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 1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绝缘靠近绝对值(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异种电荷电场能电场能 2电容(1)定义：电容器所带的与电容器两极板间的电势差U的比值(2)定义式：.(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 FF1012pF电荷量Q容纳电荷106 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，与介质的成正比，与成反
2、比(2)决定式：C，k为静电力常量正对面积介电常数两板间的距离题组演练带电粒子在电场中的运动 1带电粒子在电场中的加速(1)运动状态分析：带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与在同一直线上，做运动运动方向匀变速直线 以上公式适用于一切电场(包括匀强电场和非匀强电场)2带电粒子在匀强电场中的偏转(1)运动状态分析：带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成90角的电场力作用而做运动(2)处理方法：类似于平抛运动的处理，应用运动的合成与分解的方法 沿初速度方向做运动，运动时间：tl/v0.沿电场力方向做运动匀变速曲线匀速直线匀加速直线 离开电场时的
3、偏移量：y =at2.离开电场时的偏转角：tan v/v0.题组演练示波管的原理 1示波管的构造：2工作原理(如下图所示)电子枪，偏转电极，荧光屏(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沿直线传播，打在荧光屏，在那里产生一个亮斑(2)YY上加的是待显示的XX上是机器自身的锯齿形电压，叫做 电压若所加扫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变化的图象中心信号电压扫描题组演练 一、对电容器电容的理解 1物理意义：电容是反映电容器容纳电荷本领的物理量(1)由C可以看出电压一定时，Q越大，C越大，容纳电荷本领越强本式是定义式，适于各种电容器，同时
4、也给出了一种计算电容的方法(2)电容C的大小不随Q变化，也不随电压变化，就像水桶容量的大小不随是否盛水、盛水多少变化一样 2决定因素：电容的大小由电介质、正对面积和板间距离等自身因素决定 1平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，如图所示，则()A保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则减小 B保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则不变 C开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则增大 D开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则不变 电容器两板间的场强E有无变化呢？把上述各关系代入，得.由此可知场强不变，带电小球
5、 受电场力不变，则不变故选项C错D正确【答案】D 二、带电粒子在电场中的偏转问题分析 1粒子的偏转角问题(1)已知电荷情况及初速度 如右图所示，设带电粒子质量为m，带电荷量为q，以速度v0垂直于电场线方向射入匀强偏转电场，偏转电压为U1.若粒子飞出电场时偏转角为，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(2)已知加速电压U0 若不同的带电粒子是从静止经过同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：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，即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度总是相同的 2粒
6、子的偏转量问题 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)若不同的带电粒子是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由和，得：结论：粒子的偏转角和偏转距离与粒子的q、m无关，仅取决于加速电场和偏转电场即不同的带电粒子从静止经过同一电场加速后进入同一偏转电场，它们在电场中的偏转角度和偏转距离总是相同的 2如右图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离现使U1加倍，要想使电子的运动轨迹不发生变化，应该()A使U2加倍 B使U2变为原来的4倍 C使U2变为原来的倍 D使U2变为原来的1
7、/2倍【解析】要使电子轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对应的偏距y保持不变由【答案】A如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态现将两极板的间距变大，则()电荷将向上加速运动 电荷将向下加速运动 电流表中将有从a到b的电流 电流表中将有从b到a的电流 AB CD【解析】充电后电容器的上极板A带正电不断开电源，增大两板间距，U不变、d增大由E知两极板间场强减小场强减小会使电荷q受到的电场力减小，电场力小于重力，合力向下，电荷q向下加速运动由C 知电容C减小由QCU知极板所带电荷量减少会有一部分电荷返回电源，形成逆时针方向的电流
8、电流表中将会有由b到a的电流，所以正确，故选项B正确【答案】B(1)解决电容器动态问题的思路 确定不变量(分析电压不变或电荷量不变)(2)电容器在充、放电过程中电路中有充电、放电电流 11：如右图所示，A、B为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度下述做法可使指针张角增大的是()A使A、B两板靠近些 B使A、B两板正对面积 错开些 C断开S后，使B板向左 平移减小板间距 D断开S后，使A、B板 错位正对面积减小【解析】由于静电计的金属球与A板等势，外壳与B板等势(电势都为零)，因此静电计测量的是电容器两板间的电压，如果S一直闭合，则两板间的电压始终等于电源的
9、电动势，静电计的张角不会改变，AB项错误；如果使开关S断开，电容器上带电荷量一定，由U 可知，当两板间的距离减小时，U变小，静电计的张角变小，C项错误；当两板间的正对面积减小，则两板间的电压增大，静电计的张角增大，D项正确本题难度中等【答案】D如右图所示，真空室中速度v01.6107 m/s的电子束，连续地沿两水平金属板中心线OO射入，已知极板长l4 cm，板间距离d1 cm，板右端距离荧光屏PQ为L18 cm.电子电荷量q1.61019 C，质量m0.911030 kg.若在电极ab上加u220 sin 100 t V的交变电压，在荧光屏的竖直坐标轴y上能观测到多长的线段？(设极板间的电场是
10、均匀的，两板外无电场、荧光屏足够大)【答案】10 cm偏转问题的分析处理方法(1)类似于平抛运动的分析处理，应用运动的合成和分解的知识(2)从力学的观点和能量的观点着手，按力学问题的分析法加以分析，分析带电粒子在运动过程中其他形式的能和动能之间的转化过程时，可应用动能定理，也可以用能量守恒定律 21：如右图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是()A电荷M的比荷小于电荷N的比荷 B两电荷在电场中运动的加速度相等 C从两
