1、1第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动一、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：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.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 .QU(3)单位：法拉(F)、微法(F)、皮法(pF).1F10 6F10 12pF.(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
2、、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，相对介电常数，两板间的距离.(2)决定式： C . rS4 kd自测1 关于电容器及其电容，下列说法中正确的是( )A.平行板电容器一板带电 Q，另一板带电 Q，则此电容器不带电B.由公式 C 可知，电容器的电容随电荷量 Q的增加而增大QUC.对一个电容器来说，电容器的电荷量与两板间的电势差成正比D.如果一个电容器两板间没有电压，就不带电荷，也就没有电容答案 C二、带电粒子在电场中的运动1.加速(1)在匀强电场中， W qEd qU mv2 mv02.12 12(2)在非匀强电场中， W qU
3、 mv2 mv02.12 122.偏转2(1)运动情况：如果带电粒子以初速度 v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图1所示.图1(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动.根据运动的合成与分解的知识解决有关问题.(3)基本关系式：运动时间 t ，加速度 a ，偏转量 y at2 ，偏转角 的正切值：tanlv0 Fm qEm qUmd 12 qUl22mdv02 .vyv0 atv0 qUlmdv02三、示波管1.示波管的构造电子枪，偏转电极，荧光屏(如图2所示)图22.示波管的工作原理(1)YY上加的是待显示的信号
4、电压， XX上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫做扫描电压.(2)观察到的现象如果在偏转电极 XX和 YY之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑.若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象.自测2 教材P39第3题 先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场.进入时速度方向与板面平行，在下列两种情况下，分别求出离开时电子偏角的正切与氢核偏角的正切之比.(1)电子与氢核的初速度相同.(2)电子与氢核的初动能相同.答案 见解析解析 设加速电压为 U0，偏转电压为 U，带电粒子的电荷量为 q、质量为
5、m，垂直进入偏转电场的速度为 v0，偏转电场两极板间距离为 d、极板长为 l，则：带电粒子在加速电场中加速运动，进入偏转电场时的初动能 mv02 qU0，12粒子在偏转电场中的加速度 a ，在偏转电场中运动的时间为 t ，粒子离开偏转电场时沿电场力方向的qUdm lv03速度 vy at ，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tan .qUldmv0 vyv0 qUldmv02(1)若电子与氢核的初速度相同，则 .tan etan H mHme(2)若电子与氢核的初动能相同，则 1.tan etan H命题点一 平行板电容器的动态分析1.两类典型问题(1)电容器始终与恒压电源相连，电容器
6、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不变根据 C 先分析电容的变化，再分析 Q的变化.QU rS4 kd根据 E 分析场强的变化.Ud根据 UAB Ed分析某点电势变化.(2)Q不变根据 C 先分析电容的变化，再分析 U的变化.QU rS4 kd根据 E 分析场强变化.Ud 4k Q rS例 1 (2016全国卷14)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
7、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答案 D解析 由 C 可知，当将云母介质移出时， r变小，电容器的电容 C变小；因为电容器接在恒压直流电源上， rS4 kd故 U不变，根据 Q CU可知，当 C减小时， Q减小.再由 E ，由于 U与 d都不变，故电场强度 E不变，选项D正确.Ud4变式1 (2016天津理综4)如图3所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在 P点的点电荷，以 E表示两板间的电场强度， Ep表示点电荷在 P点的电势能， 表示静电计指针的偏角.若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段
8、距离至图中虚线位置，则( )图3A. 增大， E增大 B. 增大， Ep不变C. 减小， Ep增大 D. 减小， E不变答案 D解析 若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据 C 可知， C变大；根据 Q CU可知，在 Q一定的 rS4 kd情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角 减小；根据 E ， Q CU， C 联立可得 EUd rS4 kd 4 kQ rS，可知 E不变； P点离下极板的距离不变， E不变，则 P点与下极板的电势差不变， P点的电势不变，故 Ep不变；由以上分析可知，选项D正确.变式2 (多选)如图4所示， A、 B为两块平行带电金属板， A带负电， B
