第六章第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动整理

1、第三节电容器与电容带电粒子在电场中的运动I暹他更理二型忠旦典L；学生用书P116一、电容器、电容1. 电容器(1) 组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成.带电量：一个极板所带电量的绝对值.(3)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能. 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Q(1) 定义式：gu.(2) 单位：法拉(F), 1 F = 106F= 1012pF.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，与介质的介电常数成正比，与 两极板间距离成反比.决定式：C

2、 = 4 n(j， k为静电力常量.特别提醒：C= Q或C = tQ适用于任何电容器，但 C = -HrS仅适用于平行板电容器. UIAU 丿4 jkd個整動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()答案：BC二、带电粒子在电场中的运动1. 加速问题1 2 1 2(1) 在匀强电场中： W= qEd= qU = mv mvn；1 2 1 2在非匀强电场中： W= qU = mv 2vo.2. 偏转问题(1) 条件分析：不计重力的带电粒子以速度vo垂直于电场线方向飞入匀强电场.(2) 运动性质：匀变速曲线运动.(3) 处理方法：利用运动的合成与

3、分解. 沿初速度方向：做匀速运动. 沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动.特别提示：带电粒子在电场中的重力问题(1) 基本粒子：如电子、质子、a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).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. (单选)(2015中山模拟)如图所示，质子(1H)和a粒子(；He)以相同的初动能垂直射入偏转电y之比为（）B. 1 : 2D. 1 : 4龙师在线多边互动场（粒子不计重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移A. 1 : 1C. 2 : 1 答案：B（多维课堂考点突破配彗ITT煤件详见世

4、盘也町餐卅91#学關 w w.91daoxue+coin ）进入甜廉堂考点一平行板电容器的动态分析学生用书P117运用电容的定义式和决定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.（1）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。=总分析平行板电容器电容的变化.4 nd3. 用定义式C=Q分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化.4. 用E=分析电容器两极板间电场强度的变化. d（多选）（2015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

5、.Q表示电容器的带电荷量， E表示两板间的电场强度.贝U （）A.当d增大，S不变时，Q减小，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增大解析电容器与电池相连，电压不变.当d增大，S不变时，由C = 4鑫知，C变小,E减小，A正确当S增大，d不变时，同理可得 C增B错误当d减小，S增大时，同理可得 C变大，Q增大，E增大，由Q = CU知，Q变小，由E=彳知 大，Q增大，E不变，C正确.当S减小，d增大时，C变小，Q变小，E变小，D错误.答案AC总结提升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

6、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 变或板间电压不变.E= U，分析（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 板间电场强度的变化情况.1. （多选）如图所示，两块正对平行金属板M、N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 （）.pA. 点电荷受到的电场力变小B. M板的带电荷量增加C. P点的电势升高D .点电荷在P点具有的电势能增加解析：选AD.两极电压不变，M板上移，d增大，由E = 知E变小，电场力变小， Ad对；由电容的决定式知， M板上移，电容减小，由 Q = CU

7、知Q变小，B错；N板接地电势 为零，牡=Upn= E -PN , E变小，贝U昴降低，C错；由Ep= q仆，因为q0,护变 小，贝U Ep变大，D正确.考点二带电粒子在电场中的直线运动学生用书P1171. 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.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.反射式速

8、调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似.如图所示，在虚 .一 线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从 A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动.已知电场强度的大小分别是 E1 = 2.0X 103n/C和E2= 4.0X 103 N/C,方向如图所 示，带电微粒质量 m= 1.0X 10 20 kg,带电荷量q= 1.0X 10 9 C, A 点距虚线MN的距离d1 = 1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效 应.求：(1) B点距虚线MN的距离d2；(2) 带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.解

9、析(1)带电微粒在由A点运动到B点的过程中，由动能定理得 |q|E1d1 |q|E2d2= 0 E1由式解得d2= d1 = 0.50 cm.E2设带电微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为aa2,由牛顿第二定律有|q|E1 =ma1|q|E2= ma?设带电微粒在虚线 MN两侧运动的时间分别为 h、t2，由运动学公式有 d1 = ；a1t2d2 = *a2t2 又 t= ti + t2由式解得t = 1.5 X 10 一8 s.8答案(1)0.50 cm (2)1.5 X 10 s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()i1ii40145Y

