2025人教高中物理同步講義練習必修三10.4電容的電容（人教版2019必修第三冊）（含答案）第十章靜電場中的能量第4節電容的電容課程標準學習目標觀察常見電容器，了解電容器的電容，觀察電容器的充、放電現象。能舉例說明電容器的應用。1．知道什么是電容器及電容器的主要構造..2．理解電容的概念及其定義式.會應用平行板電容器的電容公式分析有關問題．3．了解電容器充電和放電現象及能量轉換.（一）課前閱讀：1.(1)把電容器的兩個極板分別與電源兩極相連，對電容器進行充電，該過程中能量是如何轉化的？當把電容器兩極相接，使電容器放電，該過程中能量是如何轉化的？(2)當電容器的帶電荷量增加時，電容器兩極板間的電勢差如何變化？帶電荷量Q和板間電勢差U的比值是否發生變化？2.平行板電容器由兩塊平行放置的金屬板組成．利用平行板電容器進行如下實驗：(1)如圖所示，保持Q和d不變，減小兩極板的正對面積S，觀察電勢差U(靜電計指針偏角)的變化，依據C＝eq\f(Q,U)，分析電容C的變化．(2)如圖所示，保持Q和S不變，增大兩極板間的距離d，觀察電勢差U(靜電計指針偏角)的變化，依據C＝eq\f(Q,U)，分析電容C的變化．(3)如圖所示，保持Q、S、d不變，插入電介質，觀察電勢差U(靜電計指針偏角)的變化，依據C＝eq\f(Q,U)，分析電容C的變化．（二）基礎梳理一、電容器電容一、電容器1．基本構造：任何兩個彼此又相距很近的導體，都可以看成一個電容器．2．充電、放電：使電容器兩個極板分別帶上，這個過程叫充電．使電容器兩極板上的電荷，電容器不再帶電，這個過程叫放電．3．從能量的角度區分充電與放電：充電是從電源獲得能量儲存在電容器中，放電是把電容器中的轉化為其他形式的能量．4．電容器的電荷量：其中極板所帶電荷量的絕對值．二、電容1．定義：電容器所帶與電容器兩極板之間的之比．2．定義式：C＝eq\f(Q,U).——4．物理意義：電容器的電容是表示電容器容納電荷本領的物理量，在數值上等于使兩極板之間的電勢差為時，電容器所帶的電荷量．5．擊穿電壓與額定電壓(1)擊穿電壓：電介質不被時加在電容器兩極板上的極限電壓，若電壓超過這一限度，電容器就會損壞．(2)額定電壓：電容器外殼上標的工作電壓，也是電容器正常工作所能承受的最大電壓，額定電壓比擊穿電壓低．【微探究】電容器的充、放電現象(1)實驗器材：直流電源、電阻、電容器、電流表、電壓表及單刀雙擲開關、導線。(2)實驗電路(3)充電過程：把開關S接1，電壓表示數逐漸，充電電流逐漸減小至0，此時電容器兩極板帶有一定的異種電荷。(4)放電過程：把開關S接2，電容器對電阻R放電，電容器兩極板所帶電荷量，電壓表和電流表示數，最后兩極板間電勢差以及放電電流都等于0。【即學即練】1.判斷下列說法的正誤.(1)電容器的電容跟它所帶電荷量成正比．()(2)對于確定的電容器，它所帶電荷量跟它兩極板間電壓的比值保持不變．()(3)將平行板電容器兩極板的間距加大，電容將增大．()(4)將平行板電容器兩極板平行錯開，使正對面積減小，電容將減小．()(5)在平行板電容器極板間插入電介質，電容將增大．()二、平行板電容器一、平行板電容器的電容1．結構：由兩個平行且彼此絕緣的金屬板構成．2．電容的決定因素：電容C與兩極板間電介質的相對介電常數εr成，跟極板的正對面積S成，跟極板間的距離d成．3．電容的決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，εr為電介質的相對介電常數，k為靜電力常量．當兩極板間是真空時，C＝eq\f(S,4πkd).二、常用電容器1．分類：從構造上看，可以分為固定電容器和可變電容器兩類．2．固定電容器有：電容器、電容器等．3．可變電容器由兩組鋁片組成，固定的一組鋁片叫，可以轉動的一組鋁片叫．轉動動片，使兩組鋁片的發生變化，電容就隨著改變．【拓展補充】心臟除顫器心室纖顫的治療方法是用一種物理的方法一一除顫器。除顫器先在很短的時間內讓可控的電流通過心臟，使心臟完全停止跳動，再讓心臟重新起搏，這樣纖顫就消失了。這種治療方法拯救了無數人的生命，只是電擊的方法有些過于激烈，病人感到很痛苦。一、電容器電容1．電容器的充、放電過程中，電路中有充電、放電電流，電路穩定時，電路中沒有電流．2．C＝eq\f(Q,U)是電容的定義式，由此也可得出：C＝eq\f(ΔQ,ΔU).3．電容器的電容決定于電容器本身，與電容器的電荷量Q以及電勢差U均無關．【典例精析】例1．有一充電的平行板電容器，兩板間的電勢差為3V，現使它的電荷量減少3×10－4C，于是電容器兩板間的電勢差降為原來的eq\f(1,3)，則此電容器的電容是多大？電容器原來帶的電荷量是多少？若將電容器極板上的電荷全部放掉，電容器的電容是多大？二、平行板電容器1．靜電計實質上也是一種驗電器，把驗電器的金屬球與一個導體連接，金屬外殼與另一個導體相連(或者金屬外殼與另一個導體同時接地)，從驗電器指針偏轉角度的大小可以推知兩個導體間電勢差的大小．2．C＝eq\f(Q,U)與C＝eq\f(εrS,4πkd)的比較(1)C＝eq\f(Q,U)是電容的定義式，對某一電容器來說，Q∝U但C＝eq\f(Q,U)不變，反映電容器容納電荷本領的大小；(2)C＝eq\f(εrS,4πkd)是平行板電容器電容的決定式，C∝εr，C∝S，C∝eq\f(1,d)，反映了影響電容大小的因素．3．平行板電容器動態問題的分析方法抓住不變量，分析變化量，緊抓三個公式：C＝eq\f(Q,U)、E＝eq\f(U,d)和C＝eq\f(εrS,4πkd)4．平行板電容器的兩類典型問題(1)開關S保持閉合，兩極板間的電勢差U恒定，Q＝CU＝eq\f(εrSU,4πkd)∝eq\f(εrS,d)，E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,d).(2)充電后斷開S，電荷量Q恒定，U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)∝eq\f(d,εrS)，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)∝eq\f(1,εrS).例2．如圖所示，平行板電容器與一個恒壓直流電源連接，下極板通過A點接地，一帶正電小球被固定于P點，現將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則()A．平行板電容器的電容值將變大B．靜電計指針張角變小C．帶電小球的電勢能將減小D．若先將下極板與A點之間的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電小球所受靜電力不變例3．(多選)兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構成一平行板電容器，與它相連接的電路如圖所示，閉合開關S，電源即給電容器充電．則()A．保持S閉合，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強度減小B．保持S閉合，在兩極板間插入一塊電介質，則極板上的電荷量增大C．斷開S，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小D．斷開S，在兩極板間插入一塊電介質，則兩極板間的電勢差增大【規律方法】分析電容器動態變化問題的思路1．確定不變量，分析是電壓不變還是電荷量不變．2．用決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變化．3．用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．4．用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場強度的變化．1．對電容及其定義式的理解(1)C＝eq\f(Q,U)，表示電容器的電容在數值上等于使兩極板間的電勢差為1V時電容器需要帶的電荷量。(2)電容是反映電容器容納電荷本領的物理量，由電容器本身的性質決定，與電容器是否帶電、所帶電荷量Q和兩極板間的電勢差U無關。2．電容器電容的另一表達式如圖所示，Q-U圖像是一條過原點的直線，其中Q為一個極板上所帶電荷量的絕對值，U為兩板間的電勢差，直線的斜率表示電容大小。因此C＝eq\f(ΔQ,ΔU)，即電容的大小在數值上等于兩極板間的電壓增加(或減小)1V所增加(或減小)的電荷量。3．平行板電容器的兩類動態問題(1)電容器始終連接在電源兩端。(2)電容器充電后斷開電源。4．兩類動態問題中各物理量的關系所用公式(1)C＝eq\f(Q,U)(2)E＝eq\f(U,d)(3)C＝eq\f(εrS,4πkd)∝eq\f(εrS,d)始終連接在電源兩端，U不變充電后斷開電源，Q不變由εr、S或d的變化判斷C、Q、E的變化由εr、S或d的變化判斷C、U、E的變化Q＝UC∝C∝eq\f(εrS,d)U＝eq\f(Q,C)∝eq\f(1,C)∝eq\f(d,εrS)E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,d)，與S無關E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,εrS)，與d無關一、單選題1．如圖所示，一電容的平行板電容器的兩端與電壓為20V的恒壓電源相連。則電容器兩極板所帶的電荷量為（）

