新課改瘦專(zhuān)用2025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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)學(xué)案含解析

PAGEPAGE17第3節(jié)電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一、常見(jiàn)電容器電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系1．常見(jiàn)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)極板所帶電荷量的肯定值。(3)電容器的充、放電[注1]充電：使電容器帶電的過(guò)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(chǎng)能。放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程，放電過(guò)程中電場(chǎng)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(shì)差的比值。(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)。[注3](3)物理意義：表示電容器容納電荷本事大小的物理量。(4)單位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012pF。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(duì)面積成正比，與電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。(2)確定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量。二、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)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(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)(1)條件：以速度v0垂直于電場(chǎng)方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)，僅受電場(chǎng)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(chǎng)方向：做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。【注說(shuō)明疑】[注1]充電過(guò)程：Q、U、E均增大；放電過(guò)程反之。[注2]放電過(guò)程電流隨時(shí)間變更如圖所示，面積表示電容器削減的電荷量。[注3]比值定義法，C的大小只由電容器本身結(jié)構(gòu)確定。[注4]兩個(gè)有用的結(jié)論(1)粒子飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)“速度的反向延長(zhǎng)線，通過(guò)垂直電場(chǎng)方向的位移的中點(diǎn)”。(2)不同帶電粒子從同一電場(chǎng)加速再進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，全部粒子都從同一點(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)變更時(shí)，要先明確電容器是與電源相接還是與電源斷開(kāi)；電容器接在電源上時(shí)，電壓不變，E＝eq\f(U,d)；斷開(kāi)電源時(shí)，電容器所帶電荷量不變，E∝eq\f(Q,εrS)，變更兩極板距離，場(chǎng)強(qiáng)不變。2．帶電粒子偏轉(zhuǎn)問(wèn)題：離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(ql2U,2mv02d)，偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qlU,mv02d)。[基礎(chǔ)自測(cè)]一、推斷題(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(chǎng)中只能做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。(×)(5)帶電粒子在電場(chǎng)中，只受電場(chǎng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)重力肯定可以忽視不計(jì)。(×)二、選擇題1．[教科版選修3－1P40T9]關(guān)于電容器的電容，下列說(shuō)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確定答案：D2．[人教版選修3－1P32T1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(kāi)，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(kāi)，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(kāi)，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(shì)差不變，靜電計(jì)指針偏轉(zhuǎn)角不變，A錯(cuò)誤；與電源斷開(kāi)后，電容器所帶電荷量不變，結(jié)合U＝eq\f(Q,C)和C＝eq\f(εrS,4πkd)可推斷B正確，C、D錯(cuò)誤。3.[魯科版選修3－1P44T4]一平行板電容器中存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)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(cè)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∶8C．2∶1 D．4∶1答案：D4．[人教版選修3－1P39T5改編]如圖所示，電子由靜止起先經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，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(chǎng)電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)可看成勻強(qiáng)電場(chǎng)，極板間電壓為U，極板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距為d。忽視電子所受重力，電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)初速度v0和從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí)沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy分別是()A.eq\r(\f(eU0,m))eq\f(UL2,2U0d) B.eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,2U0d)C.eq\r(\f(eU0,m))eq\f(UL2,4U0d) D.eq\r(\f(2eU0,m))eq\f(UL2,4U0d)解析：選D依據(jù)動(dòng)能定理，有eU0＝eq\f(1,2)mv02，電子射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，電子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))，加速度a＝eq\f(eE,m)＝eq\f(eU,md)，偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f(1,2)a(Δt)2＝eq\f(UL2,4U0d)。高考對(duì)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(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)、帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)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(duì)帶電粒子(體)在電場(chǎng)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)學(xué)問(wèn)綜合考查，難度較大?？