通用版2020届高考物理总复习第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动（含答案解析）

2020高考一轮第七章第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动（通用版）
物 理

[基础知识·填一填]
[知识点1]　电容器及电容　
1．电容器
(1)组成：由两个彼此　绝缘　又相互靠近的导体组成．
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的　绝对值　.
(3)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　与两个极板间的　电势差　的比值．
(2)定义式： C＝.
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝　106　μF＝　1012　 pF.
(4)意义：表示电容器　容纳电荷　本领的高低．
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否　带电　及　电压　无关．
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：正对面积、介电常数、两板间的距离．
(2)决定式： C＝.

判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．
(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)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．(×)
[知识点2]　带电粒子在电场中的运动　
1．加速问题
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv.
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv.
2．偏转问题
(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．
(2)运动性质：　匀变速曲线　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　匀速　运动．
②沿电场方向：做初速度为零的　匀加速　运动．

判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．
(1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(×)
(2)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(√)
(3)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计．(×)
[知识点3]　示波管　
1．装置：示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空，如图所示．

2．原理
(1)如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏　中心　，在那里产生一个亮斑．
(2)YY′上加的是待显示的　信号电压　，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压．若所加扫描电压和信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．
[教材挖掘·做一做]
1．(人教版选修3－1 P32第1题改编)(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
解析：ABD　[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＝知，当d变大时，C变小，再由C＝得U变大；当A板上移时，正对面积S变小，C也变小，U变大；当插入玻璃板时，C变大，U变小；而两板间的距离减小时，C变大，U变小，所以选项A、B、D正确．]
2．(人教版选修3－1 P39第2题改编)两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是(　　)

A.　　　　　　 B．edUh
C. D.
解析：D　[电子从O点到A点，因受电场力作用，速度逐渐减小．根据题意和图示判断，电子仅受电场力，不计重力．这样，我们可以用能量守恒定律来研究问题，即mv＝eUOA.因E＝，UOA＝Eh＝，故mv＝，故选项D正确．]
3．(人教版选修3－1 P39第4题改编)如图所示，含有大量H、H、He的粒子流无初速度进入某一加速电场，然后沿平行金属板中心线上的O点进入同一偏转电场，最后打在荧光屏上．下列有关荧光屏上亮点分布的说法正确的是(　　)

A．出现三个亮点，偏离O点最远的是H
B．出现三个亮点，偏离O点最远的是He
C．出现两个亮点
D．只会出现一个亮点
答案：D
4．(人教版选修3－1 P36思考与讨论改编)如图是示波管的原理图，它由电子枪、偏转电极(XX′和YY′)、荧光屏组成．管内抽成真空．给电子枪通电后，如果在偏转电极XX′和YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点．

(1)带电粒子在　__________　区域是加速的，在　________　区域是偏转的．
(2)若UYY′＞0，UXX′＝0，则粒子向　________　板偏转，若UYY′＝0，UXX′＞0，则粒子向　________　板偏转．
答案：(1)Ⅰ　Ⅱ　(2)Y　X

考点一　平行板电容器的动态分析
[考点解读]
1．两类典型问题
(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变．
(2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变．
2．动态分析思路
(1)U不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．
②根据E＝分析场强的变化．
③根据UAB＝Ed分析某点电势变化．
(2)Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．
②根据E＝＝分析场强变化．
[典例赏析]
[典例1]　(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将上极板竖直向上移动一小段距离，则(　　 )