A． B．C． D．2．可用如圖所示的電路對電容器進行充電。在對電容器充電的過程中，下列說法正確的是（）

A．電容器所帶的電荷量逐漸增大 B．電容器所帶的電荷量保持不變C．電容器的電容逐漸增大 D．電容器兩極間的電壓逐漸減小3．如圖兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器，極板N與靜電計相連，極板M與靜電計的外殼均接地，在兩板相距一定距離時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度，在下面的操作中將使靜電計指針張角變大的是（）

A．僅將M板向右平移 B．僅將M板向上平移C．僅在M、N之間插入一本書 D．將極板N接地4．如圖所示，已經充電的平行板電容器兩極板分別與靜電計的金屬球和大地連接。現將左邊的極板由實線位置向左緩慢移動到虛線位置，移動后下列說法正確的是（）

A．電容器電容變大B．電容器所帶電荷量不變C．靜電計指針偏角變小D．兩極板間的電場強度變大5．如圖所示，為實時監控生產絕緣材料厚度的傳感器的結構簡化圖，M、N為兩個固定的、水平正對放置的金屬板，分別與恒壓電源的正、負極相連，絕緣材料從兩金屬板間穿行的過程中，電流顯示器檢測的電流為I，則（）

A．I=0且恒定時，絕緣材料厚度均勻B．I>0且恒定時，絕緣材料厚度均勻C．I變大時，絕緣材料厚度一定增加D．I由a流向b時，絕緣材料厚度增加6．利用如圖所示的手機內電容器傳感器可以測量手機（人）的運動情況，其中M極板是固定的，N極板兩端連接輕彈簧（接點絕緣）并且只能按圖中標識的“前后”方向運動，R為定值電阻，下列對傳感器描述正確的是（）A．手機靜止時，電流表示數為零，電容器兩極板不帶電B．手機由靜止突然向前加速時，電容器的電容減小C．手機由靜止突然向前加速時，電流由a向b流過電流表D．手機保持向前勻加速運動時，電阻R的發熱功率不變7．如圖所示，單刀雙擲開關S原來跟“2”相接，從t=0開始，開關改接“1”，一段時間后，把開關改接“2”，則流過電路中P點的電流I和電容器兩極板的電勢差UAB隨時間變化的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．8．可變電容器是一種電容可以在一定范圍內調節的電容器，通過改變極極間相對的有效面積或極板間距離，它的電容就相應地變化。通常在無線電接收電路中作調諧電容器用。如圖所示，水平放置的兩半圓形金屬極板由絕緣轉軸連接，下極板固定，上極板可以繞過圓心且垂直于半圓面的軸轉動，也可上下平移，起初兩極板邊緣對齊，上極板通過開關S與電源正極相連，下極板接地后與電源負極相連，初始時開關S閉合，極板間有一帶電粒子P恰好處于靜止狀態。忽略邊緣效應，關于兩極板組成的電容器下列說法正確的是（）A．保持開關S閉合，若只將上極板轉過30°，則電容器電容增大B．保持開關S閉合，若只將上極板轉過30°，則電容器所帶電荷量不變C．保持開關S閉合，若只將上極板轉過30°，則電容器兩極板連線中點處電勢變小D．斷開開關S，只將板間距變為原來的二倍，則帶電粒子仍處于靜止狀態二、多選題9．甲圖為可變電容器，某同學用乙圖示電路研究可變電容器的充放電實驗。電容器原來不帶電，電壓表和電流表為理想直流電表。單刀雙擲開關先接1，穩定后，緩慢減小電容器兩極板的正對面積。下列說法正確的是（）

A．緩慢減小電容器兩極板正對面積過程中，電阻R中電流向下B．緩慢減小電容器兩極板正對面積過程中，電阻R中電流向上C．若開關接1穩定后斷開，在減小電容器兩極板正對面積過程中，電壓表示數增大D．若開關接1穩定后斷開，在減小電容器兩極板正對面積過程中，電壓表示數減小10．如圖所示的電路中，閉合開關，待電路穩定后，可看成質點的帶電小球恰好靜止在平行板電容器之間的M點，其中二極管可視為理想二極管，下列說法正確的是（）A．向右移動的滑片，小球向下移動B．向右移動的滑片，小球的電勢能將減小C．向下移動電容器的下極板，二極管右端電勢高于左端電勢D．斷開S后，緊貼電容器的上極板附近插入金屬板，M點的電勢將升高11．如圖所示，一水平放置的平行板電容器的下極板接地。一帶電油滴靜止于P點。現將一與極板相同的不帶電的金屬板插入圖中虛線位置，則下列說法正確的是（）

A．油滴帶負電 B．M、N兩極板間的電壓保持不變C．P點的電勢減小 D．油滴在P點的電勢能減小12．平行板電容器的兩板A、B接于A、B電池兩極，一個帶正電小球懸掛在電容器內部，閉合電鍵S，電容器充電穩定后，懸線偏離豎直方向的夾角為，如圖所示，那么（）

A．保持電鍵S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則不變B．保持電鍵S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則增大C．電鍵S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則不變D．電鍵S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則增大13．研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是（

）A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變大C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D．實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大14．如圖，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，為兩板間的一固定點。靜電計的金屬球與電容器的負極板連接，外殼接地。若保持電容器負極板不動，僅將正極板緩慢向左平移一小段距離，則（）A．電容器的電容減小，靜電計指針的偏角增大B．電容器的電容增大，靜電計指針的偏角減小C．兩板間的電場強度不變，點的電勢降低D．兩板間的電場強度減小，點的電勢升高15．如圖為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖，電介質板長度等于電容器極板長度，開始時電介質板有一半處于極板間，電容器兩極板帶等量異號電荷，當被測物體在左右方向發生位移時（位移大小小于極板長的一半），電介質板隨之在電容器兩極板之間移動。當被測物體向左移動時（

