器带上电荷，使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出，则带电后A板的电势范围？

解析：(1)电容器不带电时，微粒做平抛运动， ld1

则有＝v0t，＝gt2，

222联立两式得v0＝

l

2

g. d

代入数据得v0＝2.5 m/s.

(2)若使微粒能从电容器右侧射出，则要求A板的电势大于0，且B板接地电势等于0， 则有UAB＝φA－φB＝φA.

A板电势最小时，微粒刚好从A板右侧边缘射出， d1则有l＝v0t1＝a1t2.

221φAmin

且mg－q＝ma1，

d联立以上各式得φAmin＝6 V.

φAmaxA板电势最大时，微粒刚好从B板右侧边缘射出，则有q－mg＝ma2，

d且有a2＝a1，

代入数据解得φAmax＝10 V. 综上可得6 V≤φA≤10 V.

答案：(1)v0＝2.5 m/s (2)6 V≤φA≤10 V

11．(2016·襄阳模拟)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，两极板间加一电压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＝1.6×100.9×10

－30

－19

C，电子的质量m＝

kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，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，

l电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t，解得t＝.

v1U2电子在竖直方向受电场力F＝e·. d

电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a， U2eU2依据牛顿第二定律有e·＝ma，解得a＝.

dmd电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量 12U2l2

y＝at＝. 24dU1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＝电场力所做的功W＝eU，

U2·y， d

解得W＝5.76×10答案：(1)4.0×10

－18

J.

－18

－16

J (2)0.36 cm (3)5.76×10 J

本热点主要涉及在电场和重力场背景下的宏观带电体的受力和运动的综合分析，常与“斜面”“弹簧”等情景相结合，进行多过程、多运动形式的综合考查，以计算题为主．解决此类问题应以带电粒子为研究对象，按照研究力学问题的基本方法，从力和运动以及功能关系两条主线进行分析和讨论，可概括为“电场情景、力学方法”．

1．(多选)(2016·沈阳模拟)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )

A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动

解析：分析带电粒子的受力情况，画出其受力图如图所示．可以看出其合力方向与其

速度方向相反．所以，带电粒子在电场中做匀减速运动．电场力做负功，重力不做功，动能减少，电势能增加，故选项A、C错误，选项B、D正确．

答案：BD

2. (2015·大连模拟)如图所示，竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，小球A从紧靠左极板处由静止开始释放，小球B从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动至右极板的过程中，下列判断正确的是( )

A．运动时间tA>tB

B．电荷量之比qA∶qB＝2∶1

C．机械能增加量之比ΔEA∶ΔEB＝2∶1 D．机械能增加量之比ΔEA∶ΔEB＝1∶1

1解析：两小球在竖直方向上做自由落体运动，由h＝gt2得运动时间相同，故A项错误；

212qEt2

两球的水平分运动都是初速度为0的匀加速运动，有qE＝ma，x＝at，所以x＝，由

22m于两球水平分位移之比为2∶1，故qA∶qB＝2∶1，即B项正确；机械能的增加量等于电场力做的功，有ΔE＝qEL，所以ΔEA∶ΔEB＝4∶1，故C、D都错误．

答案：B

3．(多选)(2016·太原模拟)如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q(可视为质点)固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )

A．小球P的速度一定先增大后减小 B．小球P的机械能一直在减少

C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零 D．小球P与弹簧组成的系统机械能一定增加

解析：带电小球P在沿斜面方向受到重力沿斜面向下的分力、沿斜面向下的库仑斥力Fkq2kq2

＝2，小球P与弹簧接触的最初阶段，弹簧弹力小于mgsin θ ＋2，小球P先加速，由rr于弹簧弹力逐渐增大，库仑斥力逐渐减小，故合力变小，加速度变小，即第一阶段是加速kq2

度逐渐减小的加速运动，第二阶段弹簧弹力大于mgsin θ＋2，合力沿斜面向上，弹簧弹r力逐渐增大，库仑斥力逐渐减小，合力变大，加速度变大，即第二阶段是加速度逐渐变大的减速运动，直到速度减小为0，选项A正确；小球P的机械能变化等于除重力外其他力做的功，即库仑力和弹簧弹力的合力做的功，初始阶段弹簧弹力小于库仑斥力，二者合力做正功，机械能增大，当弹簧弹力大于库仑斥力后，二者合力做负功，机械能减小，选项B错误；小球P的速度最大时即加速度等于0时，弹簧弹力等于库仑力和重力沿斜面向下的分力之和，选项C错误；小球P与弹簧组成的系统的机械能变化等于除系统弹力和重力外其他力做的功，即库仑斥力做的功，由于库仑斥力做正功，故系统的机械能增加，选项D正确．

答案：AD

4．(2015·衡阳模拟)如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距离为d＝8 cm，板长为L＝25 cm，接在直流电上，有一带电液滴以v0＝0.5 m/s的初速度从板间的正中央水平4

射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起 cm，液滴刚好从金

3

属板末端飞出(g取10 m/s2)，求：

(1)将下板向上提起后，液滴的加速度大小；

(2)液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？

解析：(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以有qE＝mg，

即qU＝mgd.

当下板向上提后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动．

Umgd

此时液滴所受电场力F＝q＝，

d′d′d

mg?d′－1?F－mg??1

a＝＝＝g＝2 m/s2.

mm5

(2)因为液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是d/2. 设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为t1，则 d12

＝at， 221得t1＝

d

＝0.2 s. a

而液滴从刚进入电场到出电场的时间 L

t2＝＝0.5 s.

v0

所以液滴从射入电场开始到匀速运动到P点的时间为t＝t2－t1＝0.3 s. 答案：(1)2 m/s2 (2)0.3 s

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/aneo.html