1、第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动一、电容平行板电容器的动态分析1.电容器.绝缘导体绝对值(1)组成：由两个彼此_且又相互靠近的_组成.(2)带电量：一个极板所带电量的_.2.电容.比值(1)定义：电容器所带的电量与两极板间电势差的_.(2)公式：C_QU.QU容纳电荷106(3)物理意义：电容是描述电容器_本领大小的物理量.电容 C 由电容器本身的构造因素决定，与 U、Q 无关.(4)单位：1 法拉(F)_微法(F)1012 皮法(pF).3.平行板电容器的电容.正对面积(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板间的距离成反比，与两极板的_成正比，并且跟板间插入的电介质有关.(2)公式
2、：C_，k 为静电力常量.rS4kd二、带电粒子在电场中的运动示波管1.带电粒子在电场中的直线运动.匀变速(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，受到的电场力与运动方向在同一条直线上，做_.(2)用功能观点分析：电场力对带电粒子所做的功等于粒子动能的变化，即 qU_.直线运动2.带电粒子的偏转分析.(续表)匀速直线v0v0t初速度为零的匀加速3.示波管.(1)构造：_；_；_.(如图 6-3-1所示)图 6-3-1电子枪偏转电极荧光屏(2)工作原理.如果在偏转电极 XX和 YY之间都没有加电压，从电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏_，在那里产生一个亮斑.YY上加的是待
3、显示的_.XX上是机器自身的锯齿形电压，叫做扫描电压.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【基础自测】1.判断下列题目的正误.(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和.()(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)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计.()答案：(1)(2)(3)(4)(5)2.(多选)如图 6-3-2 所示，平行板电容器竖直放置，A 板上用绝缘线悬挂一带电小球，静止时，绝缘线与固定的 A 板成角
4、，平移 B 板，下列说法正确的是()图 6-3-2A.S 闭合，B 板向上平移一小段距离，角变大B.S 闭合，B 板向左平移一小段距离，角变大C.S 断开，B 板向上平移一小段距离，角变大D.S 断开，B 板向左平移一小段距离，角不变解析：分析小球受力，由平衡条件可知 tan qEmg，则场强E 增大时，增加，E 减小时，减小.当 S 闭合时，电容器两极时，d 不变，E 不变，不变，A 错误；B 板左移时，d 减小，E增大，变大，B 正确；当 S 断开时，电容器所带电荷量不变，取决于正对面积 S，而与板间距离无关，B 上移时，正对面积减小，E 增大，变大，C 正确；B 左移时，d 减小，E 不
5、变，不变，D 正确.答案：BCD3.一束正离子以相同的速率从同一位置，垂直于电场方向飞入匀强电场中，所有离子的轨迹都是一样的，这说明所有离子()A.都具有相同的质量C.都具有相同的比荷B.都具有相同的电荷量D.都是同一元素的同位素解析：轨迹相同的含义：偏转位移、偏转角度相同，即这离子只要有相同的比荷，轨迹便相同，C 正确.答案：C4.两平行金属板相距为 d，电势差为 U，一电子质量为 m、电荷量为 e，从 O 点沿垂直于极板的方向射入电场，最远到达A 点，然后返回，如图 6-3-3 所示，OA 间距为 h，则此电子的初动能为()图 6-3-3A.edhUB.dUehC.eUdhD.eUhd解析
6、：电子从 O 点到达 A 点的过程中，仅在电场力作用下速度逐渐减小，根据动能定理可得eUOA0Ek，因为 UOA答案：D热点 1 电容器问题的动态分析热点归纳1.分析比较的思路：(1)先确定是 Q 还是 U 不变：电容器保持与电源连接，U 不变；电容器充电后与电源断开，Q 不变.2.两类动态变化问题的比较：考向 1 两种情况的动态分析【典题 1】(2018 年北京卷)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图 6-3-4 所示，下列说法正确的是()图 6-3-4A.实验前，只用带电玻璃棒与电容器 a 板接触，能使电容器带电B.实验中，只将电容器 b 板向上平移，静电计指针的张角变小C.实验中
7、，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大D.实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大解析：当用带电玻璃棒与电容器 a 板接触，由于静电感应，从而在 b 板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，A 正确；根据电容器的决定式 CS4kd，将电容器 b 板向上平移，不变，则电压 U 增大，则静电计指针的张角变大，B 错误；根据电容器的决定式 CS4kd，只在极板间插入有机玻璃板，则D 错误.答案：A变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，C错误；根据考向 2 与电容器两板间场强有关的问题【典题 2】(2020 年安徽蚌埠一模)如图 6-3-5 所示，水平放置的平行金属