）A．電容器的電壓增大 B．電容器的電量變小C．電容器的電容增大 D．靜電計的指針張角變小

第十章靜電場中的能量第4節電容的電容課程標準學習目標觀察常見電容器，了解電容器的電容，觀察電容器的充、放電現象。能舉例說明電容器的應用。1．知道什么是電容器及電容器的主要構造..2．理解電容的概念及其定義式.會應用平行板電容器的電容公式分析有關問題．3．了解電容器充電和放電現象及能量轉換.（一）課前閱讀：1.(1)把電容器的兩個極板分別與電源兩極相連，對電容器進行充電，該過程中能量是如何轉化的？當把電容器兩極相接，使電容器放電，該過程中能量是如何轉化的？(2)當電容器的帶電荷量增加時，電容器兩極板間的電勢差如何變化？帶電荷量Q和板間電勢差U的比值是否發生變化？答案(1)充電過程中電源內的化學能轉化為電容器內的電場能；放電過程中電容器的電場能轉化為電路中其他形式的能量．(2)增大，不變．2.平行板電容器由兩塊平行放置的金屬板組成．利用平行板電容器進行如下實驗：(1)如圖所示，保持Q和d不變，減小兩極板的正對面積S，觀察電勢差U(靜電計指針偏角)的變化，依據C＝eq\f(Q,U)，分析電容C的變化．(2)如圖所示，保持Q和S不變，增大兩極板間的距離d，觀察電勢差U(靜電計指針偏角)的變化，依據C＝eq\f(Q,U)，分析電容C的變化．(3)如圖所示，保持Q、S、d不變，插入電介質，觀察電勢差U(靜電計指針偏角)的變化，依據C＝eq\f(Q,U)，分析電容C的變化．答案(1)實驗結論：S減小，電勢差U增大，電容C減小．(2)實驗結論：d增大，電勢差U增大，電容C減小．(3)實驗結論：插入電介質，電勢差U減小，電容C增大．（二）基礎梳理一、電容器電容一、電容器1．基本構造：任何兩個彼此絕緣又相距很近的導體，都可以看成一個電容器．2．充電、放電：使電容器兩個極板分別帶上等量異種電荷，這個過程叫充電．使電容器兩極板上的電荷中和，電容器不再帶電，這個過程叫放電．3．從能量的角度區分充電與放電：充電是從電源獲得能量儲存在電容器中，放電是把電容器中的能量轉化為其他形式的能量．4．電容器的電荷量：其中一個極板所帶電荷量的絕對值．二、電容1．定義：電容器所帶電荷量Q與電容器兩極板之間的電勢差U之比．2．定義式：C＝eq\f(Q,U).法拉微法皮法4．物理意義：電容器的電容是表示電容器容納電荷本領的物理量，在數值上等于使兩極板之間的電勢差為1V時，電容器所帶的電荷量．5．擊穿電壓與額定電壓(1)擊穿電壓：電介質不被擊穿時加在電容器兩極板上的極限電壓，若電壓超過這一限度，電容器就會損壞．(2)額定電壓：電容器外殼上標的工作電壓，也是電容器正常工作所能承受的最大電壓，額定電壓比擊穿電壓低．【微探究】電容器的充、放電現象(1)實驗器材：直流電源、電阻、電容器、電流表、電壓表及單刀雙擲開關、導線。(2)實驗電路(3)充電過程：把開關S接1，電壓表示數逐漸增大，充電電流逐漸減小至0，此時電容器兩極板帶有一定的等量異種電荷。(4)放電過程：把開關S接2，電容器對電阻R放電，電容器兩極板所帶電荷量減小，電壓表和電流表示數減小，最后兩極板間電勢差以及放電電流都等于0。【即學即練】1.判斷下列說法的正誤.(1)電容器的電容跟它所帶電荷量成正比．(×)(2)對于確定的電容器，它所帶電荷量跟它兩極板間電壓的比值保持不變．(√)(3)將平行板電容器兩極板的間距加大，電容將增大．(×)(4)將平行板電容器兩極板平行錯開，使正對面積減小，電容將減小．(√)(5)在平行板電容器極板間插入電介質，電容將增大．(√)二、平行板電容器一、平行板電容器的電容1．結構：由兩個平行且彼此絕緣的金屬板構成．2．電容的決定因素：電容C與兩極板間電介質的相對介電常數εr成正比，跟極板的正對面積S成正比，跟極板間的距離d成反比．3．電容的決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，εr為電介質的相對介電常數，k為靜電力常量．當兩極板間是真空時，C＝eq\f(S,4πkd).二、常用電容器1．分類：從構造上看，可以分為固定電容器和可變電容器兩類．2．固定電容器有：聚苯乙烯電容器、電解電容器等．3．可變電容器由兩組鋁片組成，固定的一組鋁片叫定片，可以轉動的一組鋁片叫動片．轉動動片，使兩組鋁片的正對面積發生變化，電容就隨著改變．【拓展補充】心臟除顫器心室纖顫的治療方法是用一種物理的方法一一除顫器。除顫器先在很短的時間內讓可控的電流通過心臟，使心臟完全停止跳動，再讓心臟重新起搏，這樣纖顫就消失了。這種治療方法拯救了無數人的生命，只是電擊的方法有些過于激烈，病人感到很痛苦。一、電容器電容1．電容器的充、放電過程中，電路中有充電、放電電流，電路穩定時，電路中沒有電流．2．C＝eq\f(Q,U)是電容的定義式，由此也可得出：C＝eq\f(ΔQ,ΔU).3．電容器的電容決定于電容器本身，與電容器的電荷量Q以及電勢差U均無關．【典例精析】例1．有一充電的平行板電容器，兩板間的電勢差為3V，現使它的電荷量減少3×10－4C，于是電容器兩板間的電勢差降為原來的eq\f(1,3)，則此電容器的電容是多大？電容器原來帶的電荷量是多少？若將電容器極板上的電荷全部放掉，電容器的電容是多大？【答案】150μF4.5×10－4C150μF【解析】電容器兩極板間的電勢差的變化量為ΔU＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))U＝eq\f(2,3)×3V＝2V，由C＝eq\f(ΔQ,ΔU)，得C＝eq\f(3×10－4,2)F＝1.5×10－4F＝150μF.設電容器原來所帶的電荷量為Q，則Q＝CU＝1.5×10－4×3C＝4.5×10－4C．電容器的電容是由電容器本身決定的，與是否帶電無關，所以電容器放掉全部電荷后，電容仍然是150μF.二、平行板電容器1．靜電計實質上也是一種驗電器，把驗電器的金屬球與一個導體連接，金屬外殼與另一個導體相連(或者金屬外殼與另一個導體同時接地)，從驗電器指針偏轉角度的大小可以推知兩個導體間電勢差的大小．2．C＝eq\f(Q,U)與C＝eq\f(εrS,4πkd)的比較(1)C＝eq\f(Q,U)是電容的定義式，對某一電容器來說，Q∝U但C＝eq\f(Q,U)不變，反映電容器容納電荷本領的大小；(2)C＝eq\f(εrS,4πkd)是平行板電容器電容的決定式，C∝εr，C∝S，C∝eq\f(1,d)，反映了影響電容大小的因素．3．平行板電容器動態問題的分析方法抓住不變量，分析變化量，緊抓三個公式：C＝eq\f(Q,U)、E＝eq\f(U,d)和C＝eq\f(εrS,4πkd)4．平行板電容器的兩類典型問題(1)開關S保持閉合，兩極板間的電勢差U恒定，Q＝CU＝eq\f(εrSU,4πkd)∝eq\f(εrS,d)，E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,d).(2)充電后斷開S，電荷量Q恒定，U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS)∝eq\f(d,εrS)，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εrS)∝eq\f(1,εrS).例2．如圖所示，平行板電容器與一個恒壓直流電源連接，下極板通過A點接地，一帶正電小球被固定于P點，現將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則()A．平行板電容器的電容值將變大B．靜電計指針張角變小C．帶電小球的電勢能將減小D．若先將下極板與A點之間的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電小球所受靜電力不變【答案】D【解析】根據C＝eq\f(εrS,4πkd)知，d增大，則電容減小，故A錯誤；靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變，故B錯誤；電勢差U不變，d增大，則電場強度E＝eq\f(U,d)減小．設P點與上極板的距離為x，P點與上極板的電勢差U1＝Ex減小，P點與下極板的電勢差U2＝U－U1增大，下極板接地電勢為零，則P點的電勢φP＝U2增大，又因為該小球帶正電，則電勢能增大，故C錯誤；電容器與電源斷開，則電荷量Q不變，d改變，根據C＝eq\f(Q,U)、C＝eq\f(εrS,4πkd)、E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，知電場強度不變，則小球所受靜電力不變，故D正確．例3．(多選)兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構成一平行板電容器，與它相連接的電路如圖所示，閉合開關S，電源即給電容器充電．則()A．保持S閉合，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強度減小B．保持S閉合，在兩極板間插入一塊電介質，則極板上的電荷量增大C．斷開S，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小D．斷開S，在兩極板間插入一塊電介質，則兩極板間的電勢差增大【答案】BC【解析】保持S閉合，則兩極板間電勢差U不變，減小兩極板間的距離d時，根據E＝eq\f(U,d)，兩極板間電場的電場強度變大，A錯誤；根據平行板電容器電容的定義式和決定式，可得C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)，當在兩極板間插入一塊電介質時，相對介電常數εr變大，導致電容C變大，而U不變，所以極板上的電荷量增大，B正確；斷開S，極板上的電荷量Q不變，減小兩極板間的距離d時電容C變大，則電勢差U減小，C正確；斷開S，在兩極板間插入一塊電介質，則C變大，Q不變，則電勢差U減小，D錯誤．【規律方法】分析電容器動態變化問題的思路1．確定不變量，分析是電壓不變還是電荷量不變．2．用決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)分析平行板電容器電容的變化．3．用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化．4．用E＝eq\f(U,d)分析電容器兩極板間電場強度的變化．1．對電容及其定義式的理解(1)C＝eq\f(Q,U)，表示電容器的電容在數值上等于使兩極板間的電勢差為1V時電容器需要帶的電荷量。(2)電容是反映電容器容納電荷本領的物理量，由電容器本身的性質決定，與電容器是否帶電、所帶電荷量Q和兩極板間的電勢差U無關。2．電容器電容的另一表達式如圖所示，Q-U圖像是一條過原點的直線，其中Q為一個極板上所帶電荷量的絕對值，U為兩板間的電勢差，直線的斜率表示電容大小。因此C＝eq\f(ΔQ,ΔU)，即電容的大小在數值上等于兩極板間的電壓增加(或減小)1V所增加(或減小)的電荷量。3．平行板電容器的兩類動態問題(1)電容器始終連接在電源兩端。(2)電容器充電后斷開電源。4．兩類動態問題中各物理量的關系所用公式(1)C＝eq\f(Q,U)(2)E＝eq\f(U,d)(3)C＝eq\f(εrS,4πkd)∝eq\f(εrS,d)始終連接在電源兩端，U不變充電后斷開電源，Q不變由εr、S或d的變化判斷C、Q、E的變化由εr、S或d的變化判斷C、U、E的變化Q＝UC∝C∝eq\f(εrS,d)U＝eq\f(Q,C)∝eq\f(1,C)∝eq\f(d,εrS)E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,d)，與S無關E＝eq\f(U,d)∝eq\f(1,εrS)，與d無關一、單選題1．如圖所示，一電容的平行板電容器的兩端與電壓為20V的恒壓電源相連。則電容器兩極板所帶的電荷量為（）