键c(diǎn)一平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析[基礎(chǔ)自修類(lèi)][題點(diǎn)全練]1．[與電源斷開(kāi)的情形](2024·北京高考)探討與平行板電容器電容有關(guān)因素的試驗(yàn)裝置如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．試驗(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．試驗(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．試驗(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．試驗(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試驗(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。試驗(yàn)中，b板向上平移，正對(duì)面積S變小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C變小，由C＝eq\f(Q,U)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(duì)介電常數(shù)εr變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C變大，由C＝eq\f(Q,U)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](2024·全國(guó)卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充溢云母介質(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(chǎng)強(qiáng)度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變解析：選D平行板電容器電容的表達(dá)式為C＝eq\f(εrS,4πkd)，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(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)，由于U、d不變，所以極板間電場(chǎng)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)](2024·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(shì)面，則該油滴()A．仍舊保持靜止 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起先時(shí)油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mg＝qeq\f(U,d)，B板右端下移時(shí)，U不變，d變大，電場(chǎng)力F＝qeq\f(U,d)變小，mg＞F。并且A、B兩板之間的等差等勢(shì)面右端將勻稱(chēng)地順次向下移動(dòng)，又電場(chǎng)強(qiáng)度垂直于等勢(shì)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(kāi)，Q不變。(2)用確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)確定電容器電容的變更。(3)用定義式C＝eq\f(Q,U)判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U的變更。(4)用E＝eq\f(U,d)分析電容器極板間場(chǎng)強(qiáng)的變更。2．兩類(lèi)動(dòng)態(tài)變更問(wèn)題的比較分類(lèi)充電后與電池相連U不變充電后與電池?cái)嚅_(kāi)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(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)[多維探究類(lèi)]1．帶電粒子(體)在電場(chǎng)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(shuō)明或明確的示意以外，一般都不考慮重力(但并不忽視質(zhì)量)帶電體如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說(shuō)明或有明確的示意以外，一般都不能忽視重力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＝eq\f(F合,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－v02＝2ad。4．用能量觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02。非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1。考法(一)僅在電場(chǎng)力作用下的直線運(yùn)動(dòng)[例1](多選)(2024·全國(guó)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、下極板旁邊，與極板距離相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放a、b，它們由靜止起先運(yùn)動(dòng)。在隨后的某時(shí)刻t，a、b經(jīng)過(guò)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視。下列說(shuō)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(shì)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(guò)電容器兩極板間下半?yún)^(qū)域的同一水平面，則xa＞xb，依據(jù)x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2知，ma＜mb，故A錯(cuò)誤。電場(chǎng)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(shì)面上，依據(jù)Ep＝qφ，a、b的電勢(shì)能肯定值相等，符號(hào)相反，故C錯(cuò)誤。依據(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(chǎng)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eq\f(1,2)mv02B．微粒的加速度大小等于gsinθC．兩極板的電勢(shì)差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D．微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程電勢(shì)能削減eq\f(mgd,cosθ)[解析]微粒僅受電場(chǎng)力和重力，電場(chǎng)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(chǎng)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eq\f(1,2)mv02，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；依據(jù)qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；兩極板的電勢(shì)差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，選項(xiàng)C正確；微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，電勢(shì)能增加量qUMN＝eq\f(mgd,cosθ)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。