1、第3节电容器、带电粒子在电场中的运动一、电容器及电容1常见电容器(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，放电过程中电场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电容器两极板间的电势差的比值。(2)定义式：C。(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。(4)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极板的正对面积成正比
2、，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。(2)决定式：C，k为静电力常量。二、带电粒子在匀强电场中的运动1做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F合0，粒子做匀速直线运动或静止。(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带电粒子在匀强电场中的偏转(1)条件：以速度v0垂直于电场方向飞入匀强电场，仅受电场力。(2)运动性质：匀变速曲线运动。(3)处理方法：运动的合成与分解。沿初速度方向：做匀速直线运动。沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。1思考辨析(正确的画“”，错误的画“”)(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电
3、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。()(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。()(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。()(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。()2(人教版选修31P32T1改编)如图所示的装置，可以探究影响平行板电容器电容的因素，关于下列操作及出现的现象的描述正确的是()A电容器与电源保持连接，左移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大B电容器充电后与电源断开，上移电容器左极板，则静电计指针偏转角增大C电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入玻璃板
4、，则静电计指针偏转角增大D电容器充电后与电源断开，在电容器两极板间插入金属板，则静电计指针偏转角增大B电容器与电源保持连接时两极板间的电势差不变，静电计指针偏转角不变，A错误；与电源断开后，电容器所带电荷量不变，结合U和C可判断B正确，C、D错误。3(人教版选修31P39T1改编)如图所示，电子由静止开始从A板向B板运动，到达B板的速度为v，保持两极板间电压不变，则()A当减小两极板间的距离时，速度v增大B当减小两极板间的距离时，速度v减小C当减小两极板间的距离时，速度v不变D当减小两极板间的距离时，电子在两极间运动的时间变长答案C4(人教版选修31P39T5改编)如图所示，电子由静止开始经加
5、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，偏转电场可看成匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。忽略电子所受重力，电子射入偏转电场时初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y分别是()A. BC. DD根据动能定理，有eU0mv，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tL，加速度a，偏转距离ya(t)2。 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
6、析思路(1)U不变根据C和C，先分析电容的变化，再分析Q的变化。根据E分析场强的变化。根据UABEd分析某点电势变化。(2)Q不变根据C和C，先分析电容的变化，再分析U的变化。根据E分析场强变化。1.(2019江苏南京师大附中高三开学考试)如图所示，当S闭合时，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是()A该微粒带正电荷B保持S闭合，使滑片P向右滑动，则微粒将向上运动C打开S后，使两极板稍微错开，则微粒将向下运动D打开S后，使两极板稍微靠近，则微粒仍保持静止D由于重力与电场力平衡，而电场强度向下，则微粒带负电荷，故A错误；当保持S闭合后，即使滑片P向右滑动，电容器极板间电势差仍
7、保持不变，滑动变阻器对电容极板上的电压没有影响，再根据E，可知，极板间的电场强度不变，因此微粒将静止不动，故B错误；打开S后，电容器极板上的带电荷量保持不变，由C，由E得E为一常量，当电容器极板间错开一定距离时正对面积减小，板间场强增大，故微粒受力不平衡，微粒将向上运动，故C错误；由以上分析知，板间电场强度E，故两极板相互靠近时，板间电场强度保持不变，故微粒保持平衡而不动，故D正确。2.(2019江苏苏州期末)如图所示，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，当开关S闭合时，在P点处有一个带电液滴处于静止状态。现将开关S断开后，再将A、B板分别沿水平方向向左、右平移一小段距离，此过程中下列说法正
8、确的是()A电容器的电容增加B电阻R中有电流流过C两极板间的电场强度不变D若带电液滴仍在P点其电势能减小D根据C，当A板向左平移一小段距离，B板向右平移一小段距离，S减小，电容器电容C减小，故A错误；因开关S断开，电容器无法充、放电，电阻R中无电流流过，故B错误；根据E与C相结合可得E，因电荷量Q不变，S减小，故电场强度E增大，故C错误；因场强增大，导致P点与B板的电势差增大，因B板接地，电势为零，即P点电势升高，带电粒子带负电，根据EPq，带电液滴仍在P点时电势能减小，故D正确。电容器动态变化的分析思路 带电粒子在电场中的运动1带电粒子在电场中做直线运动的分析方法：2带电粒子在匀强电场中偏转
9、的基本规律：设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响)，则有(1)加速度：a。(2)在电场中的运动时间：t。(3)速度v，tan 。(4)位移3带电粒子在匀强电场中偏转的两个二级结论：(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的偏转角度总是相同的。证明：由qU0mv及tan 得tan 。(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到电场边缘的距离为。带电粒子在电场中的直线运动中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示