10、/nJ-20A .带电粒子将始终向同一个方向运动B. 2s末带电粒子回到原出发点C. 3 s末带电粒子的速度为零D. 03 s内，电场力做的总功为零解析：选CD.由牛顿第二定律知，带电粒子在第1 s内的加速度a=田为第2 s内加速度a= 2Eq的1,因此先加速1 s再减速0.5 smm 2速度为零，接下来的 0.5 s将反向加速，v-1图象如图所示，由对 称性可知，反向加速的距离使带电粒子刚好回到减速开始的点， 电粒子的初、末速度均为零，动能的变化为零，电场力做的功为零， 考点三 带电粒子在电场中的偏转学生用书P118B均错；03 s内，带C、D正确.1.基本规律 设粒子带电荷量为 板长为I，

11、板间距离为(1)加速度：a= mq,质量为 m,两平行金属板间的电压为 d(忽略重力影响)，则有=qE=qUm md.(2)在电场中的运动时间：t = 土.U,Vxt = Vot = l位移1 21 .2y= 2at =1珂=yVx = v0Vy = at v= 7 vi+ V：, tan(4)速度vy =葺,y md0= VX= rS2.两个结论(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.1证明：由 qUo = 2mv0及 tan =Ultan 0=2U0d(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的中点，即O到电场边缘的

12、距离为23.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：qUy=22d如图所示，虚线 MN左侧有一场强为 E1= E的匀强电场，在两条平行的虚线O为粒子水平位移MN和PQ之间存在着宽为 L、电场强度为 E2= 2E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0的正切值tan 0;(3) 电子打到屏上的点 P

13、 到点O的距离x.ai,时间为解析(i)电子在电场Ei中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为 ti,由牛顿第二定律和运动学公式得：eEi eEai=mL- 21ait2vi = aiti2Lt2 =运动的总时间为t = t1 + t2=mL eE .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eE2m2eEma2 =LVy = a2t3Vytan 0=vi解得：tan 0= 2.如图，设电子在电场中的偏转距离为Xitan 0=解得：x= xi + x2= 3L.答案(i)3催23. (单选)(20i4中有一矩形区域abed，水平边(3)3L

14、高考山东卷)如图, ab长为s,竖直边场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场ad长为h.质量均为m、带电量分别为+和- q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率V。进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)不计重力若两粒子轨迹恰好相切，则Vo等于()sa.22qE mh2qE mh选B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2= vt，竖直方向h= 2at1 2 3 * *且满足a = Eq，三式联立解得vo=；C.4解析:mh，故 B正确学生用书P119方法技巧一一带电粒子在交变电场中的偏转1 注重全面分析(分析受力特点和运动特点)，找到满足题目要求所需

15、要的条件.2. 比较通过电场的时间 t与交变电场的周期 T的关系：(1)若t? T,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沙 (20分)如图甲所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为Uab= 1 125 V ,板中央有小孔 O和O 现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入 A、B之间.在23B板右侧，平行金属板 M、N长L1 = 4X 10 m,板间距离d = 4X 10 m,在距离M、N右侧 边缘L2= 0.1 m处有一荧光屏 P,当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的0

16、并发出荧光.现给金属板M、N之间加一个如图乙所示的变化电压比，在电压变化时，19c. 求:M板电势低于N板.已知电子质量为me 9.0 X 10 kg ,电量为e= 1.6 X 102X 1.（9.oX010311 若不能射出，则从 N板上边缘射出的为最大偏距.m/s = 2X 10(3) 动能最大者就是在电场中偏距最大的粒子. 规范解答该得的分一分不丢! (1)电子经A、B两块金属板加速,m/s.（2 分）L1 9(2)电子通过极板的时间为t = /2X 有：eUAB = mv0(2 分) s,远小于电压变化的周期，故电子通过极板时可认为板间电压不变.(2分)当Ui= U2= 22.5 V时

17、，电子经过 M、N极板向下的偏移量最大，为1 eU2 Li 2 yi= 2md 忑1911.6 X 10 X 22.50.042=2X 9.0 X 1031X 4X 10 3X 2 X 107 m3=2X 10 m（3 分）y10, D 正确.、课后达标检测一、单项选择题A、B和1某位移式传感器的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，平行金属板介质P构成电容器，当可移动介质 P向左匀速移出的过程中（）A .电容器的电容变大B .电容器的电荷量保持不变C. M点的电势比N点的电势低D .流过电阻R的电流方向从M到N解析：选D.当可移动介质P向左匀速移出的过程中，介电常数减小，电容器电容变小，