8、板 A、B 通过开关与电池相连.开关闭合后，一带电小球在 A、B 板之间的 P 点处于静止，则()图 6-3-5A.小球带负电B.将 A 板向下移动一小段距离，小球仍能静止C.将 A 板向下移动一小段距离，金属板带电荷量减少D.断开开关，将 B 板向下移动一小段距离，小球仍能静止解析：由图可知，A 板带负电，B 板带正电，两板间的电场方向竖直向上，由于小球处于静止状态，则小球的重力与电场力等大反向，所以小球带正电，故 A 错误；由题意可知，两板间的电压不变，将 A 板向下移动一小段距离即两板间距减小，向上运动，故 B 错误；由题意可知，两板间的电压不变，将 A板向下移动一小段距离即两板间距减小
9、，由公式 CS4kd可知，误；断开开关，金属板所带电荷量不变，由公式 CS4kd、C间的场强不变，小球受到的电场力不变，所以小球仍能静止，故 D 正确.答案：D考向 3 电容器的应用【典题 3】(2020 年河北衡水第十四中学月考)基于人的指纹具有终身不变性和唯一性的特点，发明了指纹识别技术.目前许多国产手机都有指纹解锁功能，常用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图 6-3-6 所示.指纹的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”.传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和正对的皮肤表面部分形成大量的小电容器，这样在嵴处和峪处形成的电容器的电容大小不同.此时传感器给所有的电容
10、器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，电容值小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹图象数据.根据文中信息，下列说法正确的是()图 6-3-6A.在峪处形成的电容器电容较大B.在峪处形成的电容器放电较慢C.充电后在嵴处形成的电容器的电荷量大D.潮湿的手指头对指纹识别绝对没有影响解析：根据电容的计算公式 CS4kd可得，极板与指纹峪(凹下部分)距离 d 大，构成的电容器电容小，故 A 错误；传感器给所有的电容器充电后达到某一电压值，然后电容器放电，所以所有的电容器电压一定，根据 QCUSU4kd可知，极板与峪处(凹的部分，d 大，电容小)构成的电容器充上的
11、电荷较少，所以在峪处形成的电容器放电过程中放电时间短，放电快；反之，在嵴处形成的电容器电容大，电荷量大，放电时间长，故 C 正确，B 错误；湿的手与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以会影响指纹解锁，故 D 错误.答案：C热点 2 带电粒子在电场中的直线运动热点归纳1.带电体在匀强电场中直线运动问题的分析方法.2.带电粒子(体)在电场中运动时重力的处理.考向 1 根据牛顿动力学分析带电粒子的直线运动问题【典题 4】(多选，2018 年新课标卷)如图 6-3-7，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒 a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于
12、电容器的上、下极板附近，与极板距离相等.现同时释放 a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻 t，a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b 间的相互作用和重力可忽略.下列说法正确的是()图 6-3-7A.a 的质量比 b 的大B.在 t 时刻，a 的动能比 b 的大C.在 t 时刻，a 和 b 的电势能相等D.在 t 时刻，a 和 b 的动量大小相等解析：根据题述可知，微粒 a 向下加速运动，微粒 b 向上加速运动，根据 a、b 经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知 a 的加速度大小大于 b 的加速度大小，即 aaab.对微粒 a，由牛顿第二定律，qEmaaa，对微粒
13、b，由牛顿第二定律，qEmbab，联立解得：qE qEma mb，由此式可以得出 a 的质量比 b 的小，A 错误；在 a、b 两微粒运动过程中，a 微粒所受合外力等于 b 微粒，a 微粒的位移大于 b 微粒，根据动能定理，在 t 时刻，a 的动能比 b 的大，B 正确；由于在 t 时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在 t 时刻，a 和 b 的电势能不等，C 错误；由于 a 微粒受到的电场力(合外力)等于 b 微粒受到的电场力(合外力)，根据动量定理，在 t 时刻，a 微粒的动量等于 b 微粒，D 正确.答案：BD考向 2根据功能关系处理带电粒子在电场中的直线运
14、动问题【典题 5】(2017 年新课标卷)如图 6-3-8 所示，两水平面(虚线)之间的距离为 H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场.自该区域上方的 A点将质量为 m、电荷量分别为q和q(q0)的带电小球 M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开.已知 N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时动能的 1.5 倍.不计空气阻力，重力加速度大小为 g.求：图 6-3-8(1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比.(2)A 点距电场上边界的高度.(3)该电场的电场强度大小.解
