1、基础课时18 电容器 带电粒子在电场中的运动知识点一、常见电容器 电容器的电压、电荷量和电容的关系1常见电容器(1)组成：由两个彼此_又相互_的导体组成。(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的_。(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。知识梳理 绝缘靠近绝对值异种电荷电场能电场能2电容(1)定义：电容器所带的_Q与电容器两极板间的电势差U的比值。(2)定义式：C_。(3)物理意义：表示电容器_本领大小的物理量。(4)单位：法拉(F)1 F_ F1012 pF电荷量QU容纳电
2、荷106思考对公式 CQU，能否理解为 C 与 Q 成正比，与 U 成反比？3平行板电容器(1)影响因素：平行板电容器的电容与_成正比，与电介质的_成正比，与极板间距离成反比。(2)决定式：C rS4kd，k 为静电力常量。极板的正对面积相对介电常数知识点二、带电粒子在匀强电场中的运动思考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的关系怎样？说出理由？知识点三、示波管1构造及功能(如图1所示)(1)电子枪：发射并加速电子。(2)偏转电极YY：使电子束竖直偏转(加信号电压)；偏转电极XX：使电子束水平偏转(加扫描电压)。图 12工作原理偏转电极XX和YY不加电压，
3、电子打到屏幕中心；若只在XX之间加电压，电子只在X方向偏转；若只在YY之间加电压，电子只在Y方向偏转；若XX加扫描电压，YY加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图像。思考证明粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点为粒子水平位移的中点。1(多选)有一只电容器的规格是“1.5 F,9 V”，那么()A这只电容器上的电荷量不能超过1.5105 CB这只电容器上的电荷量不能超过1.35105 CC这只电容器的额定电压为9 VD这只电容器的击穿电压为9 V解析 9 V为电容器的额定电压(或工作电压)，正常工作时的带电荷量QCU1.51069 C1.35105 C，选项B、C正确。答案
4、BC诊断自测 2(2016四川攀枝花诊断)静电计是在验电器基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间电势差大小。如图2所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，A板固定，手握B板的绝缘柄，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计G指针张开一定角度。则()图 2A保持S闭合，只将A、B两板靠近些，G指针张角变小B保持S闭合，只将变阻器滑动触头向左移动，G指针张角变大C断开S后，只将A、B两板分开些，G指针张角变小D断开S后，只在A、B两板间插入电介质，G指针张角变小解析 保持开关闭合，电路稳定时电路中没有电流，则电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，不论 A、
5、B 两板靠近些，还是将变阻器滑动触头向左移动，则静电计指针张角不变，选项 A、B 错误；断开开关，电容器的带电荷量 Q 不变，将 A、B 两极板分开一些，则 d 增大，根据 C rS4kd，可知电容减小，而 Q 不变，根据 CQU，知电容器极板间电势差增大，静电计指针张角增大，选项 C 错误；答案 D断开开关，在 A、B 两板间插入一块电介质，则据 C rS4kd，可知电容增大，而 Q 不变，根据 CQU，知电容器极板间电势差减小，静电计指针张角减小，选项 D 正确。3(多选)(2015江苏单科，7)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。不计空气阻力，则小球()A做
6、直线运动 B做曲线运动C速率先减小后增大 D速率先增大后减小图 3解析 对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误。答案 BC4(多选)(2016广州市综合测试)如图4所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑。如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则()A在荧屏上的亮斑向上移动B在荧屏上的亮斑向下移动C偏转电场对电子做的功增大D偏转电场的电场强度减小图 4解析 电子束在偏
7、转电场中做类平抛运动，沿垂直电场方向做匀速运动，故在电场中运动时间不变。电子在偏转电场中受向上的电场力，故向上偏转，A项正确，B项错误；沿电场方向上，电子束做匀变速直线运动，两板间电压增大，偏转电场的场强增大，D项错误；电子所受电场力增大，因此加速度增大，由位移公式可知，电子在电场中侧移量增大，由功的定义式可知，电场力做功增大，C项正确。答案 AC5如图 5 所示，M、N 是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M 中间有一小孔。M、N 分别接到电压恒定的电源两端(未画出)。小孔正上方有一点A，A 与极板 N 的距离为 h，与极板 M 距离为13h，某时刻有一带电微粒从 A 点由静止下落，到