18、选项A错误；电容器的电压等于电源电动势不变，电荷量Q = CU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向 MtRtN, M点的电势比N点的电势高，选项 C错误，D正确.带电油滴悬浮在两板之间静（ ）2. （2014高考天津卷）如图所示，电路中 R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平 行板电容器C的极板水平放置.闭合电键S,电路达到稳定时， 止不动.如果仅改变下列某 一个条件，油滴仍能静止不动的是A 增大Ri的阻值B 增大R2的阻值C.增大两板间的距离D .断开电键Sd，当其静止时，有UCq = UR1d dR2,油滴受力不变，仍保持，增大d, U不变时，E减小，油滴将向下加速；断开电键 S,

19、电容器将通解析：选B.设油滴质量为 m,电荷量为q，两板间距离为 q= mg;由题图知，增大 Ri, Uri增大，油滴将向上加速，增大 静止；由E =过Ri、R2放电，两板间场强变小，油滴将向下加速，故只有B项正确.3. （2014高考天津卷）如图所示，平行金属板 A、B水平正对放置，分别带等量异号电 荷一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那RA板一定带正电荷 N点电势能一定增加 N点动能一定增加 N点机械能一定增加么（）A 若微粒带正电荷，则M点运动到M点运动到M点运动到B .微粒从 C.微粒从 D .微粒从解析：选C.微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与

20、重力的合力向下，若微粒带正电， 只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；由于不能确定电场力的方向，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微粒受到的合外力做正功，根据动 能定理可知，微粒从 M到N的过程中动能增加，C项正确；由于不能确定除重力以外的力 即电场力做的是正功还是负功，根据功能原理可知，不能确定微粒从M到N过程中机械能是增加还是减少，D项错误.4. （2015汕头模拟）如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子（速度可视为零），经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场.电子的重力不计.在

21、满足电子能射出偏转电场的条件下.下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）A .仅将偏转电场极性对调B .仅增大偏转电极间的距离C.仅增大偏转电极间的电压 D .仅减小偏转电极间的电压 解析：选C.设加速电场电压为过程中，由Uoq =晋，得vo=- 1P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运（ ）Uo,偏转电压为U，极板长度为L,间距为d，电子加速 2U四，电子进入极板后做类平抛运动，时间t= , a=乎,mvodmvy= at, tan 0= =，由此可判断C正确.vo 2Uod5. （2015宿州模拟）如图所示，竖直放置的两个平行金

22、属板间存在匀强电场，与两板上边 缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放， 动到右极板的过程中它们的A .运行时间tPtQB .电势能减少量之比AEp : AEq = 2 : 1C.电荷量之比qp ： qQ = 2 : 1D .动能增加量之比 AEkP： AEkQ= 4 : 1解析：选C.两球在竖直方向上都做自由落体运动，由于下落高度相同，所以运动时间 相等，A错；在水平方向上，两球都做匀加速运动， 由x = 2at2可得：aP : aQ= 2 ： 1,则qP ： qQ= 2 : 1, C 正确；电势能的减少量： AEp ： AEq

23、 = （qpE xp） : （qqE xq） = 4 : 1, B 错；动能 增加量：（mgh+ AEp） : （mgh+ AEq）4 : 1, D 错. 6.（2015湖北八校联考）有一静电场，其电势随 x坐标的改变而改变，变化的图线如图 所示.若将一带负电的粒子（重力不计）从坐标原点O由静止释放，电场中 P、Q两点分别位 于x坐标轴上的1 mm、4 mm处.则下列说法正确的是 （）A .粒子将沿x轴正方向一直向前运动B .粒子在P点与Q点的加速度大小相等、方向相反C. 粒子经过P点与Q点时，动能相等D. 粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等解析：选C.由题中0 x图，画出电场强度 E

24、随x变化的图象及带电粒子的 v t图象， 如图所示，由图可知A错误；由牛顿第二定律知， 粒子在P、Q两点的加速度满足 ap= 2aQ, B错误；由v t图象可知，粒子在 P、Q两点对应的时间分别是_22t0和（3 ，2）t0,其速度相 等，C正确；粒子在P、Q两点的功率P= Eqv，因电场强度不相同，故功率不同，D错误.二、多项选择题7. （2015河南南阳一中月考）给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电.板间一带电小球 C用绝缘细线悬挂，如图所示.小球静止时与竖直方向的夹角为0,则（）A .若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小B .若将B极板向下平移稍许，A、B两板间