15、：(1)设带电小球 M、N 抛出的初速度均为 v0，则它们进入电场时的水平速度仍为 v0；M、N 在电场中的运动时间 t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为 a，在电场中沿水平方向的位移分别为 s1 和 s2；由运动公式可得v0at0 联立式解得 s1s23 1.(2)设 A 点距离电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，则v0 qE(3)设电场强度为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则vy mg，aEqm设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1 和 Ek2，由功能关系有方法技巧对于带电粒子(体)在电场中的直线运动问题，无论是忽略重力还是考虑重
16、力，解决此类问题时都要注意分析是做匀速运动还是匀变速运动，匀速运动问题常以平衡条件F合0 作为突破口进行求解，匀变速直线运动根据力和运动的关系可知，合力一定和速度在一条直线上，然后运用动力学观点或能量观点求解.(1)运用动力学观点时，先分析带电粒子(体)的受力情况，根据 F合ma 得出加速度，再根据运动学方程可得出所求物理量.(2)运用能量观点时，在匀强电场中，若不计重力，电场力做的功等于动能的变化量；若考虑重力，则合力做的功等于动能的变化量.热点 3 带电粒子在匀强电场中的偏转热点归纳1.带电粒子在匀强电场中的偏转的两个结论：(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场(U0)加速后再从同一偏
17、转电场(U)射出时的偏转角度()总是相同的.2.处理带电粒子的偏转问题的方法.考向 1 带电粒子在电场中的偏转【典题 6】(2020 年浙江卷)如图 6-3-9 所示，一质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子以速度 v0 从 MN 连线上的 P 点水平向右射入大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中.已知 MN 与水平方向成 45角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达 MN 连线上的某点时()A.所用时间为mv0qEB.速度大小为 3v0图 6-3-9D.速度方向与竖直方向的夹角为 30故 C 正确；由于平抛推论可知，tan 2tan，可知速度正切tan 2tan 452tan 60，可知速度方向与竖
18、直方向的夹角小于 30，故 D 错误.答案：C考向 2 带电粒子在电场中的先加速后偏转【典题 7】图 6-3-10 甲是用来使带正电的离子加速和偏转的装置，图乙为该装置中加速与偏转电场的等效模拟图.以 y 轴为界，左侧为沿 x 轴正方向的匀强电场，电场强度为 E，右侧为沿 y 轴负方向的另一匀强电场.已知 OAAB，OAAB，且OB 间的电势差为 U0.若在 x 轴上的 C 点无初速地释放一个电荷量为 q、质量为 m 的正离子(不计重力)，结果正离子刚好通过 B点，求：甲乙图 6-3-10(1)CO 间的距离 d.(2)粒子通过 B 点的速度大小.解：(1)设正离子到达 O 点的速度为 v0(
19、其方向沿 x 轴的正方向)，则正离子从 C 点到 O 点，由动能定理得：考向 3 运用运动的分解思想和功能关系处理【典题 8】(2020 年山西长治第二中学月考)如图 6-3-11 所示，在竖直平面内的平面直角坐标系 xOy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为 m，电荷量为q(q0)的带电绝缘小球，从 y 轴上的 P(0，L)点由静止开始释放，运动至 x 轴上的 A(L，0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入在 x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管.细管的圆心 O1 位于 y轴上，交 y 轴于点 B，交 x 轴于 A 点和 C(L，0)点.该细管固定且紧贴 x 轴，内径略大
20、于小球半径.小球直径远小于圆弧半径，不计一切阻力，重力加速度为 g.求：(1)匀强电场的电场强度的大小.(2)小球运动到 B 点时对管的压力的大小和方向.(3)小球从 C 点飞出后会落在 x 轴上的哪一位置.图 6-3-11解：(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从 A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为 45，即加速度方向与竖直方向的夹角为 45，则 tan 45mgEq，解得：Emg.q热点 4 带电粒子在交变电场中的运动热点归纳1.此类题型一般有三种情况：一是粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)；二是粒子做往返运动(一般分段研究)；三是粒子