10、物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8106 m/s，进入漂移管E时速度为1107 m/s，电源频率为1107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1108 C/kg。求：(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。思路点拨：(1)质子在B管中做匀速直线运动，已知速度
11、，根据题意确定质子在管中运动的时间就可以求出管B的长度。(2)从B管到E管质子被三次加速，根据动能定理就可以确定加速电压。解析(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管A的长度为L，则TLvB联立式并代入数据得L0.4 m。(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电压对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W，质子的电荷量为q、质量为m，则WqUW3WWmvmv联立式并代入数据得U6104 V。答案(1)0.4 m(2)6104 V带电粒子在电场中做直线运动常用关系式(1)用动力学观点分析a，E，v2v2ad(2)用功能观点分析
12、匀强电场中：WqEdqUmv2mv非匀强电场中：WqUEk2Ek11.(2017江苏高考)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A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UEd可得E，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P点，并且会原路返回，故选项A正确。2.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质
13、量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则()A微粒一定带正电B微粒一定做匀速直线运动C可求出匀强电场的电场强度D可求出微粒运动的加速度D因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，故A错误；其合外力必与速度反向，大小为F，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度为a，故B错误，D正确；电场力qE，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，故C错误。带电粒子在电场中的偏转如图所示，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
14、间加上可调偏转电压UYY，一束质量为m、带电荷量为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。(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的长度。思路点拨：解此题要注意两点：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，出电场后做匀速直线运动。(2)灵活应用分解的方法抓住边界条件。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，速度偏转角为，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 ，解得
15、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)由题知aE解得y当y时，UYY则两板间所加电压的范围为UYY。(3)当y时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，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。答案见解析分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动。3.(多选)如图所示为一个示波
16、器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L，不计电子所受的重力。为了提高示波管的灵敏度，可采取的方法是()A减小两板间电势差U2B尽可能使板长L短些C尽可能使板间距离d小一些D使加速电压U1减小一些CD电子的运动过程可分为两个阶段，即加速和偏转阶段。加速阶段：eU1mv，偏转阶段：Lv0t，hat2t2，综合得，因此要提高灵敏度则需要：增大L或减小U1或减小d，故C、D正确。4.(多选)(2019大连二模)如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、
17、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是()A质子和粒子在O2处的速度大小之比为12B质子和粒子在整个过程中运动的时间相等C质子和粒子打到感光板上时的动能之比为12D质子和粒子打到感光板上的位置相同CD根据动能定理有mv20qU，解得v，所以质子和粒子在O2处的速度大小之比为1，选项A错误；质子、粒子在A、B板间做匀加速直线运动，由a可知，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，质子在竖直电场中的加速度大，
18、做类平抛运动的时间较短，可知质子在整个过程中的运动时间小于粒子的运动时间，选项B错误；O2到MN板的电势差用U表示，对整个过程，由动能定理得Ek0q(UU)，故带电粒子的末动能与电荷量成正比，所以质子和粒子打到感光板上时的动能之比为12，选项C正确；质子、粒子由O2到MN板，竖直方向有ht2，水平方向有xvt，联立解得x2，所以质子和粒子打到感光板上的位置相同，选项D正确。带电粒子在交变电场中的运动如图甲所示，电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，
19、上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：甲乙(1)在t0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处？(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？审题指导：题干关键获取信息穿过平行板时间极短上、下极板间的电压U(E)不变上极板电势时间图象电子可向上(向下)偏电子打到的区间电压过大时，电子打到极板解析(1)电子经电场加速满足qU0mv2，经电场偏转后侧移量yat2所以y，由图知t0.06 s时刻U偏1.8U0，所以y4.5 cm。设打在屏上的点距O点的距离为Y，满足所以Y13.5 cm。(2)由y知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过 2U0