25、电势差将增大C.若将B极板向上平移稍许，夹角0将变大D .轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动rS解析：选ABC.若将B极板向右平移稍许，d增大，根据C = 土，知电容器的电容将4 nd减小，故A正确.若将B极板向下平移稍许，正对面积 S减小，根据C=證，知电容将 减小，因电容器带电荷量 Q不变，由U = Q,分析知板间电势差增大，故B正确.若将B极板向上平移稍许，正对面积S减小，电容将减小，因电容器带电荷量Q不变，由U = Q,分析知板间电势差增大，根据e= u，知E增大，则小球所受的电场力增大，0将变大，故dC正确.轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做匀加速直线运动，故D错误.&

26、（2015潍坊模拟）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.口.高区域I、n,在区域n中有竖直向上的匀强电场， 在区域I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 v t图象如图乙所示，已知重力加速度 为g,不计空气阻力，则（）叩A .在t= 2.5 s时，小球经过边界 MN B .小球受到的重力与电场力之比为3: 5C.在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等 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：选bc.由速度图象可知，带电小球在区域I与区域n中的加速度大小之比为2,由牛顿第二定律

27、可知：mg = 3,所以小球所受的重力与电场力之比为3 : 5, B正确;F mg 2小球在t= 2.5 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A错误，C正确；因小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错误.9.（2015深圳模拟）如图所示，在两条竖直边界线所围的匀强电场中，一个不计重力的带电粒子从左边界的 P点以某一水平速度射入电场，从右边界的Q点射出，下列判断正确的有（）A.粒子带正电B 粒子做匀速圆周运动C.粒子电势能增大D .仅增大电场强度，粒子通过电场的时间不变解析：选AD.不计重力的带电粒子垂直射入匀强电场中，粒子做

28、类平抛运动且沿初速度疋，方向做匀速直线运动， 而电场的宽度一定， 故增大电场强度不会改变通过电场的时间， 错误，D项正确；沿场强方向做匀加速直线运动，可知粒子受力方向与场强方向一致，故粒 子带正电，A项正确；粒子位移方向与电场力方向夹角为锐角，电场力做正功，故粒子电势 能减小，C项错. 10.如图所示，水平放置的两平行金属板与一直流电源相连，一带正电的粒子仅在重力和电场力作用下以某一初速度沿图中直线从A运动到B，现将平行金属板分别以 0、0 为圆心在平面内旋转相同角度后 （角度不太大），粒子仍以原来的方式射入，则（）10A .粒子将做曲线运动B .粒子仍做匀速直线运动C.粒子做匀变速直线运动

29、D .粒子的电势能可能增加，也可能减小 解析：选CD.刚开始时粒子做匀速直线运动，mg = qE = qU，由受力分析可知，粒子在竖直方向上合力为零.如图所示，平行金属板顺时针旋转 B角，贝U cos 0= qdcOS 0cos 0= q=mg,即竖直方向上的合力为0，水平方向的合力为 F = mgtan 0,故粒子做匀加速直线运动，A、B错C正确；由分析知电场力做正功，粒子的电势能减小；同理，若平行金属板逆时针旋转B角，则粒子电势能逐渐增加，粒子做匀减速直线运动，故选项D正确.三、非选择题11.如图甲所示，在 y= 0和y= 2 m之间有沿着x轴方向的匀强电场， MN为电场区域 的上边界，在

30、x轴方向范围足够大. 电场强度的变化如图乙所示，取x轴正方向为电场正方向，现有一个带负电的粒子，粒子的比荷为q = 1.0X 10 2C/kg，在t= 0时刻以速度vo= 5 x 102m/s从O点沿y轴正方向进入电场区域，不计粒子重力.求：甲乙(1) 粒子通过电场区域的时间；(2) 粒子离开电场时的位置坐标；(3) 粒子通过电场区域后沿x方向的速度大小.解析：(1)因粒子初速度方向垂直电场方向，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电 场区域的时间t=也 4 x 10飞.V0粒子沿x轴负方向先加速后减速，加速时的加速度大小为E1qa1= m=4 m/s2，减速时的加速度大小为a2=旦=2 m/s2,由运动学规律得mx方向上的位移为1 T 2 T 21