1、第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动电容器、电容、平行板电容器1电容器(1)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值(2)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，放电过程中电场能转化为其他形式的能2电容(1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量(2)定义式：C.(3)单位：法拉(F)，1 F106 F1012 pF.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，与电介质的相对介电常数成正比，与两极板间的距离成反比(2)决定式：C，k为静电力常量带电粒子在电场中的运动1带电粒子在电场
2、中的加速(1)处理方法：利用动能定理：qUmv2mv.(2)适用范围：任何电场2带电粒子在匀强电场中的偏转(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t.沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动示 波 管1示波管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631所示图6312工作原理(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束沿直线运动，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
3、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随时间变化的稳定图象1(多选)一充电的电容器的电容C、带电量Q、电压U之间的图象如图所示，其中正确的是()【解析】因电容器的电容是描述电容器本身性质的物理量，与电容器是否带电及带电的多少无关，故选项C正确对一个固定电容器来说C是定值，电容器所带电量Q与电压U成正比【答案】CD2.两平行金属板相距为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632所示，OAh，此电子具有的初动能是()A.BedUhC.D图632【解析】由动能定理得：ehEk，所以Ek.【答案】D3(多选
4、)如图633所示，示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()图633A极板X应带正电B极板X应带正电C极板Y应带正电D极板Y应带正电【解析】由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX偏转电场中向X极板方向偏转，故极板X带正电，A正确，B错误；电子在YY偏转电场中向Y极板方向偏转，故极板Y带正电，C正确，D错误【答案】AC4.如图634所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为()
5、AU1U218BU1U214CU1U212DU1U211图634【解析】由yat2得：U，所以U，可知选项A正确【答案】A平行板电容器的动态分析1.首先要区分两种基本情况(1)电容器两极板电势差U保持不变(2)电容器的带电荷量Q保持不变2赖以进行讨论的物理依据主要有三个(1)平行板电容器的电容C与板间距d、正对面积S、介质介电常数间的关系为C；(2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强E；(3)电容器所带的电荷量QCU.(2013长沙一中检测)如图635所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度为了使指针张开角度增大一些，应该采取的措施是()图635
6、A断开开关S后，将A、B两极板靠近一些B断开开关S后，将A、B两极板分开一些C保持开关S闭合，将A、B两极板靠近一些D保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些【解析】使指针张开角度增大一些，就是增大静电计两端的电压，当开关S闭合时，电压一定，则C、D错误；断开开关S后，电容器带电荷量一定，由CQ/U可知要增大电容器两极板之间电压，需减小电容C，由平行板电容器电容的决定式C知，保持S不变，增大d，电容C减小，则A错误、B正确【答案】B分析平行板电容器时的两个关键点在分析平行板电容器的动态变化问题时，必须抓住两个关键点：(1)确定不变量：首先要明确动态变化过程中的哪些量不变，一般情况下是保持电量不变
7、或板间电压不变(2)恰当选择公式：要灵活选取电容的两个公式分析电容的变化，还要应用E，分析板间电场强度的变化情况【迁移应用】1(2011天津高考)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是()AU2U1，E2E1BU22U1，E24E1CU2U1，E22E1DU22U1，E22E1【解析】U1，E1.当板间距变为d时，由C可知电容变为2C，而带电荷量也变为2Q，故U2U1，E222E1，故C选项正确【答案】C带电粒子在电场中的平衡与变速直线运
8、动1.带电粒子在电场中运动时重力的处理(1)基本粒子：如电子、质子、粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，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2带电粒子在电场中的平衡解题步骤：(1)选取研究对象(2)进行受力分析，注意电场力的方向特点(3)由平衡条件列方程求解3带电粒子在电场中的变速直线运动可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能角度用动能定理或能量守恒定律求解(2013新课标全国卷)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)小孔正上
9、方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将()A打到下极板上B在下极板处返回C在距上极板处返回D在距上极板d处返回【解析】本题应从动能定理的角度解决问题带电粒子在重力作用下下落，此过程中重力做正功，当带电粒子进入平行板电容器时，电场力对带电粒子做负功，若带电粒子在下极板处返回，由动能定理得mg(d)qU0；若电容器下极板上移，设带电粒子在距上极板d处返回，则重力做功WGmg(d)，电场力做功W电qUqUqU，由动能定理得WGW电0，联立各式解得dd，选项D正确【答案】D【迁移应用】带电粒子在
10、电容器中的平衡问题2.如图636所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部闭合S，小球静止时受到悬线的拉力为F.调节R1、R2，关于F的大小，判断正确的是()图636A保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小【解析】保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力F电qEq减小，悬线的拉力为F将减小，选项B正确，A错误
11、；保持R2不变，缓慢增大R1时，R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力为F不变，C、D错误【答案】B带电粒子在电容器中的直线运动3.(多选)如图637所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N，今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回，若保持两极板间的电压不变，则()图637A把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回B把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回