9、带正电且与大地相接，两板间 P点处固定一负电荷，设此时两极板间的电势差为 U， P点场强大小为 E，电势为 P，负电荷的电势能为 Ep，现将 A、 B两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是( )图4A.U变大， E变大 B.U变小， P变小C. P变小， Ep变大 D. P变大， Ep变小答案 AC解析 根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由 C 可知电容减小，由 U 可知极板 rS4 kd QC间电压增大，由 E 可知，电场强度增大，故A正确；设 P与 B板之间的距离为 d， P点的电势为 P， B板接地Ud， B0，则由题可知0 P Ed是增大的，则 P
10、一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能 Ep是增大的，故C正确.命题点二 带电粒子在电场中的直线运动51.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 v022 ad.qEm Ud3.用功能观点分析匀强电场中： W Eqd qU mv2 mv0212 12非匀强电场中： W qU Ek2 Ek1例 2 如图5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、
11、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( )图5A.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点答案 A解析 根据平行板电容器的电容的决定式 C 、定义式 C 和匀强电场的电压与电场强度的关系式 U Ed可得 E rS4 kd QU ，可知将 C板向右平移到 P点， B、 C两板间的电场强度不变，由 O点静止释放的电子仍然可以运动到 P4 kQ rS点，并且会原路返回，故选项A正确.变式3 匀强电场的电场强度 E随时间 t变化的图象如图6所示.当 t0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子
12、(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )图6A.带电粒子将始终向同一个方向运动6B.2s末带电粒子回到原出发点C.3s末带电粒子的速度不为零D.03s内，电场力做的总功为零答案 D解析 由牛顿第二定律可知带电粒子在第1s内的加速度和第2s内的加速度的关系，因此粒子将先加速1s再减速0.5s，速度为零，接下来的0.5s将反向加速， v t图象如图所示，根据图象可知选项A错误；由图象可知2s内的位移为负，故选项B错误；由图象可知3s末带电粒子的速度为零，故选项C错误；由动能定理结合图象可知03s内，电场力做的总功为零，故选项D正确.变式4 如图7所示，充电后的平行板电容器
13、水平放置，电容为 C，极板间距离为 d，上极板正中有一小孔.质量为 m、电荷量为 q的小球从小孔正上方高 h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为 g).求：图7(1)小球到达小孔处的速度大小；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落到运动到下极板处的时间.答案 (1) (2) C2ghmg h dqd mg h dq(3)h dh 2hg解析 (1)由 v22 gh得 v .2gh(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，加速度大小为 a，有qE mg ma且 v202 ad，得 E ，mg h dq
14、d由 U Ed、 Q CU，得 Q C .mg h dq(3)由 t h d，v27可得 th dh 2hg命题点三 带电粒子在电场中的偏转1.运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间Error!(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动Error!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 mv0212y at2 ( )212 12 qU1md lv0tan qU1lmdv02得： y ，tan U1l24U0d U1l2U0d(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
15、移的中点，即 O到偏转电场边缘的距离为 .l23.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 mv02，其中 Uy y，指初、末位置12 12 Ud间的电势差.例 3 (2016北京理综23改编)如图8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.图8(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 y；(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题
16、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 U2.010 2V， d4.010 2 m， m9.110 31 kg， e1.610 19 C， g10m/s 2.答案 (1) (2)见解析2eU0m UL24U0d8解析 (1)根据动能定理，有 eU0 mv02，12电子射入偏转电场时的初速度 v02eU0m在偏转电场中，电子的运动时间 t LLv0 m2eU0加速度 a eEm eUmd偏转距离 y a( t)212 UL24U0d(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G mg10 29 N电场力 F 10 15 NeUd由于 FG，因此不需
