《第六章第4课时电容器与电容带电粒子在电场中的运动（14页含解析）.doc

第4课时　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动
考纲解读 1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．

1．[对电容器和电容的理解]关于电容器及其电容的叙述，正确的是 (　　)
A．任何两个彼此绝缘而又相互靠近的导体，就组成了电容器，跟这两个导体是否带电无关
B．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和
C．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比
D．一个电容器的电荷量增加ΔQ＝1.0×10－6 C时，两板间电压升高10 V，则电容器的电容无法确定
答案　A
2．[带电粒子在板间的加速问题]如图1所示，电子由静止开始从A板向
B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则(　　)
A．当增大两板间距离时，v也增大
B．当减小两板间距离时，v增大 图1
C．当改变两板间距离时，v不变
D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大
答案　CD
解析　电子从静止开始运动，根据动能定理，从A板运动到B板动能的变化量等于电场力做的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，而位移(两板间距离)如果增加的话，电子在两板间运动的时间变长，故C、D正确．
3．[带电粒子在板间的偏转问题]如图2所示，静止的电子在加速电压
为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属
板间的电场，在偏转电压为U2的电场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 (　　) 图2
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
答案　A
解析　电子经U1加速后获得的动能为Ek＝mv2＝qU1，电子在偏转电场中的侧移量为：y＝at2＝＝，可见当U1加倍时，要使y不变，需使U2加倍，显然A正确．
考点梳理
一、电容器的充、放电和电容的理解
1．电容器的充、放电
(1)充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能．
(2)放电：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
(1)定义：电容器所带的电荷量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：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量．
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，与两板间的距离成反比．
(2)决定式：C＝，k为静电力常量．
特别提醒　C＝(或C＝)适用于任何电容器，但C＝仅适用于平行板电容器．
二、带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中加速
若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量．
(1)在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv或F＝qE＝q＝ma.
(2)在非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv.
2．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间

②沿电场力方向，做匀加速直线运动

特别提醒　带电粒子在电场中的重力问题
(1)基本粒子：如电子、质子、α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．

4．[控制变量法的应用]如图3所示，设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若 (　　)

图3
A．保持S不变，增大d，则θ变大
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，减小S，则θ变小
D．保持d不变，减小S，则θ不变
答案　A
解析　静电计指针偏角反映电容器两板间电压大小．在做选项所示的操作中，电容器电荷量Q保持不变，由C＝＝知，保持S不变，增大d，则C减小，U增大，偏角θ增大，选项A正确，B错误；保持d不变，减小S，则C减小，U增大，偏角θ也增大，故选项C、D均错．
5．[用平抛运动的分解思想解决偏转问题]如图4所示，示波器
的示波管可视为加速电场与偏转电场的组合，若已知加速电
压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L，极板间距为d，
且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器灵敏度[即 图4
偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量()]与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正确的是 (　　)
A．L越大，灵敏度越高
B．d越大，灵敏度越高
C．U1越大，灵敏度越高
D．U2越大，灵敏度越高
答案　A
解析　偏转位移y＝at2＝()2＝，灵敏度＝，故A正确，B、C、D错误．
方法提炼
1．电容器的两类动态分析
(1)明确是电压不变还是电荷量不变．
(2)利用公式C＝、C＝及E＝进行相关动态分析．
2．带电粒子在电场中的偏转按类平抛运动进行处理．

考点一　平行板电容器的动态分析
1．对公式C＝的理解
电容C＝，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．
2．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．
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝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．
3．电容器两类问题的比较
分类
充电后与电池两极相连
充电后与电池两极断开
不变量
U
Q
d变大
C变小→Q变小、E变小
C变小→U变大、E不变
S变大
C变大→Q变大、E不变
C变大→U变小、E变小
εr变大
C变大→Q变大、E不变
C变大→U变小、E变小
例1　一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间
有一个正试探电荷固定在P点，如图5所示，以C表示电容
器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，Ep表
示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板
缓慢向右平移一小段距离x0的过程中，各物理量与负极板 图5
移动距离x的关系图象中正确的是 (　　)

解析　由平行板电容器的电容C＝可知d减小时，C变大，但不是一次函数，A错．在电容器两极板所带电荷量一定的情况下，U＝，E＝＝，与x无关，则B错．在负极板接地的情况下，设P点最初的电势为φ0，则平移后P点的电势为φ＝φ0－Ex0，C项正确．正电荷在P点的电势能Ep＝qφ＝q(φ0－Ex0)，显然D错．
答案　C
突破训练1　如图6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 (　　)
A．点电荷受到的电场力变小 图6
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
答案　AD
考点二　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
1．带电粒子在匀强电场中做直线运动的条件
(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．
2．用动力学方法分析
a＝，E＝；v2－v＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
例2　如图7所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一
倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀
强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8.求： 图7
(1)水平向右电场的电场强度；
(2)若将电场强度减小为原来的1/2，物块的加速度是多大；
(3)电场强度变化后物块下滑距离为L时的动能．
解析　(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，示意图如图所示，则有
FNsin 37°＝qE ①
FNcos 37°＝mg ②
由①②可得E＝
(2)若电场强度减小为原来的，即E′＝
由牛顿第二定律得mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma
可得a＝0.3g.
(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得
mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0
可得Ek＝0.3mgL.
答案　(1)　(2)0.3g　(3)0.3mgL
突破训练2　如图8甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m＝0.2 kg、带电荷量为q＝＋2.0×10－6 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.1.从t＝0时刻开始，空间上加一个如图乙所示的电场．(取水平向右的方向为正方向，g取10 m/s2)求：
(1)4秒内小物块的位移大小；
(2)4秒内电场力对小物块所做的功．

