1、第三节 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动第六章 静电场一、电容器、电容 1电容器(1)组成：由两个彼此_又相互_的导体组成(2)带电量：一个极板所带电量的_(3)电容器的充、放电 充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的_，电容器中储存_ 放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中_转化为其他形式的能绝缘靠近绝对值异种电荷电场能电场能2电容(1)定义式：_.(2)单位：法拉(F)，1 F106F1012pF.CQU3平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与_成正比，与介质的介电常数成_比，与_成反比(2)决定式：C rS4kd，k 为静电力常量正对面积正两极板间距
2、离 CQU或C Q U 适用于任何电容器，但 CrS4 kd仅适用于平行板电容器 1.(多选)对于给定的电容器，描述其电容C、电荷量Q、电压U之间的相应关系的图象正确的是()BC二、带电粒子在电场中的运动 1加速问题(1)在匀强电场中：WqEdqU_；(2)在非匀强电场中：WqU_.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：_运动(3)处理方法：利用运动的合成与分解 沿初速度方向：做_运动 沿电场方向：做初速度为零的_运动 12mv212mv2012mv212mv20匀变速曲线匀速匀加速 带电粒子在电场中的重力问题(1)基本粒子：如电子、
3、质子、粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，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.(多选)(2015高考天津卷)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场 E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场 E2 发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A偏转电场 E2 对三种粒子做功一样多B三种粒子打到屏上时的速度一样大C三种粒子运动到屏上所用时间相同D三种粒子一定打到屏上的同一位置AD考点一 平行板电容器的动态分析运用电容的定义式和决定
4、式分析电容器相关量变化的思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变保持两极板与电源相连，则电容器两极板间电压不变充电后断开电源，则电容器所带的电荷量不变(2)用决定式 C rS4 kd分析平行板电容器电容的变化(3)用定义式 CQU分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化(4)用 EUd分析电容器两极板间电场强度的变化有关平行板电容器的物理量变化分析(多选)(2016甘肃诊断)如图所示为一平行板电容器，两板之间的距离 d 和两板正对面积 S 都可以调节，电容器两板与电池相连接Q 表示电容器的带电荷量，E 表示两板间的电场强度，则下列说法正确的是()A当 d 增大，S 不变时，Q 减
5、小，E 减小B当 S 增大，d 不变时，Q 增大，E 增大C当 d 减小，S 增大时，Q 增大，E 增大D当 S 减小，d 增大时，Q 不变，E 增大AC解析电容器与电池相连，电压不变当 d 增大，S 不变时，由 C rS4 kd 知，C 变小，由 QCU 知，Q 变小，由 EUd知，E 减小，A 正确；当 S 增大，d 不变时，同理可得 C 增大，Q 增大，E 不变，B 错误；当 d 减小，S 增大时，同理可得 C 变大，Q 增大，E 增大，C 正确当 S 减小，d 增大时，C 变小，Q 变小，E 变小，D 错误粒子在平行板电容器中的受力和能量分析(多选)如图所示，两块正对平行金属板 M、N
6、 与电池相连，N 板接地，在距两板等距离的 P 点固定一个带负电的点电荷，如果 M 板向上平移一小段距离，则()A点电荷受到的电场力变小BM 板的带电荷量增加CP 点的电势升高D点电荷在 P 点具有的电势能增加AD解析两极电压不变，M 板上移，d 增大，由 EUd知 E 变小，电场力变小，A 对；由电容的决定式知，M 板上移，电容减小，由 QCU 知，Q 变小，B 错；N 板接地电势为零，PUPNEPN，E 变小，则 P 降低，C 错；由 EpqP，因为 q0，P0，P 变小，则 Ep 变大，D 对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
7、哪些量不变，一般情况下是保持电荷量不变或板间电压不变 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 EUd，分析板间电场强度的变化情况考点二 带电粒子在电场中的直线运动1运动类型(1)带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动(2)带电粒子在不同的匀强电场或交变电场中做匀加速、匀减速的往返运动 2分析思路(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况(2)根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场(3)对带电粒子的往返运动，可采取分段处理 粒子仅在电场力作用下的匀加速直线运动(单