A． B．C． D．【答案】B【解析】根據電容定義式得故選B。2．可用如圖所示的電路對電容器進行充電。在對電容器充電的過程中，下列說法正確的是（）

A．電容器所帶的電荷量逐漸增大 B．電容器所帶的電荷量保持不變C．電容器的電容逐漸增大 D．電容器兩極間的電壓逐漸減小【答案】A【解析】AB．電容器充電，則所帶的電荷量逐漸增大，選項A正確，B錯誤；C．電容器的電容不變，選項C錯誤；

D．根據Q=CU可知，電容器兩極間的電壓逐漸增加，選項D錯誤。故選A。3．如圖兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器，極板N與靜電計相連，極板M與靜電計的外殼均接地，在兩板相距一定距離時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度，在下面的操作中將使靜電計指針張角變大的是（）

A．僅將M板向右平移 B．僅將M板向上平移C．僅在M、N之間插入一本書 D．將極板N接地【答案】B【解析】ABC．僅將M板向上平移，兩極板正對面積減小，根據電容器減小，而電容器的電荷量不變，由可知，極板間的電壓增大，靜電計指針張角變大；同理，將M板向右平移，板間距離減小，電容器增大，而電容器的電荷量不變，故板間電壓減小，靜電計指針張角變小；僅在M、N之間插入一本書，介電常數增大，電容增大，而電容器的電荷量不變，故板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故AC錯誤，B正確；D．電容器兩極板都接地，兩板電荷中和，最后兩板之間無電勢，故靜電計張角變小，故D錯誤。故選B。4．如圖所示，已經充電的平行板電容器兩極板分別與靜電計的金屬球和大地連接。現將左邊的極板由實線位置向左緩慢移動到虛線位置，移動后下列說法正確的是（）

A．電容器電容變大B．電容器所帶電荷量不變C．靜電計指針偏角變小D．兩極板間的電場強度變大【答案】B【解析】B．由圖可知已經充電的平行板電容器與電源斷開，電容器所帶電荷量不變，選項B正確；A．電容器的電容現將左邊的極板由實線位置向左緩慢移動到虛線位置，板間距離d增大，可知電容器的電容減小，選項A錯誤；C．兩極板間的電壓電容器所帶電荷量不變，電容器的電容減小，可知電壓U增大，即靜電計指針偏角變大，選項C錯誤；D．兩極板間的電場強度可見兩極板間的電場強度與d無關，則兩極板間的電場強度不變，選項D錯誤。故選B。5．如圖所示，為實時監控生產絕緣材料厚度的傳感器的結構簡化圖，M、N為兩個固定的、水平正對放置的金屬板，分別與恒壓電源的正、負極相連，絕緣材料從兩金屬板間穿行的過程中，電流顯示器檢測的電流為I，則（）

A．I=0且恒定時，絕緣材料厚度均勻B．I>0且恒定時，絕緣材料厚度均勻C．I變大時，絕緣材料厚度一定增加D．I由a流向b時，絕緣材料厚度增加【答案】A【解析】AB．M、N兩個水平正對放置的金屬板構成電容器，板間的絕緣材料厚度變化即改變介電常數，根據電容的決定式當絕緣材料厚度均勻時，介電常數不變，電容不變，根據電容的定義式可得，電容上的電荷量保持不變，電路中電流恒為0，故A正確，B錯誤；C．當絕緣材料厚度增大時，介電常數增大，電容增大，電容器所帶電荷量增加，電容器充電，充電電流可能增大；當絕緣材料厚度減小時，介電常數減小，電容減小，電容器所帶電荷量減小，電容器放電，放電電流也可能增大，故C錯誤；D．電流由a流向b時，電容器上的電荷量減小，即電容減小，絕緣材料的厚度減小，故D錯誤。故選A。6．利用如圖所示的手機內電容器傳感器可以測量手機（人）的運動情況，其中M極板是固定的，N極板兩端連接輕彈簧（接點絕緣）并且只能按圖中標識的“前后”方向運動，R為定值電阻，下列對傳感器描述正確的是（）A．手機靜止時，電流表示數為零，電容器兩極板不帶電B．手機由靜止突然向前加速時，電容器的電容減小C．手機由靜止突然向前加速時，電流由a向b流過電流表D．手機保持向前勻加速運動時，電阻R的發熱功率不變【答案】B【解析】A．手機靜止時，N極板不動，電容器電容保持不變，則電容器電量不變，則電流表示數為零，電容器保持與電源相連，兩極板帶電，故A錯誤；BC．手機由靜止突然向前加速時，N板相對向后移動，則板間距離增大，根據可知電容C減小，電壓不變，由可知電容器所帶電荷量減小，電容器放電，電流由b向a流過電流表，故B正確，C錯誤；D．手機保持向前勻加速運動時，N極的受力保持不變，彈簧的形變量不變，極板間距保持不變，電容器電容保持不變，電路處于斷路狀態，電阻R的發熱功率為零，故D錯誤。故選B。7．如圖所示，單刀雙擲開關S原來跟“2”相接，從t=0開始，開關改接“1”，一段時間后，把開關改接“2”，則流過電路中P點的電流I和電容器兩極板的電勢差UAB隨時間變化的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】AB．從t＝0開始，開關接“1”電容器開始充電，由于電容器帶電量越來越多，充電電流越來越小，最后減小到0，把開關改接“2”后，電容器通過電阻R放電，隨電容器帶電量越來越小，電流也會越來越小，最后電流減小到零，放電過程中電流的方向與充電過程中相反，因此AB錯誤；CD．從t＝0開始，開關接“1”電容器開始充電，由于充電電流越來越小，電容器兩板間的電壓增加的越來越慢，最后達到穩定；把開關改接“2”后電容器通過R放電，由于放電電流越來越小，電容器兩板間的電壓減小的越來越慢，但整個過程中UAB始終為正值，C正確，D錯誤。故選C。8．可變電容器是一種電容可以在一定范圍內調節的電容器，通過改變極極間相對的有效面積或極板間距離，它的電容就相應地變化。通常在無線電接收電路中作調諧電容器用。如圖所示，水平放置的兩半圓形金屬極板由絕緣轉軸連接，下極板固定，上極板可以繞過圓心且垂直于半圓面的軸轉動，也可上下平移，起初兩極板邊緣對齊，上極板通過開關S與電源正極相連，下極板接地后與電源負極相連，初始時開關S閉合，極板間有一帶電粒子P恰好處于靜止狀態。忽略邊緣效應，關于兩極板組成的電容器下列說法正確的是（）A．保持開關S閉合，若只將上極板轉過30°，則電容器電容增大B．保持開關S閉合，若只將上極板轉過30°，則電容器所帶電荷量不變C．保持開關S閉合，若只將上極板轉過30°，則電容器兩極板連線中點處電勢變小D．斷開開關S，只將板間距變為原來的二倍，則帶電粒子仍處于靜止狀態【答案】D【解析】AB．保持開關S閉合，則電容器兩極板的電壓U保持不變，若將上極板轉過30°，兩極板的正對面積減小，根據電容的定義式S減小，C減小，Q減小，故AB錯誤；C．根據電場強度與電勢差的關系可得，E不變，則電容器兩極板連線中點與下極板間的電勢差不變，由于下極板接地，其電勢始終為零，所以電容器兩極板連線中點處電勢不變，故C錯誤；D．斷開開關S，則電容器兩極板的帶電荷量不變，只將板間距變為原來的二倍，則電容器的電容變為原來的一半，兩極板的電壓變為原來的二倍，所以電容器內部的電場強度不變，粒子所受電場力不變，帶電粒子仍處于靜止狀態，故D正確。故選D。二、多選題9．甲圖為可變電容器，某同學用乙圖示電路研究可變電容器的充放電實驗。電容器原來不帶電，電壓表和電流表為理想直流電表。單刀雙擲開關先接1，穩定后，緩慢減小電容器兩極板的正對面積。下列說法正確的是（）