17、要考虑电子所受的重力.1.如图1所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为 ，则( )图1A.当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角 增大B.当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角 增大C.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角 增大D.当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角 减小答案 C解析 带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tan ，当开关S断开时，电容器两极板上的电荷量 Q不变，由 C ， U ， E 可知 E ，故增大qEmg rS4 kd QC Ud 4 kQ rS或减小两极板间的距离 d，电容器两
18、极板间的电场强度不变， 不变，选项A、B错误；当开关S闭合时，因为两极板间的电压 U不变，由 E 可知，减小两极板间的距离 d， E增大， 变大，选项C正确，D错误.Ud2.(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用 d、 U、 E和 Q表示.下列说法正确的是( )9A.保持 U不变，将 d变为原来的两倍，则 E变为原来的一半B.保持 E不变，将 d变为原来的一半，则 U变为原来的两倍C.保持 d不变，将 Q变为原来的两倍，则 U变为原来的一半D.保持 d不变，将 Q变为原来的一半，则 E变为原来的一半答案 AD解析 由 E 可知，若保持 U不变，将 d
19、变为原来的两倍，则 E变为原来的一半，A项正确；若保持 E不变，将 d变为原Ud来的一半，则 U变为原来的一半，B项错误；由 C ， C ， E ，可得 U ， E ，所以，保QU rS4 kd Ud 4Qk d rS 4Qk rS持 d不变，若 Q变为原来的两倍，则 U变为原来的两倍，C项错误；保持 d不变，若 Q变为原来的一半，则 E变为原来的一半，D项正确.3.两平行金属板相距为 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2所示， OA h，此电子具有的初动能是( )图2A. B.edUhedhUC. D.eUdh e
20、Uhd答案 D解析 由动能定理得： e h Ek，所以 Ek .Ud eUhd4.(2015新课标全国14)如图3所示，两平行的带电金属板水平放置.若在两板中间 a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过 a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45，再由 a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将( )图3A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动答案 D解析 10两平行金属板水平放置时，带电微粒静止，有 mg qE，现将两板绕过 a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45后，两板间电场强度方向逆时针旋转45，电场力方向也逆时针旋转45，但大小不变
21、，此时电场力和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项D正确.5.如图4所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是( )图4A.若电容器极板间的电压不变， x变大，电容器极板上带电荷量增加B.若电容器极板上带电荷量不变， x变小，电容器极板间电压变大C.若电容器极板间的电压不变， x变大，有电流流向电容器的正极板D.若电容器极板间的电压不变， x变大，有电流流向电容器的负极板答案 D解析 若 x变大，则由 C ，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由
22、Q CU知电容器带电荷量 rS4 kd减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A、C错误，D正确.若电容器极板上带电荷量不变， x变小，则电容器电容增大，由 U 可知，电容器极板间电压减小，B错误.QC6.如图5所示，平行板电容器与电动势为 E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地.一带电油滴位于电容器中的 P点且恰好处于平衡状态.现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )图5A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B.P点的电势将降低C.带电油滴的电势能将减少D.电容器的电容减小，极板带电荷量将增大答案 B解析 电容器和电源相连，则电容器两端的电压不
23、变，两极板间距离增大，可知两极板间的电场强度 E电 减小，故油滴将向下运动，A错误；下极板接地，所以电势为零，设 P点距离下极板的距离为 L，则 P E电 L， L不变， E电减小，所以 P点的电势将降低，B正确；油滴向下运动，带负电，故电场力做负功，电势能增大，C错误；根据公式 C 可得， d增大， C减小，因 U不变，根据公式 C 可得， C减小， Q减小，故D错误. rS4 kd QU117.(2017安徽蚌埠四校联考)如图6所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘沿垂直电场方向射入匀强电场，电子恰好从正极板边缘飞出，现保持负极板不动，正极板在竖直方向移动，并使电子入射速度变为原来的2
24、倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间距离变为原来的( )图6A.2倍B.4倍C. D.12 14答案 C解析 电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，做类平抛运动.假设电子的带电荷量为 e，质量为 m，初速度为v，极板的长度为 L，极板的间距为 d，电场强度为 E.由于电子做类平抛运动，所以水平方向有： L vt，竖直方向有： y at2 ( )2 d.因为 E ，可得： d2 ，若电子的速度变为原来的两倍，仍从正极板12 12 eEm Lv Ud eUL22mv2边缘飞出，则由上式可得两极板的间距 d应变为原来的 ，故选C.128.如图7所示，带正电的粒子以一定的初速