甲　　　　　　　　　乙
图8
答案　(1)8 m　(2)1.6 J
解析　(1)0～2 s内小物块加速度
a1＝＝2 m/s2
位移x1＝a1t＝4 m
2 s末的速度为v2＝a1t1＝4 m/s
2 s～4 s内小物块加速度
a2＝＝－2 m/s2
位移x2＝v2t2＋a2t＝4 m
4秒内的位移x＝x1＋x2＝8 m.
(2)v4＝v2＋a2t2＝0，即4 s末小物块处于静止状态
设电场力对小物块所做的功为W，由动能定理有：
W－μmgx＝0
解得W＝1.6 J
考点三　带电粒子在电场中的偏转
1．粒子的偏转角
(1)以初速度v0进入偏转电场：如图9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θ
则tan θ＝，式中 图9
vy＝at＝·，vx＝v0，代入得
tan θ＝ ①
结论：动能一定时tan θ与q成正比，电荷量一定时tan θ与动能成反比．
(2)经加速电场加速再进入偏转电场
若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由动能定理有：qU0＝mv ②
由①②式得：tan θ＝ ③
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．
2．粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)以初速度v0进入偏转电场
y＝at2＝··()2 ④
作粒子速度的反向延长线，设交于O点，O点与电场右边缘的距离为x，则x＝y·cot θ＝·＝
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)经加速电场加速再进入偏转电场：若不同的带电粒子都是从静止经同一加速电压U0加速后进入偏转电场的，则由②和④得：偏移量y＝ ⑤
上面③式偏转角正切为：tan θ＝
结论：无论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的，也就是运动轨迹完全重合．
例3　如图10所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度
为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．
现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于
电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点
为O.试求： 图10
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间．
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；
(3)粒子打在屏上的点P到O点的距离x.
解析　(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝.
(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a＝
所以vy＝a＝
所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝＝.
(3)解法一　设粒子在电场中的偏转距离为y，则
y＝a()2＝·
又x＝y＋Ltan α，
解得：x＝
解法二　x＝vy·＋y＝.
解法三　由＝得：x＝3y＝.
答案　(1)　(2)　(3)

计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的三种方法：
(1)Y＝y＋dtan θ(d为屏到偏转电场的水平距离)
(2)Y＝(＋d)tan θ(L为电场宽度)
(3)Y＝y＋vy·
(4)根据三角形相似：＝

突破训练3　如图11所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝
K发出(初速度可忽略不计)，经灯丝与A板间的电压U1加速，
从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、
N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、
N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在 图11
荧光屏上的P点．已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，电子
的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力．
(1)求电子穿过A板时速度的大小；
(2)求电子从偏转电场射出时的偏移量；
(3)若要使电子打在荧光屏上P点的上方，可采取哪些措施？
答案　(1) 　(2)
(3)减小加速电压U1或增大偏转电压U2
解析　(1)设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理有
eU1＝mv－0，解得v0＝
(2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动．由牛顿第二定律和运动学公式有
t＝
F＝ma，F＝eE，
E＝，y＝at2
解得偏移量y＝
(3)由y＝可知，减小U1或增大U2均可使y增大，从而使电子打在P点上方.

33．用等效法处理带电粒子在电场、重力场中的运动
方法提炼
等效思维方法就是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法．例如我们学习过的等效电阻、分力与合力、合运动与分运动等都体现了等效思维方法．常见的等效法有“分解”、“合成”、“等效类比”、“等效替换”、“等效变换”、“等效简化”等，从而化繁为简，化难为易．
模型转换与构建
带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型．对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大．若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷．先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a＝视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到等效重力场中分析求解即可．
例4　如图12所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，
AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．
整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一 图12
个质量为m的小球，带正电荷量为q＝，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应满足什么条件？
解析　小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力，然后在
圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作用力，如图所示，类比
重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为
mg′＝＝，tan θ＝＝，得θ＝30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动．
因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效“最高点”(D点)满足等效重力刚好提供向心力，即有：mg′＝，因θ＝30°与斜面的倾角相等，由几何关系可知＝2R，令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：
－2mg′R＝mv－mv
解得v0＝ ，因此要使小球安全通过圆轨道，初速度应满足v≥ .
答案　v≥
突破训练4　一个带负电荷量为q，质量为m的小球，从光滑绝缘的
斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形
轨道的最高点B而做圆周运动．现在竖直方向上加如图13所示
的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则(　　) 图13
A．小球不能过B点
B．小球仍恰好能过B点
C．小球通过B点，且在B点与轨道之间的压力不为0
D．以上说法都不对
答案　B
解析　小球从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动，则mg＝m，mg(h－2R)＝mv；加匀强电场后仍从A点由静止释放该小球，则(mg－qE)(h－2R)＝mv，联立解得mg－qE＝m，满足小球恰好能过B点的临界条件，选项B正确.