20、，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L30 cm。答案(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm(2)30 cm解决带电粒子在交变电场中运动问题的关键(1)处理方法：将粒子的运动分解为垂直电场方向上的匀速运动和沿电场方向的变速运动。(2)比较通过电场的时间t与交变电场的周期T的关系若tT，可认为粒子通过电场的时间内电场强度不变，等于刚进入电场时刻的电场强度。若不满足上述关系，应注意分析粒子在电场方向上运动的周期性。(3)注意分析不同时刻射入电场的粒子在电场中运动的差别，找到满足题目要求的时刻。5如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压。开始A板的电势比B板
21、高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动。设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()甲乙ABCDA电子在交变电场中所受电场力大小不变，加速度大小不变，故C、D两项错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动，T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到tT时刻速度变为零，之后重复上述运动，A项正确，B项错误。6如图甲所示，A、B为两块相距很近的平行金属板，A、B间电压为UABU0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质量为m，带电荷量为e的电子(初速度可视为0)。在B板右侧两
22、块平行金属板M、N间加有如图乙所示的电压，电压变化的周期TL，板间中线与电子源在同一水平线上。已知金属板M、N间距为d，极板长为L，距偏转极板右边缘s处有荧光屏，求：甲乙(1)电子进入偏转极板时的速度；(2)时刻沿中线射入偏转极板间的电子刚射出偏转极板时与板间中线的距离(未与极板接触)。解析(1)设电子进入偏转极板时的速度为v，由动能定理有eU0mv2解得v。(2)由题意知，电子穿过偏转极板所需时间tLT故在时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速再减速，然后反向加速再减速，各段位移大小相等，故电子沿板间中线射出偏转极板。答案(1)(2)01受力特点：一般来说，除明显暗示外，带电小球、
23、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略，一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。2力学规律(1)动力学规律：牛顿运动定律结合运动学公式。(2)能量规律：动能定理或能量守恒定律。3两个结论(1)若带电粒子只在电场力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。(2)若带电粒子只在重力和电场力作用下运动，其机械能和电势能之和保持不变。示例(2019四川省乐山市第一次调研)如图所示，AB是位于竖直平面内、半径R0.5 m的圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度E5103 N/C。今有一质量为m0.1 kg、带电荷量q8105
24、 C的小滑块(可视为质点)从A点由静止释放。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.05，取g10 m/s2，求：(1)小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道上向右滑过的最大距离；(3)小滑块最终运动情况。 解析(1)设小滑块第一次到达B点时的速度为vB，对圆弧轨道最低点B的压力为FN，则由AB，有mgRqERmvFNmgm由牛顿第三定律FNFN故FN3mg2qE2.2 N，方向竖直向下。(2)设小滑块在水平轨道上向右滑行的最大距离为x，对全程由动能定理有mgRqE(Rx)mgx0得x m。(3)由题意知qE81055103 N0.4 Nmg0.050.110
25、N0.05 N因此有qEmg所以小滑块最终在圆弧轨道上往复运动。答案(1)2.2 N，方向竖直向下(2) m(3)在圆弧轨道上往复运动分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线)，然后选用恰当的规律如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、能量守恒定律解题。即时训练1.(多选)(2019江苏七市三模)如图所示，竖直方向上固定一光滑绝缘细杆，两电荷量相等的正点电荷A、B关于细杆对称固定。一带正电荷的小球(图中未标出)套在细杆上，从距两点电荷连线h1处由静止释放，经过时间t1运动到与两点电荷等高处。此过程中小球的速度v、加速度a随时间t的变化图象，动能Ek、电势能Ep
26、随下降距离h的变化图象可能正确的有()ABCDACD如果重力始终大于电场力，则加速度a始终向下，物体一直加速，因为不确定释放位置与最大场强处的关系，所以场强可能一直减小，加速度一直增大，A正确；初始释放后，向下运动，重力大于电场力，加速度a，因为不确定释放位置与最大场强处的关系，所以场强可能一直减小，加速度一直增大；也可能场强先增大后减小，加速度先减小后增大，不可能一直减小，B错误；若开始重力大于电场力，向下加速，动能增大，如果场强先增大后减小，且最大电场力大于重力，则向下运动到mgEq后，继续向下运动，合力向上，开始减速，动能减小，直到再次mgEq，之后场强减小，重力又大于电场力，合力向下，
27、向下加速，动能增大，C正确；因为电场力始终向上，而小球一直向下运动，电场力始终做负功，电势能一直增大，如果场强一直减小，则电场力在单位位移上做功越来越小，电势能增大的越来越慢，D正确。2(2019辽宁省大连市二模)如图甲所示，将一倾角37的粗糙绝缘斜面固定在地面上，空间存在一方向沿斜面向上的匀强电场。一质量m0.2 kg，带电荷量q2.0103 C的小物块从斜面底端静止释放，运动0.1 s后撤去电场，小物块运动的vt图象如图乙所示(取沿斜面向上为正方向)，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：甲乙(1)电场强度E的大小；(2)小物块在00.3 s运动过程中机械能增加量。 解析(1)加速时：a120 m/s2减速时：加速度大小a210 m/s2由牛顿第二定律得：Eqmgsin Ffma1mgsin Ffma2联立得E3103 N/C摩擦力Ff0.8 N。(2)方法一：Ek0Epmgxsin 37x0.3 mEEp所以E0.36 J。方法二：加速距离x1t10.1 m减速距离x2t20.2 m电场力做功WEEqx10.6 J摩擦力做功WfFf(x1x2)0.24 J物块在00.3 s运动过程中机械能增加量EWEWf0.36 J。答案(1)3103 N/C(2)0.36 J