25、度 v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为 L，板间的距离为 d，板间电压为 U，带电粒子的电荷量为 q，粒子通过平行金属板的时间为 t(不计粒子的重力)，则( )图7A.在前 时间内，电场力对粒子做的功为t2 qU4B.在后 时间内，电场力对粒子做的功为t2 3qU8C.在粒子下落前 和后 的过程中，电场力做功之比为12d4 d4D.在粒子下落前 和后 的过程中，电场力做功之比为21d4 d4答案 B解析 带正电的粒子以一定的初速度 v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，带电12粒子所做的运动是类平抛运动.竖直方向上的分运动是
26、初速度为零的匀加速直线运动，由运动学知识可知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为13，电场力做功之比也为13.又因为电场力做的总功为 ，所qU2以在前 时间内，电场力对粒子做的功为 ，A选项错；在后 时间内，电场力对粒子做的功为 ，B选项对；t2 qU8 t2 3qU8在粒子下落前 和后 的过程中，电场力做功相等，故C、D选项错.d4 d49.(2014山东理综18)如图8所示，场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域 abcd，水平边 ab长为 s，竖直边 ad长为 h.质量均为 m、带电量分别为 q和 q的两粒子，由 a、 c两点先后沿 ab和 cd方向以速率v0进入矩形
27、区域(两粒子不同时出现在电场中).不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则 v0等于( )图8A. B.s22qEmh s2qEmhC. D.s42qEmh s4qEmh答案 B解析 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域 abcd的中心，则在水平方向有 s v0t，在竖直方向有 h 12 12 12t2，解得 v0 ，故选项B正确，选项A、C、D错误.qEm s2qEmh10.如图9所示，一带电荷量为 q、质量为 m的小物块处于一倾角为37的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止.重力加速度取 g，sin370.6，cos370.8.求：图9(1)水平向右电场的电场
28、强度；(2)若将电场强度减小为原来的 ，物块的加速度是多大？12(3)电场强度变化后物块下滑距离 L时的动能.答案 (1) (2)0.3 g (3)0.3 mgL3mg4q解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有 FNsin 37 qE13FNcos 37 mg解得 E3mg4q(2)若电场强度减小为原来的 ，即 E12 3mg8q由牛顿第二定律得 mgsin 37 qEcos 37 ma解得 a0.3 g(3)电场强度变化后物块下滑距离 L时，重力做正功，电场力做负功，支持力不做功，由动能定理得mgLsin 37 qE Lcos 37 Ek0解得 E
29、k0.3 mgL.11.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似.如图10所示，在虚线 MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从 A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在 A、 B两点间往返运动.已知电场强度的大小分别是 E12.010 3N/C和 E24.010 3 N/C，方向如图所示.带电微粒质量 m1.010 20 kg、带电荷量 q1.010 9 C， A点距虚线 MN的距离 d11.0cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应.求：图10(1)B点到虚线 MN的距离 d2；(2)带电微粒从 A点运动到 B点所经历的时
30、间 t.答案 (1)0.50cm (2)1.510 8 s解析 (1)带电微粒由 A运动到 B的过程中，由动能定理有| q|E1d1| q|E2d20， E1d1 E2d2，解得 d20.50 cm.(2)设微粒在虚线 MN两侧的加速度大小分别为 a1、 a2，由牛顿第二定律有|q|E1 ma1，|q|E2 ma2，设微粒在虚线 MN两侧运动的时间分别为 t1、 t2，由运动学公式有 d1 a1t12， d2 a2t22.12 12又 t t1 t2，14代入数据，联立解得 t1.510 8 s.12.(2017湖北黄冈中学模拟)如图11甲所示，空间存在水平方向的大小不变、方向周期性变化的电场
31、，其变化规律如图乙所示(取水平向右为正方向).一个质量为 m、电荷量为 q的粒子(重力不计)，开始处于图中的 A点.在 t0时刻将该粒子由静止释放，经过时间 t0，刚好运动到 B点，且瞬时速度为零.已知电场强度大小为 E0.试求：图11(1)电场变化的周期 T应满足的条件；(2)A、 B之间的距离；(3)若在 t 时刻释放该粒子，则经过时间 t0粒子的位移为多大？T6答案 见解析解析 (1)经过时间 t0，瞬时速度为零，故时间 t0为周期的整数倍，即：t0 nT解得： T ， n为正整数.t0n(2)作出 v t图象，如图甲所示.最大速度为： vm a t02n qE0m t02nv t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，为：s vmt0 ， n为正整数.12 qE0t024nm(3)若在 t 时刻释放该粒子，作出 v t图象，如图乙所示.T6v t图象与时间轴包围的面积表示位移大小，上方面积表示前进距离，下方的面积表示后退的距离：故位移为： x ( )22n ( )22n ， n为正整数.12 qE0m T3 12 qE0m T6 qE0t0212nm