12、D把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落【解析】平行金属板与电源两极相连，则两极板间电势差U保持不变带电质点由P运动到N的过程中，重力做功与克服电场力做功相等；若把A板向上平移一小段距离，质点速度为零的位置仍为N孔，且能返回；若把A板向下平移一小段距离，质点速度为零的位置仍为N孔，且能返回；若把B板向上平移一小段距离，质点速度为零的位置在后来的N孔之上，且能返回；若把B板向下平移一小段距离，质点到达N孔时将有一竖直向下的速度，即将穿过N孔继续下落所以选项A、C、D正确【答案】ACD带电粒子在电场中的偏转1.粒子的偏转角(1)以初速度v0垂直进入偏转电场：如图638所示
13、，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，偏转电压为U1，若粒子飞出电场时偏转角为，则tan 结论：动能一定时，tan 与q成正比，电荷量相同时tan 与动能成反比图638(2)粒子从静止开始经加速电场U0加速后再进入偏转电场则有：qU0mv可解得：tan 结论：粒子的偏转角与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场2粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)以初速度v0进入偏转电场yat2()2作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场边缘的距离为x，则xycot 结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的处沿直线射出(2)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速
14、电压U0加速后进入偏转电场的，则偏移量：y偏转角正切：tan 结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角都是相同的，也就是运动轨迹完全重合 (2014郑大附中模拟)如图639所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b.在两板间加上可调偏转电压UYY，一束质量为m、带电量为q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出图639(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压UYY的范围；(3)求粒子可能到达屏上区域
15、的长度【解析】(1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有yat2Lv0tvyattan ，联立可得x即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点(2)aE由式解得y当y时， UYY则两板间所加电压的范围为UYY(3)y时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大，设其大小为y0，则y0ybtan 又tan ，解得：y0故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0.【答案】(1)见解析(2)UYY(3)确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离y的三种方法(1)yyvy；(2)yybtan
16、 ；(3)y(b)tan 其中y(b)tan 是应用上例第(1)问的结论得出的，一般不直接用于计算题的求解过程【迁移应用】4. (2014南昌一中检测)如图6310所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行整个装置处在真空中，重力可忽略在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是()图6310AU1变大、U2变大BU1变小、U2变大CU1变大、U2变小DU1变小、U2变小【解析】设电子被加速后获得的速度为v0，水平极板长为l，则由动能定理得U1qmv，电子在水平极板间偏转所用
17、时间t，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d，由牛顿第二定律得a，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度vyat，联立解得vy，又tan ，故U2变大、U1变小，一定能使偏转角变大，故B正确【答案】B带电粒子在交变电场中的运动1.注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件2分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系3此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)，二是粒子做往返运动(一般分
18、段研究)，三是粒子做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究)如图6311甲所示，真空中相距d5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地(电势为零)，A板电势变化的规律如图乙所示将一个质量m2.01027 kg，电荷量q1.61019 C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力求：甲乙图6311(1)在t0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；(2)若A板电势变化周期T1.0105 s，在t0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子到达A板时速度的大小；(3)A板电势变化频率多大时，在t到t时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板？【审题指导】第(
19、1)小题要求“粒子”的加速度，可视为后续步骤的“引导”或“铺垫”而第(2)小题欲求“粒子到达A板时速度的大小”，则必须通过分析、明确加速度方向改变的特点，尝试求得0T/2内“粒子”发生的位移恰好等于板间距离，到达A板的时间随之确定转而，找到“突破口”，迅速切入，则问题迎刃而解而解第(3)小题的关键，在于明确运动“对称性”，弄清“粒子不能到达A板”的临界条件，即在到内粒子的最大位移等于板间距离【解析】(1)由带电粒子所受电场力：FqE，再由牛顿第二定律即可求出a4.0109 m/s2.(2)由位移公式，我们试求一下粒子在0时间内走过的距离：sa()25.0102 m，由此可见，带电粒子在t时恰好
20、到达A板再由运动学公式可得：va2104 m/s.(3)分析可知，在到内，电场力、速度均向右，带电粒子向A板做匀加速运动；同理，在到内，则向A板做匀减速运动，速度减为零后再返回由于运动具有“对称性”，即先、后两段位移大小相等，得粒子向A板运动可能的最大位移：s2a()2aT2，因题目要求粒子不能到达A板，故必有s5104 Hz.【答案】(1)4.0109 m/s2(2)2104 m/s(3)大于5104 Hz【即学即用】如图6312甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上则t0可能属于的时间段是() 甲乙图6312A0t0B.t0C.t0TDTt0【解析】设粒子的速度方向、位移方向向右为正依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负作出t00、时粒子运动的速度图象如图所示由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0t0，t0T时粒子在一个周期内的总位移大于零；t0T时情况类似因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确【答案】B