A．緩慢減小電容器兩極板正對面積過程中，電阻R中電流向下B．緩慢減小電容器兩極板正對面積過程中，電阻R中電流向上C．若開關接1穩定后斷開，在減小電容器兩極板正對面積過程中，電壓表示數增大D．若開關接1穩定后斷開，在減小電容器兩極板正對面積過程中，電壓表示數減小【答案】AC【解析】AB．開關接1未斷開時，減小電容器兩極板正對面積過程中，根據，可知電容器的電容減小、兩端的電壓不變，電容器的帶電量減小，電阻R中電流向下，故A正確，B錯誤；CD．若開關接1穩定后斷開，再減小電容器兩極板正對面積過程中，根據，可知電容器的電容減小、帶電量不變，電容器兩端的電壓變大，電壓表示數變大，故C正確，D錯誤。故選AC。10．如圖所示的電路中，閉合開關，待電路穩定后，可看成質點的帶電小球恰好靜止在平行板電容器之間的M點，其中二極管可視為理想二極管，下列說法正確的是（）A．向右移動的滑片，小球向下移動B．向右移動的滑片，小球的電勢能將減小C．向下移動電容器的下極板，二極管右端電勢高于左端電勢D．斷開S后，緊貼電容器的上極板附近插入金屬板，M點的電勢將升高【答案】BC【解析】A．向右移動的滑片，電容器兩端電壓不變，兩極板之間的場強不變，因此小球仍靜止不動，故A錯誤；B．向右移動的滑片，兩端電壓增大，電容器兩端電壓增大，兩極板之間的場強增大，小球受到的電場力增大，小球將向上運動，電場力做正功，小球的電勢能減小，故B正確；C．向下移動電容器的下極板，電容器極板間距增大，根據，可知電容減小，若不變時，將減小，但由于二極管的存在，電容器無法放電，所以不變，增大，二極管右端電勢高于左端電勢，故C正確；D．斷開S后，緊貼電容器的上極板附近插入金屬板，電容器極板間距減小，根據，，可知可知極板間場強不變，M點到下極板間距不變，電勢差不變，因此M點電勢不變，故D錯誤。故選BC。11．如圖所示，一水平放置的平行板電容器的下極板接地。一帶電油滴靜止于P點。現將一與極板相同的不帶電的金屬板插入圖中虛線位置，則下列說法正確的是（）

A．油滴帶負電 B．M、N兩極板間的電壓保持不變C．P點的電勢減小 D．油滴在P點的電勢能減小【答案】AC【解析】A．一帶電油滴靜止于P點，電場力向上，則油滴帶負電，故A正確；B．現將一與極板相同的不帶電金屬板插入圖中虛線位置，相當于減小了板間距，根據電容的決定式可知，電容C變大，電量Q不變，依據公式可知，M、N兩極板間電壓變小，故B錯誤；C．板間場強可知場強E不變，而P點與下極板間距減小，根據則可知P點的電勢減小，故C正確；D．油滴在P點的電勢能，因油滴帶負電，則電勢能變大，故D錯誤。故選AC。12．平行板電容器的兩板A、B接于A、B電池兩極，一個帶正電小球懸掛在電容器內部，閉合電鍵S，電容器充電穩定后，懸線偏離豎直方向的夾角為，如圖所示，那么（）

A．保持電鍵S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則不變B．保持電鍵S閉合，帶正電的A板向B板靠近，則增大C．電鍵S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則不變D．電鍵S斷開，帶正電的A板向B板靠近，則增大【答案】BC【解析】AB．保持電鍵S閉合時，電容器板間電壓不變，帶正電的A板向B板靠近時，板間距離d減小，由，分析得知，板間場強增大，小球所受電場力增大，則增大，故B正確，A錯誤；CD．電鍵S斷開，兩極板帶電量Q不變，由，，，可得所以板間場強不變，小球所受電場力不變，則不變，故C正確，D錯誤。故選BC。13．研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是（

）A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變大C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D．實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大【答案】AB【解析】A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，則a帶上電荷，由于靜電感應使b板也帶上電，故可以使電容器帶電，故A正確；B．實驗中，只將電容器b板向上平移，S變小，根據電容C變小，又可知，極板間電壓U增加，靜電計指針的張角變大，故B正確；C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，根據上述公式可知，電容C變大，電壓U減小，靜電計指針的張角變小，C錯誤；D．實驗中，只增加極板帶電量，電容不變，則極板間電壓U增加，靜電計指針的張角變大，D錯誤。故選AB。14．如圖，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，為兩板間的一固定點。靜電計的金屬球與電容器的負極板連接，外殼接地。若保持電容器負極板不動，僅將正極板緩慢向左平移一小段距離，則（）A．電容器的電容減小，靜電計指針的偏角增大B．電容器的電容增大，靜電計指針的偏角減小C．兩板間的電場強度不變，點的電勢降低D．兩板間的電場強度減小，點的電勢升高【答案】AC【解析】AB．根據，根據題意，極板所帶電荷量不變，極板間距增大，可知電容減小，極板之間的電勢差增大，即靜電計指針的偏角增大，A正確，B錯誤；CD．根據結合上述解得極板所帶電荷量不變，可知，兩板間的電場強度不變，令P點到左極板間距為x，則有由于解得正極板緩慢向左平移一小段距離，x增大，則點的電勢降低，C正確，D錯誤。故選AC。15．如圖為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖，電介質板長度等于電容器極板長度，開始時電介質板有一半處于極板間，電容器兩極板帶等量異號電荷，當被測物體在左右方向發生位移時（位移大小小于極板長的一半），電介質板隨之在電容器兩極板之間移動。當被測物體向左移動時（