A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．P点电势将降低
C．电容器的电容减小，极板带电荷量减小
D．带电油滴的电势能保持不变
[解析]　BC　[电容器与电源相连，两极板间电压不变，下极板接地，电势为0.油滴位于P点处于静止状态，因此有mg＝qE.当上极板向上移动一小段距离时，板间距离d增大，由C＝可知电容器电容减小，板间场强E场＝减小，油滴所受的电场力减小，mg＞qE，合力向下，带电油滴将向下加速运动，A错；P点电势等于P点到下极板间的电势差，由于P到下极板间距离h不变，由φP＝ΔU＝Eh可知，场强E减小时P点电势降低，B对；由C＝可知电容器所带电荷量减小，C对；带电油滴所处P点电势下降，而由题图可知油滴带负电，所以油滴电势能增大，D错．]
　分析平行板电容器动态变化的三点关键
1．确定不变量：先明确动态变化过程中的哪些量不变，是电荷量保持不变还是极板间电压不变．
2．恰当选择公式：灵活选取电容的决定式和定义式，分析电容的变化，同时用公式E＝分析极板间电场强度的变化情况．
3．若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析其运动情况的变化．
[题组巩固]
1．(2016·全国卷Ⅰ)一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器(　　)
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
解析：D　[据C＝可知，将云母介质移出电容器，C变小，电容器接在恒压直流电源上，电压不变，据Q＝CU可知极板上的电荷量变小，据E＝可知极板间电场强度不变，故选D.]
2．(2018·北京卷) 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，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
解析：A　[当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；根据电容器电容的决定式：C＝，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＝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，故选项B错误；根据电容器电容的决定式：C＝，只在极板间插入有机玻璃板，则介电常数εr增大，则电容C增大，根据C＝可知， 电荷量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；根据C＝可知，电荷量Q增大，则电压U也会增大，而电容由电容器本身决定，C不变，故选项D错误．]
考点二　带电粒子在电场中的直线运动
[考点解读]
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力F合≠0，且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．
2．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1.
[典例赏析]
[典例2]　(2019·湖南长沙模拟)如图所示，在A点固定一正电荷，电荷量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带同种电荷的液珠，开始运动瞬间向上的加速度大小恰好等于重力加速度g.已知静电力常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力．求：

(1)液珠的比荷；
(2)液珠速度最大时离A点的距离h；
(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成φ＝，其中r为该点到Q的距离(选无限远的电势为零)．求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB.
[解析]　(1)设液珠的电荷量为q，质量为m，由题意知，当液珠在C点时
k－mg＝mg
比荷为＝
(2)当液珠速度最大时，k＝mg
得h＝H
(3)设BC间的电势差大小为UCB，由题意得
UCB＝φC－φB＝－
对液珠由释放处至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得
qUCB－mg(rB－H)＝0
即q－mg(rB－H)＝0
解得：rB＝2H，rB＝H(舍去)．
[答案]　(1)　(2)H　(3)2H

带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤

[题组巩固]
1．(多选)如图所示，带电小球自O点由静止释放，经C孔进入两水平位置的平行金属板之间，由于电场的作用，刚好下落到D孔时速度减为零．对于小球从C到D的运动过程，已知从C运动到CD中点位置用时t1，从C运动到速度等于C点速度一半的位置用时t2，下列说法正确的是(　　 )

A．小球带负电
B．t1C．t1>t2
D．将B板向上平移少许后小球可能从D孔落下
解析：AB　[由题图可知，A、B间的电场强度方向向下，小球从C到D做减速运动，受电场力方向向上，所以小球带负电，选项A正确；由于小球在电场中受到的重力和电场力都是恒力，所以小球做匀减速直线运动，其速度图象如图所示，由图可知，t1
2．(2017·江苏卷)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
解析：A　[设A、B板间的电势差为U1，B、C间电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1＝qU2＝qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度：E＝＝＝不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，故A正确，B、C、D错误．]
考点三　带电粒子在匀强电场中的偏转
[考点解读]
1．运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间

(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动

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，偏移量和偏转角总是相同的．
证明：由qU0＝mv
y＝at2＝··2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝.
(2)粒子经电场偏转后，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到偏转电场边缘的距离为.
3．功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差．
[典例赏析]
[典例3]　如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L＝0.4 m，两板间距离d＝4×10－3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下极板的正中央，已知微粒质量为m＝4×10－5 kg，电荷量q＝＋1×10－8 C，g取10 m/s2.求：