8、选)(2015高考海南卷)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距 l.在正极板附近有一质量为 M、电荷量为q(q0)的粒子；在负极板附近有另一质量为 m、电荷量为q的粒子在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距25l 的平面若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则 Mm 为()A32B21C52 D31A解析设电场强度为 E.由题意知粒子的运动时间相同对 M有，aEqM，25l12EqMt2；对 m 有 aEqm，35l12Eqm t2，联得Mm32，A 正确粒子仅在电场力作用下的往复运动(多选)如图所示为匀强电场的电场强度 E 随时间 t 变化的图
9、象当 t0 时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是()A带电粒子将始终向同一个方向运动B2 s 末带电粒子回到原出发点C3 s 末带电粒子的速度为零D03 s 内，电场力做的总功为零CD解析由牛顿第二定律知，带电粒子在第 1 s 内的加速度 aEqm 为第 2 s 内加速度 a2Eqm 的12，因此先加速 1 s 再减速0.5 s 至速度为零，接下来的 0.5 s 将反向加速，vt 图象如图所示，由对称性可知，反向加速的距离是带电粒子刚好回到减速开始的点，A、B 均错误；03 s 内，带电粒子的初、末速度均为零，动能的变化为零，电场力做的功为
10、零，C、D 正确粒子在电场力和重力作用下的直线运动(2014高考安徽卷)如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，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：(1)小球到达小孔处的速度；(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间解析(1)由 v22gh，得 v 2gh.(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mgqEma由运动学公式知：0v22ad整理得电场强度 Em
11、g（hd）qd由 UEd，QCU，得电容器所带电荷量 QCmg（hd）q.(3)由 h12gt21，0vat2，tt1t2整理得 thdh2hg.答案(1)2gh(2)mg（hd）qd Cmg（hd）q(3)hdh2hg带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析思路考点三 带电粒子在电场中的偏转1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：aFmqEm qUmd.(2)在电场中的运动时间：t lv0.(3)位移lvxtv0ty12at2，y12at2 qUl22mv20d.(4)速度vxv0vyat，vyqU
12、tmd，v v2xv2y，tan vyvx qUlmv20d.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的偏转角度总是相同的证明：由 qU012mv20及 tan qUlmdv20得 tan Ul2U0d.(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l2.3带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系：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：qUy12mv212mv20，其中 UyUdy，指初、末位置间的电势差带电粒子在匀强电场中的偏转 如图所示，虚线 MN 左侧有一场强为
13、E1E 的匀强电场，在两条平行的虚线 MN 和 PQ 之间存在着宽为 L、电场强度为 E22E 的匀强电场，在虚线 PQ 右侧相距为 L 处有一与电场 E2 平行的屏，现将一电子(电荷量为 e，质量为m)无初速度地放入电场 E1 中的 A 点，最后电子打在右侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为 O，求：(1)电子从释放到打到屏上所用的时间；(2)电子刚射出电场 E2 时的速度方向与 AO 连线夹角 的正切值 tan ；(3)电子打到屏上 P点到 O 点的距离 x.审题突破(1)电子在电场 E1 中做_运动，在电场 E2 中又做_运动(2)电子离开电场 E2 时的竖直速度 vy_解析(1)电子在
14、电场 E1 中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为 a1，时间为 t1，由牛顿第二定律和运动学公式得：a1eE1m eEmL212a1t21v1a1t1，t22Lv1运动的总时间为 tt1t23mLeE.(2)设电子射出电场 E2 时，沿平行电场线方向的速度为 vy，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为a2eE2m 2eEmt3Lv1，vya2t3tan vyv1联立各式解得 tan 2.(3)如图，设电子在电场中的偏转距离为 x1x112a2t23tan x2L解得：xx1x23L.答案(1)3mLeE(2)2(3)3L带电体在匀强电场中的偏转(多选)如图所示，在真空室中有一水平放