）A．電容器的電壓增大 B．電容器的電量變小C．電容器的電容增大 D．靜電計的指針張角變小【答案】CD【解析】C．由，可知當被測物體向左移動時電介質板插入電容器，電容器的電容增大，故C正確；B．電容器充電后與外電路斷開，電容器的電量不變，故B錯誤；A．由，可知電容器的電壓減小，故A錯誤；D．靜電計的指針張角大小反映電容器極板電壓高低，由于電壓減小，所以張角變小，故D正確。故選CD。

第十章靜電場中的能量第5節帶電粒子在電場中的運動課程標準學習目標能分析帶電粒子在電場中的運動情況，能解釋相關的物理現象1．會分析帶電粒子在電場中的直線運動.2．掌握求解帶電粒子直線運動問題的兩種方法.3．會用運動的合成與分解的知識，分析帶電粒子在電場中的偏轉問題．（一）課前閱讀：1.(1)研究電子、質子、α粒子在電場中的運動時，重力能否忽略不計？(2)帶電粒子在勻強電場或非勻強電場中加速，計算末速度，分別應用什么規律研究？（二）基礎梳理一、帶電粒子在電場中的加速帶電粒子在電場中的加速分析帶電粒子的加速問題有兩種思路：1．利用定律結合勻變速直線運動公式分析．適用于電場．2．利用靜電力做功結合動能定理分析．對于勻強電場和非勻強電場都適用，公式有qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(勻強電場)或qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(任何電場)等．【微點撥】帶電粒子在電場中加速的兩種分析思路2．兩種分析思路(1)利用牛頓第二定律結合公式，適用于電場且問題中涉及運動時間等描述運動過程的物理量時適合該思路。(2)利用靜電力做功結合——，當問題只涉及、速率等動能定理公式中的物理量或電場情景時適合該思路。【即學即練】1.判斷下列說法的正誤.(1)帶電粒子(不計重力)在電場中由靜止釋放時，一定做勻加速直線運動．()(2)對帶電粒子在電場中的運動，從受力的角度來看，遵循牛頓運動定律；從做功的角度來看，遵循能量守恒定律．()(3)動能定理既能分析勻強電場中的直線運動問題，也能分析非勻強電場中的直線運動問題．()二、帶電粒子在電場中的偏轉帶電粒子在電場中的偏轉如圖所示，質量為m、帶電荷量為q的粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于兩極板進入勻強電場，極板長為l，極板間距離為d，極板間電壓為U.1．運動性質：(1)沿初速度方向：速度為的運動．(2)垂直v0的方向：初速度為的勻加速直線運動．2．運動規律：(1)t＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，偏移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv02d).(2)vy＝at＝eq\f(qUl,mv0d)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02).＝1J/C.【拓展補充】幾個常用推論(1)粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為粒子沿初速度方向位移的中點．(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.(3)不同的帶電粒子(電性相同，初速度為零)，經過同一電場加速后，又進入同一偏轉電場，則它們的運動軌跡必定重合．三、示波管1．構造示波管是示波器的核心部件，外部是一個抽成真空的玻璃殼，內部主要由(由發射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉電極(由偏轉電極XX′、偏轉電極YY′組成)和組成，如圖所示。2．原理(1)掃描電壓：XX′偏轉電極接入的是由儀器自身產生的鋸齒形電壓。(2)燈絲被電源加熱后，出現熱電子發射，發射出來的電子經加速電場加速后，以很大的速度進入偏轉電場，如果在YY′偏轉電極上加一個，在XX′偏轉電極上加一，在熒光屏上就會出現按YY′偏轉電壓規律變化的可視圖像。【拓展補充】示波器示波器是一種用途十分廣泛的電子測量儀器。它能把肉眼看不見的電信號變換成看得見的圖像，便于人們研究各種電現象的變化過程。示波器利用狹窄的、由高速電子組成的電子束，打在涂有熒光物質的屏面上，就可產生細小的光點(這是傳統的模擬示波器的工作原理)。一、帶電粒子在電場中的直線運動1．帶電粒子的分類及受力特點(1)電子、質子、α粒子、離子等粒子，一般都不考慮重力，但不能忽略質量．(2)質量較大的微粒，如帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時一般都不能忽略重力．(3)受力分析仍按力學中受力分析的方法分析，切勿漏掉靜電力．2．求帶電粒子的速度的兩種方法(1)從動力學角度出發，用牛頓第二定律和運動學知識求解．(適用于勻強電場)由牛頓第二定律可知，帶電粒子運動的加速度的大小a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).若一個帶正電荷的粒子，在靜電力作用下由靜止開始從正極板向負極板做勻加速直線運動，兩極板間的距離為d，則由v2－v02＝2ad可求得帶電粒子到達負極板時的速度v＝eq\r(2ad)＝eq\r(\f(2qU,m)).(2)從功能關系角度出發，用動能定理求解．(可以是勻強電場，也可以是非勻強電場)帶電粒子在運動過程中，只受靜電力作用，靜電力做的功W＝qU，根據動能定理，當初速度為零時，W＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))；當初速度不為零時，W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v＝eq\r(\f(2qU,m)＋v02).【典例精析】例1．(多選)如圖所示，M、N是真空中的兩塊相距為d的平行金屬板，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子恰好能到達N板．如果要使這個帶電粒子到達距N板eq\f(d,3)后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)()A．使初速度減為原來的eq\f(1,3)B．使M、N間電壓提高到原來的1.5倍C．使M、N間電壓提高到原來的3倍D．使初速度和M、N間電壓減為原來的eq\f(2,3)二、帶電粒子在電場中的偏轉如圖所示，質量為m、電荷量為＋q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強電場，已知板長為l，板間電壓為U，板間距離為d，不計粒子的重力，設粒子不與平行板相撞．粒子在板間做類平拋運動，應用運動分解的知識進行分析處理，如圖所示．1．基本規律初速度方向：粒子做勻速直線運動，通過電場的時間t＝eq\f(l,v0)靜電力方向：做初速度為零的勻加速直線運動．加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)離開電場時垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)速度方向與初速度方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)離開電場時沿靜電力方向的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02).2．幾個常用推論(1)粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為粒子沿初速度方向位移的中點．(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.(3)不同的帶電粒子(電性相同，初速度為零)，經過同一電場加速后，又進入同一偏轉電場，則它們的運動軌跡必定重合．注意：分析粒子的偏轉問題也可以利用動能定理，即qEy＝ΔEk，其中y為粒子在偏轉電場中沿靜電力方向的偏移量．【典例精析】例2．如圖所示，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強電場，讓質子以初速度v0沿著兩板中心線射入，沿a軌跡落到下板的中央，現只改變其中一個條件，讓質子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將()A．開關S斷開B．初速度變為2v0C．板間電壓變為eq\f(U,2)D．豎直移動上板，使板間距變為2d三、示波管的原理例3．如圖甲所示為示波管的原理圖，如果在電極YY′之間所加的電壓按如圖乙所示的規律變化，在電極XX′之間所加的電壓按如圖丙所示的規律變化，則在熒光屏上看到的圖形是()1．分析帶電粒子在電場中加速運動的兩種方法(1)牛頓第二定律結合勻變速直線運動公式，只能解決帶電粒子在勻強電場中的加速運動，適用于涉及時間、不同位置的速度等描述運動過程的物理量的問題。(2)無論電場是勻強電場還是非勻強電場，動能定理均可解決帶電粒子的加速運動問題，當問題中不涉及運動過程的細節時優先選用動能定理。2．帶電粒子只受靜電力作用的加速問題分析(1)加速度由F＝qE＝qeq\f(U,d)＝ma得a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)。(2)速度①利用功能關系求解(適用于所有電場)由qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02得v＝eq\r(v02＋\f(\a\vs4\al(2qU),m))若初速度v0＝0，則v＝eq\r(\f(\a\vs4\al(2qU),m))。②利用力和運動關系求解(僅適用于勻強電場)由v2＝v02＋2ad＝v02＋eq\f(\a\vs4\al(2qU),m)得v＝eq\r(v02＋\f(\a\vs4\al(2qU),m))若初速度v0＝0，則v＝eq\r(\f(\a\vs4\al(2qU),m))。3．類平拋運動帶電粒子以速度v0垂直于電場線的方向射入勻強電場，受到恒定的與初速度方向垂直的靜電力的作用而做勻變速曲線運動，稱之為類平拋運動。可以用處理平拋運動的方法分析這種運動。4．運動規律(1)沿初速度方向：vx＝v0，x＝v0t(初速度方向)。(2)垂直初速度方向：vy＝at，y＝eq\f(1,2)at2(電場線方向，其中a＝eq\f(\a\vs4\al(qE),m)＝eq\f(\a\vs4\al(qU),md))。5．兩個偏轉量(1)偏轉距離：y＝eq\f(\a\vs4\al(qL2U),2mv02d)。(2)偏轉角度：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\a\vs4\al(qLU),mv02d)。6．兩個有用的推論(1)粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向反向延長線與初速度方向交于一點，此點平分沿初速度方向的位移。(2)位移方向與初速度方向間夾角的正切值為速度偏轉角正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ。其中α為位移方向與初速度方向間夾角。7．動能定理的應用偏轉問題可以利用動能定理分析，即qEy＝ΔEk，簡化計算，其中y為粒子在偏轉電場中沿靜電力方向的偏移量。一、單選題1．一對平行正對的金屬板C、D接入如圖所示的電路中，電源電動勢為E，C板固定，D板可左右平行移動，閉合開關，一段時間后再斷開開關，從C板發射一電子，恰能運動到A點后再返回，已知A到D板的距離是板間距離的三分之一，電子質量為m，電荷量為-e，忽略電子的重力，則（）