高考题组
1．(2012·江苏单科·2)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是 (　　)
A．C和U均增大 B．C增大，U减小
C．C减小，U增大 D．C和U均减小
答案　B
解析　由平行板电容器电容决定式C＝知，当插入电介质后，ε变大，则在S、d不变的情况下C增大；由电容定义式C＝得U＝，又电荷量Q不变，故两极板间的电势差U减小，选项B正确．
2．(2012·海南单科·9)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是 (　　)
A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半
B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍
C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半
D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半
答案　AD
解析　由E＝知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A项正确；当E不变，d变为原来的一半时，U变为原来的一半，B项错误；当电容器中d不变时，C不变，由C＝知，当Q变为原来的两倍时，U变为原来的两倍，C项错误；Q变为原来的一半，则U变为原来的一半，E变为原来的一半，D项正确．
3．(2012·课标全国·18)如图14，平行板电容器的两个极板与水平地面
成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中
所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 (　　)
A．所受重力与电场力平衡 图14
B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加
D．做匀变速直线运动
答案　BD
解析　带电粒子在平行板电容器之间受到两个力的作用，一是重力mg，方向竖直向下；二是电场力F＝Eq，方向垂直于极板向上，因二力均为恒力，又已知带电粒子做直线运动，所以此二力的合力一定在粒子运动的直线轨迹上，根据牛顿第二定律可知，该粒子做匀减速直线运动，选项D正确，选项A、C错误；从粒子运动的方向和电场力的方向可判断出，电场力对粒子做负功，粒子的电势能增加，选项B正确．
4．(2011·福建·20)反射式速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15所示，在虚线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＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示．带电 图15
微粒质量m＝1.0×10－20 kg，带电荷量q＝－1.0×10－9 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.
答案　(1)0.50 cm　(2)1.5×10－8 s
解析　(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有
|q|E1d1－|q|E2d2＝0 ①
由①式解得d2＝d1＝0.50 cm ②
(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1③
|q|E2＝ma2 ④
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有d1＝a1t ⑤
d2＝a2t ⑥
又t＝t1＋t2⑦
由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8 s
模拟题组
5．如图16所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器
的极板N与静电计相接，极板M接地．用静电计测量平行板电
容器两极板间的电势差U.在两极板相距一定距离d时，给电容器
充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容
器所带电荷量Q不变，下面操作能使静电计指针张角变小的是(　　) 图16
A．将M板向下平移
B．将M板沿水平方向向左远离N板
C．在M、N之间插入云母板(介电常数εr>1)
D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触
答案　CD
解析　由C＝可知，将M板向下平移，S减小，将M板沿水平方向向左移动，d增大，均使C变小，再由Q＝CU可知，电容器两板间电压增大，静电计指针张角增大，A、B均错误；在M、N间插入云母板，εr增大，C增大，U变小，静电计指针张角减小，C正确；在M、N间插入金属板，相当于d减小，故C增大，U变小，静电计指针张角减小，D正确．
6．为模拟空气净化过程，有人设计了如图17所示的含灰尘
空气的密闭玻璃圆桶，圆桶的高和直径相等．第一种除尘
方式是：在圆桶顶面和底面间加上电压U，沿圆桶的轴线
方向形成一个匀强电场，尘粒的运动方向如图甲所示；
第二种除尘方式是：在圆桶轴线处放一直导线，在导线与
桶壁间加上的电压也等于U，形成沿半径方向的辐向电场， 图17
尘粒的运动方向如图乙所示．已知空气阻力与尘粒运动的速度成正比，即Ff＝kv(k为一定值)，假设每个尘粒的质量和带电荷量均相同，重力可忽略不计，则在这两种方式中
(　　)
A．尘粒最终一定都做匀速运动
B．尘粒受到的电场力大小相等
C．电场对单个尘粒做功的最大值相等
D．在乙容器中，尘粒会做类平抛运动
答案　C
解析　由于电压U、圆桶的高与直径及空气阻力的大小不能计算，就不能确定尘粒最终是否做匀速运动，A项错误；在甲、乙容器中，E＝中的d是不同的，所以F＝qE＝一定不同，B项错误；电场力对单个尘粒做功的最大值均为W＝qU，C项正确；由于忽略重力，在甲、乙桶中，尘粒均做直线运动，D项错误．