15、置的不带电平行板电容器，板间距离为 d，电容为 C，上板 B 接地现有大量质量均为 m、带电荷量均为 q 的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板 A 的正中央 P 点如果能落到 A 板的油滴仅有 N 滴，且第 N1 滴油滴刚好能飞离电场，假定落到 A 板的油滴的电荷量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为 g，则下列说法正确的是()A落到 A 板的油滴数 N3Cdmg4q2B落到 A 板的油滴数 NCdmg4q2C第 N1 滴油滴经过电场的整个过程中所增加的动能为mgd8D第 N1 滴油滴经过电场的整个过程中减少的机械能为3m
16、gd8ACD审题突破(1)平行板带电后，油滴将在重力和电场力作用下做_运动(2)第 N1 滴油滴刚好飞离电场时，电容器的带电量为_ 解析第 1 滴油滴进入电场，在板中飞行时间为 t，则有 tL2v0，d212gt2，第 N 滴油滴落到极板上后，设两极板的电压为 U，mgUdqma，第 N1 滴油进入电场后，设在板中的飞行时间为 t，根据题意有 tLv0，d212at2，解得 a14g，U3mgd4q，根据 CQU，第 N 滴油滴落到极板上后极板上的电荷量为 Q3Cdmg4q，故落到 A 板的油滴数 N3Cdmg4q2，选项 A 正确、B 错误；第 N1 滴油滴经过电场的整个过程中合力 F14m
17、g，合力做功18mgd，增加的动能为mgd8，选项 C 正确；电场力 F 电34mg，电场力做功38mgd，减少的机械能为3mgd8，选项 D 正确 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：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做类平抛运动(若计重力，qEmg)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.微专题20 方法技巧带电粒子在交变电场中的运动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
18、时间t与交变电场的周期T的关系：(1)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场强(2)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 (18 分)如图甲所示，离子源产生的正离子由离子源飞出时的速度可忽略不计，离子离开离子源后进入一加速电压为 U0 的加速电场，偏转电场极板间的距离为 d，极板长为l2d，偏转电场的下极板接地，偏转电场极板右端到竖直放置的足够大的荧光屏之间的距离也为 l.现在偏转电场的两极板间接一周期为 T 的交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示(设正离
19、子的电荷量为 q、质量为 m，大量离子从偏转电场中央持续射入，穿过平行板的时间都极短)(1)试计算离子刚进入偏转电场时的速度 v0 的大小；(2)在电势变化的过程中发现荧光屏有“黑屏”现象，即无正离子到达荧光屏，试计算每个周期内荧光屏黑屏的时间 t；(3)离子打到荧光屏上的区间的长度 x.审题突破(1)粒子穿过平行板的时间极短，可认为粒子此过程中两极电压不变(2)“黑屏”的临界条件是粒子恰好不能射出电场，根据对应的电压值和图象确定该时间(1)由题意可知，离子刚进入偏转电场时的速度大小恰为离子出加速电场时的速度大小，由动能定理可得 qU012mv20(2 分)解得离子刚进入偏转电场时的速度大小为
20、 v02qU0m.(1分)(2)由题意可知，只要正离子能射出偏转电场，即可打到荧光屏上，因此当离子打在偏转电场的极板上时，出现“黑屏”现象设离子刚好能射出偏转电场时的偏转电压为 U，则有d212qUmdlv02(3 分)又因为 l2d(2 分)所以可得 UU02(1 分)由题图乙可知，在偏转电压 U 在 0.5U0U0 之间变化时，进入偏转电场的离子无法射出偏转电场打在荧光屏上，因此每个周期内出现“黑屏”的时间为 tT2.(2 分)(3)设离子射出偏转电场时的侧移量为 y，打在荧光屏上的位置到 O 点的距离为 Y，如图所示，由几何关系可得yYd23d213(4 分)所以离子打到荧光屏上的区间的
21、长度x2Y6y6d23d.(3 分)答案(1)2qU0m (2)T2(3)3d 如图甲所示，长为 L、间距为 d 的两金属板 A、B 水平放置，ab 为两板的中心线，一个带电粒子以速度 v0从 a 点水平射入，沿直线从 b 点射出，若将两金属板接到如图乙所示的交变电压上，欲使该粒子仍能从 b 点以速度 v0射出，求：(1)交变电压的周期 T 应满足什么条件？(2)粒子从 a 点射入金属板的时刻应满足什么条件？解析:(1)为使粒子仍从 b 点以速度 v0 穿出电场，在垂直于初速度方向上，粒子的运动应为：加速，减速，反向加速，(反向)减速，经历四个过程后，回到中心线上时，在垂直于金属板的方向上速度
22、正好等于零，这段时间等于一个周期，故有LnTv0，解得 T Lnv0粒子在14T 内离开中心线的距离为 y12a14T 2又 aqEm，EU0d，解得 yqU0T232md在运动过程中离开中心线的最大距离为ym2yqU0T216md粒子不撞击金属板，应有 ym12d解得 T2d2mqU0故 n L2dv0qU02m，即 n 取大于等于 L2dv0qU02m的整数所以粒子的周期应满足的条件为T Lnv0，其中 n 取大于等于 L2dv0qU02m的整数(2)粒子进入电场的时刻应为14T，34T，54T，故粒子进入电场的时刻为 t2n14T(n1，2，3)答案:(1)T Lnv0，其中 n 取大于等于 L2dv0qU02m的整数(2)t2n14T(n1，2，3)本部分内容讲解结束 按ESC键退出全屏播放