A．設定C板電勢為0，電子在A點的電勢能為B．若要讓電子能夠到達D板，可將D板向左平移至A點或A點左側某位置C．若要讓電子能夠到達D板，可將D板向右平移至某位置D．若要讓電子能夠到達D板，可閉合開關，再將D板向右平移至某位置2．如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，板上A、B兩孔正好水平相對，板間電壓為300V。一個動能為400eV的電子從A孔沿垂直板方向射入電場中。經過一段時間電子離開電場，則電子離開電場時的動能大小為（）

A．400eV B．100eVC．900eV D．500eV3．如圖所示，長度均為的兩平行金屬板沿水平方向放置，兩極板的間距為兩極板帶有等量異種電荷，其中上極板帶正電。帶電粒子1由左側正中央沿平行于極板的速度射入電場，同時另一完全相同的粒子2，由上極板的正中央以垂直于極板的速度射入電場，經過一段時間兩粒子同時到達下極板正中央的O點。粒子的質量為，電荷量為，兩極板之間的電壓恒為，忽略粒子的重力和粒子間的相互作用，兩極板之間的電場可看做勻強電場。則下列說法正確的是（）A．粒子1到達O點時的速度B．粒子2射入電場時的速度C．若將粒子1射入電場時的速度變為，兩粒子將在O點上方相遇D．若將粒子1射入電場時的速度變為，兩粒子仍可同時到邊O點4．如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場，一帶電量為的物塊放在光滑絕緣水平面上，在恒力F作用下由靜止開始從O點向右做勻加速直線運動，先經時間t力F做功，此后撤去力F，物塊再經時間返回到出發點O，且回到出發點時的速度大小為v。設物塊在O點的電勢能為零，則（）

A．撤去力F時物塊的速度大小為B．物塊向右滑動的最大距離為C．物塊回到出發點時的動能為D．撤去力F時物塊的電勢能為5．如圖所示，一帶電微粒在重力和水平勻強電場對它的電場力作用下由到做直線運動，連線與豎直方向所夾的銳角為，則下列結論正確的是（）A．此微粒帶負電 B．微粒可能做勻速直線運動C．合外力對微粒做的總功等于零 D．微粒的電勢能減少6．下列粒子從初速度為零的狀態經過電壓同為的電場加速后，哪種粒子的速度最大（）A．質子 B．氘核 C．氦原子核 D．一價鈉離子7．如圖所示，一束粒子（不計粒子重力）從O點沿水平方向以初速度v0射入平行板之間的電場后分成了a、b、c、d四束，各粒子束中粒子不帶電且動能保持不變的是（

）A．a B．b C．c D．d8．兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入電場，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA間距為h，則此電子的初動能為（）A． B． C． D．9．如圖所示，電子在電勢差為的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為的兩塊平行極板間的電場中，射入方向跟極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行板區的條件下，下述四種情況中，一定能使電子的偏轉角變小的是（）A．變小、變大 B．變大、變大C．變小、變小 D．變大、變小10．如圖為示波管的一部分，a、b為電子槍的兩電極，c、d為兩平行金屬板，且c板電勢比d高。則（）A．a為陽極，b為陰極B．電子在cd極板間運動時向下極板偏轉C．ab間電勢差越大，電子在cd極板間動能的改變量可能越小D．ab間電勢差越大，電子在cd極板間運動的時間一定越短二、多選題11．如圖甲所示，直線加速器由一個金屬圓板（序號為0）和多個橫截面積相同的金屬圓筒組成，其中心軸線在同一直線上，圓筒的長度遵照一定的規律依次增加．圓板和圓筒與交流電源相連，序號為奇數的圓筒和電源的一極相連，圓板和序號為偶數的圓筒和該電源的另一極相連，交變電源兩極間電勢差的變化規律如圖乙所示。若電壓的絕對值為U，電子電量大小為e，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在t=0時刻，圓板中央的一個電子在圓板和圓筒之間的電場中由靜止開始加速，沿中心軸線沖進圓筒1，電子在每個圓筒中運動的時間均小于T，且電子均在電壓變向時恰從各圓筒中射出，不考慮相對論效應，則（）A．由于靜電屏蔽作用，圓筒內不存在電場B．電子運動到第n個圓筒時動能為2neUC．在t=時奇數圓筒相對偶數圓筒的電勢差為負值D．第個和第n個圓筒的長度之比為∶12．如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板運動，當到達B極板時速度為v，保持兩板間電壓不變，則（）A．當增大兩板間距離時，v增大B．當減小兩板間距離時，v增大C．當改變兩板間距離時，v不變D．當增大兩板間距離時，電子在兩板間運動的時間也增大13．如圖所示，帶等量異種電荷的兩正對平行金屬板、間存在勻強電場，板間距離為，電場強度為。時刻，板中點處的粒子源發射兩個速度大小為的相同粒子，垂直板向右的粒子，到達板時速度大小為；平行板向下的粒子，剛好能到達板下端。不計重力和粒子間的相互作用，利用以上信息可求得（）A．金屬板的長度B．粒子在兩板間的加速度C．兩個粒子到板時的動能D．兩個粒子的電勢能的變化量14．如圖所示，虛線MN左側有一場強為E1=E的勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2=3E的勻強電場，在虛線PQ右側相距為L處有一與電場E2平行的屏。現將一電子（電荷量為e，質量為m，不計重力）無初速度地放入電場E1中的A點，A點到MN的距離為，最后電子打在右側的屏上，AO連線與屏垂直，垂足為O，則（

）A．電子從釋放到打到屏上所用的時間為B．電子從釋放到打到屏上所用的時間為C．電子剛射出電場E2時的速度方向與AO連線夾角的正切值為2D．電子打到屏上的點P'（圖中未標出）到點O的距離為15．一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（重力不計）以速度v0逆著電場線方向射入有左邊界的勻強電場，場強為E（如圖所示），則（）A．粒子射入的最大深度為B．粒子射入的最大深度為C．粒子在電場中運動的最長時間為D．粒子在電場中運動的最長時間為