(1)微粒入射速度v0为多少？
(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上极板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？
[审题指导]　开关闭合前，微粒做平抛运动，开关闭合后，微粒做类平抛运动，两个过程的分析方法相同，都要用到运动的合成与分解．
[解析]　(1)开关S闭合前，由＝v0t，＝gt2可解得v0＝＝10 m/s.
(2)电容器的上极板应接电源的负极．
当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，即
＝a12，
又a1＝，解得U1＝120 V
当所加的电压为U2时，微粒恰好从上极板的右边缘射出，
即＝a22，
又a2＝，解得U2＝200 V
所以120 V≤U≤200 V.
[答案]　(1)10 m/s　(2)与负极相连，120 V ≤U≤200 V
　带电粒子在电场中偏转问题求解通法
1．解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：
加速电场中的运动一般运用动能定理qU＝mv2进行计算；在偏转电场中的运动为类平抛运动，可利用运动的分解进行计算；二者靠速度相等联系在一起．
2．计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的四种方法：
(1)Y＝y＋dtan θ(d为屏到偏转电场的水平距离)．
(2)Y＝tan θ(L为电场宽度)．
(3)Y＝y＋vy·.
(4)根据三角形相似＝.
[题组巩固]
1．(多选)如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则(　　 )

A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2
B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1
C．A和B的质量之比为1∶12
D．A和B的位移大小之比为1∶1
解析：ABC　[粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2，选项A正确；竖直方向由h＝at2得a＝，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB＝4∶1，选项B正确；根据a＝得m＝，故mA∶mB＝1∶12，选项C正确；A和B的位移大小不相等，选项D错误．]
2．(2016·北京卷23题改编)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.

(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2.
解析：(1)根据动能定理，有eU0＝mv，
电子射入偏转电场时的初速度v0＝
在偏转电场中，电子的运动时间
Δt＝＝L
加速度a＝＝
偏转距离Δy＝a(Δt)2＝
(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力
G＝mg≈10－29 N
电场力F＝≈10－15 N
由于F?G，因此不需要考虑电子所受的重力．
答案：(1) 　　(2)见解析

思想方法(十四)　电容器在现代科技生活中的应用
方 法 阐 述 1.电容器在现代生活中应用十分广泛，其中作为传感器使用的有智能手机上的电容触摸屏、电容式传声器、电容式加速度计． 2.电容式传感器的工作原理是通过εr、S、d的变化利用公式C＝和C＝来判断C的变化，进一步分析Q的变化.

[典例赏析]
[典例]　(多选)目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置．对于电容触摸屏，下列说法正确的是(　　 )

A．电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号
B．使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作
C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小
D．手指与屏的接触面积变大时，电容变大
[解析]　AD　[据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容将变大，故C错误；手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故D正确．]
[题组巩固]
1．(2019·汕头模拟)图示为某电容传声器结构示意图，当人对着传声器讲话，膜片会振动．若某次膜片振动时，膜片与极板距离增大，则在此过程中(　　 )

A．膜片与极板间的电容增大
B．极板所带电荷量增大
C．膜片与极板间的电场强度增大
D．电阻R中有电流通过
解析：D　[根据C＝可知，膜片与极板距离增大，膜片与极板间的电容减小，选项A错误；根据Q＝CU可知极板所带电荷量减小，因此电容器要通过电阻R放电，所以选项D正确，B错误；根据E＝可知，膜片与极板间的电场强度减小，选项C错误．]
2．(多选)电容式加速度传感器的原理如图所示，质量块左、右侧连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，质量块可带动电介质移动，改变电容．则(　　 )

A．电介质插入极板间越深，电容器电容越小
B．当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流
C．若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会压缩
D．当传感器由静止突然向右加速时，电路中有顺时针方向的电流
解析：CD　[由C＝知，电介质插入越深，εr越大，即C越大，A错；当传感器以恒定加速度运动时，电介质相对电容器静止，电容不变，电路中没有电流，B错；传感器向右匀速运动，突然减速时，质量块由于惯性相对传感器向右运动，弹簧压缩变短，C对；传感器由静止突然向右加速时，电介质相对电容器向左运动，εr增大，C增大，电源电动势不变，由C＝知，Q增大，上极板电荷量增大，即电路中有顺时针方向的电流，D对．
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