[答案]C考法(三)在多個(gè)連續(xù)電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)[例3](2024·江蘇高考)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中心各有一小孔，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(guò)P′點(diǎn)[解析]電子在A、B板間的電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，在B、C板間的電場(chǎng)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(chǎng)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＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,C0d)＝eq\f(4πkQ,εrS)可知，C板向右平移到P′時(shí)，B、C兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，由此可以推斷，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(duì)于帶電粒子體在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，無(wú)論是忽視重力還是考慮重力，解決此類(lèi)問(wèn)題時(shí)要留意分析是做勻速運(yùn)動(dòng)還是勻變速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)問(wèn)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)依據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系可知，合力肯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狀況，依據(jù)F合＝ma得出加速度，再依據(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(chǎng)中，若不計(jì)重力，電場(chǎng)力做的功等于動(dòng)能的變更量；若考慮重力，則合力做的功等于動(dòng)能的變更量。考點(diǎn)三帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)[師生共研類(lèi)]1．帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律2．處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問(wèn)題的方法運(yùn)動(dòng)的分解法一般用分解的思想來(lái)處理，即將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分解為沿電場(chǎng)力方向上的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)力方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)。功能關(guān)系當(dāng)探討帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解：qUy＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，其中Uy＝eq\f(U,d)y，指初、末位置間的電勢(shì)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(chǎng)線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)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＜m2C.eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2) D.eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)[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＝eq\f(qE,m)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(x,v0)，偏轉(zhuǎn)位移為y＝eq\f(1,2)at2，整理得y＝eq\f(Eqx2,2mv02)，明顯由于A粒子的水平位移小，則有eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2)，但A粒子的電荷量不肯定大，質(zhì)量關(guān)系也不能確定，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。[答案]C[延長(zhǎng)思索](1)例題中假如僅將“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＝eq\f(Eqx2,2mv02)，由題意Ek0＝eq\f(1,2)mv02，整理得y＝eq\f(Eqx2,4Ek0)，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起先經(jīng)相同加速電場(chǎng)加速后，經(jīng)右板的同一小孔進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，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(chǎng)的電壓為U，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，由動(dòng)能定理，對(duì)粒子在加速電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)有qU＝eq\f(1,2)mv2；粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，由牛頓其次定律有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＝eq\f(1,2)at2，粒子在水平方向上有x＝vt，由以上整理解得x＝2eq\r(\f(yU,E))，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(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問(wèn)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(chǎng)方向垂直，則帶電粒子將在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)分析帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)：①在垂直電場(chǎng)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(zhǎng)和運(yùn)動(dòng)時(shí)間等相關(guān)物理量；②沿電場(chǎng)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(chǎng)方向上有t＝eq\f(l,v0)，沿電場(chǎng)力方向上有y＝eq\f(1,2)at2或vy＝at，a＝eq\f(F合,m)，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(chǎng)，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止起先被加速電場(chǎng)加速后垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，最終打在熒光屏上。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，則下列推斷中正確的是()A．三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)驗(yàn)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(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶2D．偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)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(zhǎng)度為L(zhǎng)，板間距離為d，在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得qU1＝eq\f(1,2)mv02，解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏的過(guò)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)驗(yàn)的時(shí)間不同，故A錯(cuò)誤；依據(jù)推論可知三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中側(cè)移距離y＝eq\f(U2L2,4dU1)、偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(U2L,2dU1)，可知y與粒子的種類(lèi)、質(zhì)量、電荷量無(wú)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(chǎng)的電場(chǎng)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(chǎng)力對(duì)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(wèn)題]如圖所示，真空中水平放置的兩個(gè)相同極板Y和Y′，長(zhǎng)為L(zhǎng)，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(chǎng)且能穿出。(1)證明粒子飛出電場(chǎng)后的速度方向的反向延長(zhǎng)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(zhǎng)度。解析：(1)設(shè)粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度大小為a，離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場(chǎng)方向的速度為vy，速度偏轉(zhuǎn)角為θ，其反向延長(zhǎng)線通過(guò)O點(diǎn)，O點(diǎn)與板右端的水平距離為x，則有y＝eq\f(1,2)at2，L＝v0t，vy＝at，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(y,x)，解得x＝eq\f(L,2)即粒子飛出電場(chǎng)后的速度方向的反向延長(zhǎng)線交于兩板間的中心O點(diǎn)。(2)由題知a＝eq\f(Eq,m)，E＝eq\f(UYY′,d)，解得y＝eq\f(qUYY′L2,2dmv02)當(dāng)y＝eq\f(d,2)時(shí)，UYY′＝eq\f(md2v02,qL2)則兩板間所加電壓的范圍為－eq\f(md2v02,qL2)≤UYY′≤eq\f(md2v02,qL2)。(3)當(dāng)y＝eq\f(d,2)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)＋btanθ又tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(d,L)，解得：y0＝eq\f(d(L＋2b),2L)故粒子在屏上可能到達(dá)的區(qū)域的長(zhǎng)度為2y0＝eq\f(d(L＋2b),L)。答案：見(jiàn)解析考點(diǎn)四試驗(yàn)：視察電容器的充、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(guò)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(guò)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(lái)，轉(zhuǎn)化為其他形式的能。[基礎(chǔ)考法]1．(多選)(2024·北京大興區(qū)期末)如圖甲所示連接電路，選用8V直流電源，470微法的電解電容器。當(dāng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)S擲向1端，電源向電容器充電。然后把開(kāi)關(guān)擲向2端，電容器通過(guò)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)間變更曲線。一位同學(xué)對(duì)試驗(yàn)進(jìn)行了一些分析，其中正確的是()A．開(kāi)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AB．放電過(guò)程中電容器的電容C、電荷量Q、電壓U都變小C．I-t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0.015J解析：選CD開(kāi)關(guān)S擲向1端時(shí)，電容器上極板接電源的正極；開(kāi)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(guò)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。依據(jù)Q＝It，則I-t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＝eq\f(1,2)CU2＝eq\f(1,2)×470×10－6×82J≈0.015J，選項(xiàng)D正確。2．(2024·長(zhǎng)沙模擬)如圖甲所示是一種測(cè)量電容器電容的試驗(yàn)電路圖，試驗(yàn)是通過(guò)對(duì)高阻值電阻放電的方法，測(cè)出電容器充電至電壓U時(shí)所帶電荷量Q，從而求出待測(cè)電容器的電容C。某同學(xué)在一次試驗(yàn)時(shí)的狀況如下：A．按如圖甲所示的電路圖接好電路B．接通開(kāi)關(guān)S，調(diào)整電阻箱R的阻值，使電流表的指針偏轉(zhuǎn)接近滿(mǎn)刻度，登記此時(shí)電流表的示數(shù)是I0＝490μA，電壓表的示數(shù)U0＝8.0VC．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S，同時(shí)起先計(jì)時(shí)，每隔5s測(cè)讀一次電流i的值，將測(cè)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(huà)出i-t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_(kāi)_______F(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；(4)若某同學(xué)試驗(yàn)時(shí)把電壓表接在E、D兩端，則電容的測(cè)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＝I·Δt知，電荷量為i-t圖像與坐標(biāo)軸所包圍的面積，則面積為電容器在起先放電時(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＝8.5×10－3C則C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(8.5×10－3,8)F＝1.1×10－3F。(4)電容的測(cè)量值比它的真實(shí)值偏小，緣由是若把電壓表接在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(guò)，從而使得通過(guò)電流表中的電量小于電容器的帶電量，從而使電容的測(cè)量值比它的真實(shí)值偏小。答案：(1)見(jiàn)解析圖(2)在起先放電時(shí)電容器所帶的電荷量(3)1.1×10－3(4)偏小“STS問(wèn)題”巧遷移——現(xiàn)代科技中的靜電場(chǎng)問(wèn)題(一)智能手機(jī)上的電容觸摸屏1．(多選)目前智能手機(jī)普遍采納了電容觸摸屏，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(hù)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(guò)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，限制器通過(guò)對(duì)四個(gè)電流比例的精密計(jì)算來(lái)確定手指位置。對(duì)于電容觸摸屏，下列說(shuō)法正確的是()A．電容觸摸屏只須要觸摸，不須要壓力即能產(chǎn)生位置信號(hào)B．運(yùn)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，電容觸摸屏只須要觸摸，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，限制器就能確定手指的位置，因此不須要手指有壓力，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(duì)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