第十章靜電場中的能量第5節帶電粒子在電場中的運動課程標準學習目標能分析帶電粒子在電場中的運動情況，能解釋相關的物理現象1．會分析帶電粒子在電場中的直線運動.2．掌握求解帶電粒子直線運動問題的兩種方法.3．會用運動的合成與分解的知識，分析帶電粒子在電場中的偏轉問題．（一）課前閱讀：1.(1)研究電子、質子、α粒子在電場中的運動時，重力能否忽略不計？(2)帶電粒子在勻強電場或非勻強電場中加速，計算末速度，分別應用什么規律研究？答案(1)電子、質子、α粒子在電場中所受靜電力遠大于重力，故重力可忽略不計．(2)分析帶電粒子在勻強電場中的加速運動，可以用牛頓運動定律結合運動學公式列式求解，也可以用動能定理列式求解．分析帶電粒子在非勻強電場中的加速運動，可以用動能定理或功能關系求解．（二）基礎梳理一、帶電粒子在電場中的加速帶電粒子在電場中的加速分析帶電粒子的加速問題有兩種思路：1．利用牛頓第二定律結合勻變速直線運動公式分析．適用于勻強電場．2．利用靜電力做功結合動能定理分析．對于勻強電場和非勻強電場都適用，公式有qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(勻強電場)或qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02(任何電場)等．【微點撥】帶電粒子在電場中加速的兩種分析思路2．兩種分析思路(1)利用牛頓第二定律結合勻變速直線運動公式，適用于勻強電場且問題中涉及運動時間等描述運動過程的物理量時適合該思路。(2)利用靜電力做功結合動能定理，當問題只涉及位移、速率等動能定理公式中的物理量或非勻強電場情景時適合該思路。【即學即練】1.判斷下列說法的正誤.(1)帶電粒子(不計重力)在電場中由靜止釋放時，一定做勻加速直線運動．(×)(2)對帶電粒子在電場中的運動，從受力的角度來看，遵循牛頓運動定律；從做功的角度來看，遵循能量守恒定律．(√)(3)動能定理既能分析勻強電場中的直線運動問題，也能分析非勻強電場中的直線運動問題．(√)二、帶電粒子在電場中的偏轉帶電粒子在電場中的偏轉如圖所示，質量為m、帶電荷量為q的粒子(忽略重力)，以初速度v0平行于兩極板進入勻強電場，極板長為l，極板間距離為d，極板間電壓為U.1．運動性質：(1)沿初速度方向：速度為v0的勻速直線運動．(2)垂直v0的方向：初速度為零的勻加速直線運動．2．運動規律：(1)t＝eq\f(l,v0)，a＝eq\f(qU,md)，偏移距離y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mv02d).(2)vy＝at＝eq\f(qUl,mv0d)，tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02).＝1J/C.【拓展補充】幾個常用推論(1)粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為粒子沿初速度方向位移的中點．(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.(3)不同的帶電粒子(電性相同，初速度為零)，經過同一電場加速后，又進入同一偏轉電場，則它們的運動軌跡必定重合三、示波管1．構造示波管是示波器的核心部件，外部是一個抽成真空的玻璃殼，內部主要由電子槍(由發射電子的燈絲、加速電極組成)、偏轉電極(由偏轉電極XX′、偏轉電極YY′組成)和熒光屏組成，如圖所示。2．原理(1)掃描電壓：XX′偏轉電極接入的是由儀器自身產生的鋸齒形電壓。(2)燈絲被電源加熱后，出現熱電子發射，發射出來的電子經加速電場加速后，以很大的速度進入偏轉電場，如果在YY′偏轉電極上加一個信號電壓，在XX′偏轉電極上加一掃描電壓，在熒光屏上就會出現按YY′偏轉電壓規律變化的可視圖像。【拓展補充】示波器示波器是一種用途十分廣泛的電子測量儀器。它能把肉眼看不見的電信號變換成看得見的圖像，便于人們研究各種電現象的變化過程。示波器利用狹窄的、由高速電子組成的電子束，打在涂有熒光物質的屏面上，就可產生細小的光點(這是傳統的模擬示波器的工作原理)。一、帶電粒子在電場中的直線運動1．帶電粒子的分類及受力特點(1)電子、質子、α粒子、離子等粒子，一般都不考慮重力，但不能忽略質量．(2)質量較大的微粒，如帶電小球、帶電油滴、帶電顆粒等，除有說明或有明確的暗示外，處理問題時一般都不能忽略重力．(3)受力分析仍按力學中受力分析的方法分析，切勿漏掉靜電力．2．求帶電粒子的速度的兩種方法(1)從動力學角度出發，用牛頓第二定律和運動學知識求解．(適用于勻強電場)由牛頓第二定律可知，帶電粒子運動的加速度的大小a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).若一個帶正電荷的粒子，在靜電力作用下由靜止開始從正極板向負極板做勻加速直線運動，兩極板間的距離為d，則由v2－v02＝2ad可求得帶電粒子到達負極板時的速度v＝eq\r(2ad)＝eq\r(\f(2qU,m)).(2)從功能關系角度出發，用動能定理求解．(可以是勻強電場，也可以是非勻強電場)帶電粒子在運動過程中，只受靜電力作用，靜電力做的功W＝qU，根據動能定理，當初速度為零時，W＝eq\f(1,2)mv2－0，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))；當初速度不為零時，W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得v＝eq\r(\f(2qU,m)＋v02).【典例精析】例1．(多選)如圖所示，M、N是真空中的兩塊相距為d的平行金屬板，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子恰好能到達N板．如果要使這個帶電粒子到達距N板eq\f(d,3)后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)()A．使初速度減為原來的eq\f(1,3)B．使M、N間電壓提高到原來的1.5倍C．使M、N間電壓提高到原來的3倍D．使初速度和M、N間電壓減為原來的eq\f(2,3)【答案】BD【解析】由題意知，帶電粒子在電場中做勻減速直線運動，當粒子恰好能到達N板時，由動能定理，可得－qU＝－eq\f(1,2)mv02，要使粒子到達距N板eq\f(d,3)后返回，設此時兩極板間電壓為U1，粒子的初速度為v1，則由動能定理，可得－qeq\f(2U1,3)＝－eq\f(1,2)mv12，聯立兩方程，得eq\f(2U1,3U)＝eq\f(v12,v02)，故選項B、D正確．二、帶電粒子在電場中的偏轉如圖所示，質量為m、電荷量為＋q的粒子以初速度v0垂直于電場方向射入兩極板間，兩平行板間存在方向豎直向下的勻強電場，已知板長為l，板間電壓為U，板間距離為d，不計粒子的重力，設粒子不與平行板相撞．粒子在板間做類平拋運動，應用運動分解的知識進行分析處理，如圖所示．1．基本規律初速度方向：粒子做勻速直線運動，通過電場的時間t＝eq\f(l,v0)靜電力方向：做初速度為零的勻加速直線運動．加速度a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)離開電場時垂直于板方向的分速度vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)速度方向與初速度方向夾角的正切值tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,mdv02)離開電場時沿靜電力方向的偏移量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv02).2．幾個常用推論(1)粒子從偏轉電場中射出時，其速度方向的反向延長線與初速度方向的延長線交于一點，此點為粒子沿初速度方向位移的中點．(2)位移方向與初速度方向間夾角α的正切值為速度偏轉角θ正切值的eq\f(1,2)，即tanα＝eq\f(1,2)tanθ.(3)不同的帶電粒子(電性相同，初速度為零)，經過同一電場加速后，又進入同一偏轉電場，則它們的運動軌跡必定重合．注意：分析粒子的偏轉問題也可以利用動能定理，即qEy＝ΔEk，其中y為粒子在偏轉電場中沿靜電力方向的偏移量．【典例精析】例2．如圖所示，平行板電容器板間電壓為U，板間距為d，兩板間為勻強電場，讓質子以初速度v0沿著兩板中心線射入，沿a軌跡落到下板的中央，現只改變其中一個條件，讓質子沿b軌跡落到下板邊緣，則可以將()A．開關S斷開B．初速度變為2v0C．板間電壓變為eq\f(U,2)D．豎直移動上板，使板間距變為2d【答案】B【解析】開關S斷開，電容器所帶電荷量不變，電容器的電容不變，則電容器兩極板間電壓不變，質子仍落到下板的中央，A錯誤；將初速度變為2v0，質子加速度不變，根據y＝eq\f(d,2