8、达极板 N 时速度刚好为零。若将极板 N 向上平移29h，该微粒再从 A 点由静止下落，求进入电场后速度为零的位置与极板 M 间的距离。解析 设板间电压为 U，由动能定理得 mghqU0将下极板向上平移29h 后，U 不变，板间距离为d23h29h49h则板间电场强度 EUd9U4h设微粒在距上极板 x 处速度为零，则由动能定理得mg(13hx)qEx0联立解得 x 415h答案 415h考点一 平行板电容器的动态分析平行板电容器的动态分析思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。(2)根据决定式 C rS4kd分析平行板电容器电容的变化。(3)根据定义式 CQU分析电容器所带电
9、荷量或两极板间电压的变化。(4)根据 EUd分析电容器极板间场强的变化。例 1(2015江西南昌二模)如图 6 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。一带电油滴位于两板中央的 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下移动一小段距离，则()A带电油滴将沿竖直方向向上运动B带电油滴将沿竖直方向向下运动CP 点的电势将降低D电容器的电容减小，电容器的带电量将减小答案 A解析 根据电容器的决定式 C rS4kd，当上极板向下移动时，d 减小，电容变大，又 CQU，电压 U 不变，因此电容器带电量增多，D 错误；根据电容器内部电场强度 EUd可知，d
10、 减小，场强增大，油滴受到向上的电场力增大，将向上运动，A 正确，B 错误；由于场强增大，由 UEd 可知，P 与下极板电势差变大，P 点电势升高，C 错误。拓展延伸(1)在例1中，试分析带电油滴运动过程中电势能和重力势能之和如何变化；(2)在例1中，若电容器充电稳定后，断开电源，试分析当电容器下极板竖直向上移动一小段距离后，带电油滴将如何运动，其电势能如何变化。答案(1)见解析(2)见解析解析(1)带电油滴沿竖直方向向上运动的过程，只有电场力和重力做功，油滴的动能、重力势能和电势能的总和不变，油滴的动能增大，故电势能和重力势能之和减小。(2)电容器充电稳定后，断开电源，两极板所带电荷量保持不
11、变。由 C rS4kd、CQU、EUd可得，E4kQrS，当电容器下极板竖直向上移动一小段距离时，场强不变，油滴受力情况不变，故油滴静止不动。由带电油滴受力情况可以判断油滴带负电，由 UEd 知 P 与下极板电势差变小，P点电势降低，由 Epq 可知带电油滴的电势能增加。两类典型的动态变化分析变式训练1(2015合肥质检)如图 7 所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，R0为定值电阻，R1、R2 为可变电阻，开关 S 闭合。质量为 m 的带正电的微粒从 P 点以水平速度 v0 射入金属板间，沿曲线打在 N 板上的 O 点，若经下列调整后，微粒仍从 P 点以水平速度 v0 射入，则关于微粒打在
12、 N 板上的位置说法正确的是()A保持开关S闭合，增大R1，微粒打在O点左侧B保持开关S闭合，增大R2，微粒打在O点左侧C断开开关S，M极板稍微上移，微粒打在O点右侧D断开开关S，M极板稍微下移，微粒打在O点右侧解析 闭合开关，电路稳定后，无电流通过电阻 R2，故电容器两极板间电压与 R0 两端电压相同，故调整 R2 大小对两板间电场无影响，B 项错误；由电路连接情况可知，两板间电场方向竖直向上，故带正电微粒所受电场力方向竖直向上，电阻 R0 与 R1 串联，根据串联分压规律可知，增大 R1，R0 两端电压减小，两极板间电压减小，粒子所受电场力减小，故微粒所受合外力竖直向下，且增大，由牛顿第二
13、定律可知，微粒运动加速度增大，竖直方向上，d212at2，水平方向上，xv0t，由两式可知，微粒水平位移减小，微粒将打在 O 点左侧，A 项正确；答案 A断开开关，电容器所带电荷量 Q 不变，由电容的决定式 C rS4kd，定义式 CQU，场强与电势差的关系式 UEd，解以上各式可得 E4kQrS，可知改变板间距离不会改变两板间场强，所以粒子仍打在 O 点，C、D 项错误。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。考点二 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动
14、2用动力学观点分析aF合m，EUd，v2tv202ad。3用功能观点分析匀强电场中：WqEdqU12mv2t12mv20非匀强电场中：WqUEk2Ek1例 2 在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为 d，当平行板电容器的电压为 U0 时，油滴保持静止状态，如图 8 所示。当给电容器突然充电使其电压增加 U1 时，油滴开始向上运动；经时间 t 后，电容器突然放电使其电压减少U2，又经过时间 t，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计。重力加速度为 g。求：(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；
15、(2)第一个t与第二个t时间内油滴运动的加速度大小之比；(3)U1与U2之比。解析(1)油滴静止时满足：mgqU0d 则qmdgU0。(2)设第一个 t 时间内油滴的位移为 x1，加速度为 a1，第二个 t 时间内油滴的位移为 x2，加速度为 a2，则x112a1t2，x2v1t12a2t2且 v1a1t，x2x1解得 a1a213。(3)油滴向上加速运动时：qU0U1dmgma1，即 qU1d ma1油滴向上减速运动时：mgqU0U1U2dma2，即 qU2U1dma2则U1U2U113 解得U1U214。答案(1)dgU0(2)13(3)141带电体重力是否计入的判断：(1)微观粒子(如电