21、做偏转运动(一般根据交变电场的特点分段研究).2.解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法.(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件.(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系.(3)注意对称性和周期性变化关系的应用.【典题 9】(2020 年湖南长郡中学模拟)如图 6-3-12 甲所示，两平行金属板 a、b 间距为 d，在两板右侧装有荧光屏 MN(绝缘)，O 为其中点.在两板 a、b 上加上如图乙所示的电压，电压最大值为
22、 U0.现有一束带正电的离子束(比荷为 k)，从两板左侧沿中线方向以初速度 v0，连续不断地射入两板间的电场中，设所有离子均能打到荧光屏 MN 上，已知金属板长 L2v0t0，则在荧光屏上出现亮线的长度为()甲乙图 6-3-12解析：t0 时刻射入的粒子打在靶上的位置与靶心 O的距离最大，设此距离为 ymax，此粒子在 0 至 t0 时间内，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，竖t0 至 2t0 时间内，做匀速直线运动，竖直方向分速度为 vya的位置与靶心 O的距离最小，设此距离为 ymin.此粒子在 t0 至2t0 时间内，做匀速直线运动，竖直方向位移为 0；在 2t0
23、 至 3t0时间内，粒子在水平方向上仍做匀速直线运动，在竖直方向上答案：C板 的 P 点射出，下列说法正确的是(【迁移拓展】(2020 年山东泰安模拟)如图 6-3-13 甲所示，大量的质量为 m、电荷量为 e 的电子由静止开始经电压为 U0 的电场加速后，先后从上极板的边缘平行极板方向进入偏转电场，其中偏转电场两极板间的电压 UAB 随时间 t 变化的规律如图乙所示.已知偏转极板间的距离为 d，板长为 l，不计电子的重力及电子间的相互作用，电子通过偏转极板间所用的时间极短，可认为偏转电压不变，当偏转电压为 3U0 时，粒子刚好从距上极d3)甲乙图 6-3-13当电子进入偏转电场的电压小于 9
24、U0 的时候，电子可以从极板右侧射出，结合图象，故 D 错误.答案：C等效重力场1.内容.物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些.此时可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”.2.与等效重力场对应的概念及解释.3.举例.【典题 10】如图 6-3-14 所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从高为 h 的 A 处由静止开始下滑，沿轨道 ABC 运动并进入圆环R，斜面倾角为60，sBC2R.若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，h 至少为多少
25、？(sin 37，cos 370.8)图 6-3-14思路点拨：解此题应注意两点：(1)如果只有重力场，小球恰好做完整的圆周运动时在最高点的受力特点.(2)在重力场和电场的复合场中，小球恰好做完整的圆周运动时在“最高点”的受力情况.解：小球所受的重力和电场力都为恒力，故可将两力等效为一个力 F，如图 D52 所示.可知 Fmg，方向与竖直方向成37角.由图可知，小球做完整的圆周运动的临界点是 D点，设小球恰好能通过 D 点，即达到 D 点时圆环对小球的弹力恰好图 D52方法技巧把握三点，合理利用“等效法”解决问题(1)把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力.(2)等效重力的反向延长线与圆轨
26、迹的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点.(3)类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答.【触类旁通】(多选，2019 年河南郑州一模)如图 6-3-15 所示，在竖直平面内有水平向右、场强为 1104 N/C 的匀强电场.在匀强电场中有一根长 2 m 的绝缘细线，一端固定在 O 点，另一端系一质量为 0.08 kg 的带电小球，小球静止时悬线与竖直方向成 37角.若小球获得一定初速度后恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为零电势能点和零重力势能点，cos 37，g10 m/s2.下列说法正确的是()图 6-3-15A.小球的电荷量q6105 CB.小球在 c
27、点的动能最小，且为 1 JC.小球在 b 点时的机械能最小D.小球在运动过程中电势能和机械能之和保持不变，且为5J谢谢观看！解析：小球静止时悬线与竖直方向成 37角，受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡得：mgtan 37qE，解得：qmgtan 37E6105 C，故 A 正确；小球恰能绕 O 点在竖直平面内做圆周运动，在等效“最高点”b 速度最小，根据牛顿1 J，故 B 错误；根据能量守恒定律，电势能与机械能之和不变，所以机械能最小的位置是电势能最大的位置，即与 O 点等高的最左的位置 a 点，故 C 错误；选等效“最低点”为零势能点，小球在运动过程中电势能和机械能之和为：EEkEpEp1 Jmg2Lcos 37Eq2Lsin 375 J，故 D 正确.答案：AD