11、电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功 D电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同【解析】电荷做类平抛运动，在竖直方向有y，因时间、电压、板间距相等，所以电荷M的比荷 大，电荷量也大，A错误；加速度是M的大，B错误；电场力做功利用公式WEqy判断C正确；初速度根据xv0t判断D错误【答案】C如下图所示，水平绝缘光滑轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R0.40 m在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E1.0104N/C.现有一质量m0.10 kg的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B
12、端距离x1.0 m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零已知带电体所带电荷q8.0105 C，取g10 m/s2，求：(1)带电体在水平轨道上运动的加速度大小及运动到B端时的速度大小；(2)带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小；(3)带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力和摩擦力对带电体所做的功各是多少【解析】(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有qEma 解得aqE/m8.0 m/s2 设带电体运动到B端时的速度大小为vB，则vB22ax 解得vB4.0 m/s.(2)设带电体运动到圆弧形轨道B端时受
13、轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FNmgmvB2/R 解得FNmgmvB2/R5.0 N 根据牛顿第三定律可知，带电体对圆弧形轨道B端的压力大小FN5.0 N.(3)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中，电场力所做的功W电qER0.32 J 设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为W摩，对此过程根据动能定理有W电W摩mgR0 解得W摩0.72 J.【答案】(1)8.0 m/s24.0 m/s(2)5.0 N(3)0.32 J 0.72 J(1)由于带电微粒在匀强电场中所受电场力与重力都是恒力，因此其处理方法可用正交分解法 先将复杂的运动分解为两个互相正交的简单的
14、直线运动，而这两个直线运动的规律我们可以掌握，然后再按运动合成的观点，去求出复杂运动的相关物理量(2)用能量观点处理带电粒子在复合场中的运动 从功能观点出发分析带电粒子的运动问题时：在对带电粒子受力情况和运动情况进行分析的基础上，再考虑应用恰当的规律(动能定理、能量转化守恒定律等)解题 31：如下图所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点一质量为m带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则()AR越大，x越大 BR越大，小球经过B点
15、后瞬间对轨道的压力越大 Cm越大，x越小 Dm与R同时增大，电场力做功减小【答案】A 1某电容器上标有“25 F450 V”字样，下列对该电容器的说法正确的是()A要使该电容器两极板之间电压增加1 V，所需电荷量为2.5105 C B要使该电容器带电荷量1 C，两极板之间需加电压2.5105 V C该电容器能够容纳的电荷量最多为2.5105 C D该电容器能够承受的最大电压为450 V【解析】由电容器电容的定义CQ/U可得，CQ/U，QCU，要使该电容器两极板之间电压增加U1 V，所需电荷量为Q2.5105 C，A正确，B错误；该电容器能够容纳的电荷量最多为QCU2.51054501.1251
16、02 C，C错误；电容器上所标的450 V是电容器的额定电压，是电容器长期工作时所能承受的电压，低于击穿电压，该电容器能够承受的最大电压大于450 V，D错误【答案】A 2(2009年福建卷)如右图所示，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()A带电油滴将沿竖直方向向上运动 BP点的电势将降低 C带电油滴的电势能将减小 D若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大【解析】当平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离时，两极板之间的距离d增大由C可知，电容C减小，由于移动过程中两极
17、板与电源相连，两极板间的电压U不变，等于电源的电动势E，极板间的场强E场将变小，带电油滴原来在重力和电场力的作用下平衡，带电油滴所受的电场力竖直向上，极板移动后，电场力FqE场会变小，油滴所受合力变为竖直向下，油滴将沿竖直方向向下运动，故A项错误；场强E场减小时，P点到电势为零的负极板的距离dP没变，由PE场dP，P点的电势将降低，故选项B正确；由油滴所受电场力方向可知，油滴带负电，油滴在P点的电势能PqP,降低P，qP的绝对值减小，则油滴的电势能增大，故选项C错误；由电容的定义式C，U不变C减小时，Q要减小，故选项D错误【答案】B 3在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个
18、区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的vt图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则()A在t2.5 s时，小球经过边界MN B小球受到的重力与电场力之比为35 C在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做的功 D在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小【解析】由速度图象可知，带电小球在区域与区域中的加速度之比为32，由牛顿第二定律可知：所以小球所受的重力与电场力之比为35，B正确小球在t2.5 s时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C错误因小
19、球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D错【答案】B 4如右图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是()A板间电场强度大小为mg/q B板间电场强度大小为2mg/q C质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间 D质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间【解析】当质点所受电场力方向向上且大于重力时，质点才可能垂直打到屏上由运动的合成与分解知识，可知质点在水平方向上一直做匀速直线运动，所以质点在电场中做类平抛运
20、动的时间和在重力场中做斜上抛运动的时间相等 由运动规律可知质点在水平方向上做匀速直线运动，vxv0；在竖直方向上：在电场中vyat，如上图所示，离开电场后质点做斜上抛运动，vygt，由此运动过程的对称性可知ag，由牛顿第二定律得：qEmgmamg，解得E2mg/q.故选项B正确【答案】B 5如右图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连，它的极板长L0.4 m，两板间距离d4103 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m4105 kg，电荷量q1108 C(g10 m/s2)求：(1)微粒入射速度v0为多少？(2)为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？(2)电容器的上板应接电源的负极，当所加的电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出 解得：U1120 V 当所加的电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出 解得U2200 V 所以120 VU200 V.【答案】(1)10 m/s(2)与负极相连120 VU200 V