16、子、质子、离子等)和无特别说明的带电粒子，一般都不计重力(并不是忽略质量)；(2)带电微粒(如油滴、液滴、尘埃、小球等)除有特别说明或暗示外，一般要考虑重力；(3)原则上，所有未明确交代的带电体，都应根据题设运动状态和过程，反推是否计重力(即隐含条件)。2带电体在匀强电场中的直线运动问题的分析方法变式训练2(2016安徽池州联考)如图9所示，匀强电场水平向左，带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动，经A点时动能为100 J，到B点时动能减少到80 J，减少的动能中有12 J转化为电势能，则它再经过B点时，动能大小是()A4 J B16 J C32 J D64 J图 9答案 B解析 设物体向右运
17、动到 C 点静止，然后返回，A、B 间距离为 x1，B、C 间距离为 x2，从 A 到 B 过程中，由动能定理得(fqE)x1(80100)J20 J。由电场力做功与电势能的关系知 qEx112 J，解得 qE3f2。从 B 到 C 过程中，由动能定理得 L(fqE)x280 J，解得 fx232 J。从 B到 C 再返回 B 的过程中，由动能定理得：2fx2Ek80 J，解得 Ek16 J，故选项 B 正确。1偏转问题(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场。(2)运动形式：类平抛运动。(3)处理方法：应用运动的合成与分解。考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转(4)运动规律：加速度
18、：aFmqEm qUmd 在电场中的运动时间：t lv0 离开电场时的偏移量 y12at2 qUl22mv20d 离开电场时的偏转角 tan vyvx qUlmv20d2两个结论(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。(2)粒子经电场偏转后，末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。例3(多选)(2015天津理综，7)如图1
19、0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图 10解析 设加速电场宽度为 d，偏转电场长度为 L，在加速电场中有 qE1d12mv20，在偏转电场中有 Lv0t，y12qE2m t2 得yE2L24E1d，与比荷无关，所以三种粒子一定打到 屏上同一位置，故选项 D 正确；偏转电场对粒子做功 WqE2yE22L2q4
20、E1d，与粒子质量无关，所以选项 A 正确；三种粒子在加速电场和偏转电场中电场力做功 qE1dqE2y12mv2，粒子打到屏上的速度 v4E21d2E22L22E1dqm，与比荷有关，故速度不一样大，B 错误；答案 AD粒 子 运 动 到 屏 上 的 时 间 t dv02 LLv0(2dE1 LL2E1d)mq，与比荷有关，故 C 错误。带电粒子在电场中偏转问题求解通法垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动。(1)解决带电粒子先加速后偏转模型的通法：加速
21、电场中的运动一般运用动能定理 qU12mv2 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距离 Y 的四种方法：Yydtan(d 为屏到偏转电场的水平距离)；Y(L2d)tan(L 为电场宽度)；Yyvy dv0；根据三角形相似YyL2dL2。变式训练3带电粒子的“电偏转”(2014山东理综，18)如图11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进入矩形区(两粒子不同
22、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()A.s22qEmh Bs2qEmhC.s42qEmh Ds4qEmh图 11答案 B解析 因为两粒子轨迹恰好相切，切点为矩形区域中心，则对其中一个粒子，水平方向s2v0t，竖直方向h212at2，且满足 aqEm，三式联立解得 v0s2qEmh，故 B 正确。4带电粒子的“电加速”“电偏转”(2016江苏泰州姜堰区期中)如图12 所示，离子发生器发射一束质量为 m、电荷量为q 的离子，从静止经 PQ 两板间的加速电压加速后，以初速度 v0 从 a 点沿 ab 方向进入一匀强电场区域，abcd 所围成的
23、正方形是该匀强电场的边界，已知 ab 长为 L，匀强电场的方向与 ad 边平行且由 a 指向 d。(1)求加速电压U0；(2)若离子恰从c点飞离电场，求a、c两点间的电势差Uac；(3)若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mv，求此时匀强电场的场强大小E。解析(1)对离子在 PQ 两板间的加速过程，根据动能定理，有 qU012mv20解得 U0mv202q(2)设 abcd 区域内电场的场强大小为 E，则ab 方向有：Lv0tad 方向有：L12at2qE2mt2又 UacEL联立解得 Uac2mv20q(3)根据 Ekmv20可知，离子射出电场时的速度 v 2v0，方向与 ab 所在直线的夹角为 45，即 vxvy根据 xvxt，yvy2 t 可得 x2y则离子将从 bc 边上的中点飞出，即 yL2根据动能定理，有 Eqymv2012mv20解得 Emv20qL。答案(1)mv202q (2)2mv20q(3)mv20qL