第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动.doc

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第3讲　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动

（对应学生用书第103页)

电容器、电容、平行板电容器
1。电容器
(1)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值．
(2）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)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量．
(2）定义式：C＝。
(3)单位:法拉(F)，1 F＝106 μF＝1012 pF.
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，与电介质的相对介电常数成正比，与两极板间的距离成反比．
(2）决定式：C＝,k为静电力常量．
【针对训练】
1．（2012·江苏高考)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
【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．
【答案】　B

带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子在电场中的加速
（1）处理方法：利用动能定理：qU＝mv2－mv.
(2)适用范围:任何电场．
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1）研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场．
（2）处理方法：类似于平抛运动,应用运动的合成与分解的方法．
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝.
②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动．

【针对训练】
2．两平行金属板相距为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出，最远到达A点,然后返回，如图6－3－1所示，OA＝h，此电子具有的初动能是(　　）

图6－3－1
A. B．edUh
C。 D.
【解析】　由动能定理得:－eh＝－Ek，所以Ek＝.
【答案】　D

示 波 管
1.示波管装置
示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空．如图6－3－2所示．

图6－3－2
2．工作原理
(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束沿直线运动，打在荧光屏中心,在那里产生一个亮斑．
(2）YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身产生的锯齿形电压,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随时间变化的稳定图象．
【针对训练】
3．如图6－3－3所示,示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的(　　)

图6－3－3
A．极板X应带正电　　　　B．极板X′应带正电
C．极板Y应带正电 D．极板Y′应带正电
【解析】　由荧光屏上亮斑的位置可知，电子在XX′偏转电场中向X极板方向偏转,故极板X带正电，A正确,B错误；电子在YY′偏转电场中向Y极板方向偏转,故极板Y带正电，C正确，D错误．
【答案】　AC

（对应学生用书第104页)

平行板电容器内部E、U、Q变化问题
1。首先要区分两种基本情况
(1）电容器两极板电势差U保持不变；
(2)电容器的带电荷量Q保持不变．
2．赖以进行讨论的物理依据主要有三个
（1）平行板电容器的电容C与板间距d、正对面积S、介质介电常数ε间的关系为C＝;
（2)平行板电容器内部是匀强电场，所以场强E＝；
（3)电容器所带的电荷量Q＝CU.

图6－3－4
（2013届长沙一中检测）如图6－3－4所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．为了使指针张开角度增大一些，应该采取的措施是(　　)
A．断开开关S后，将A、B两极板靠近一些
B．断开开关S后，将A、B两极板分开一些
C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近一些
D．保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些
【解析】　使指针张开角度增大一些，就是增大静电计两端的电压，当开关S闭合时,电压一定,则C、D错误；断开开关S后，电容器带电荷量一定，由C＝Q/U可知要增大电容器两极板之间电压，需减小电容C，由平行板电容器电容的决定式C＝知,保持S不变，增大d，电容C减小，则A错误、B正确．
【答案】　B
【即学即用】
1．(2011·天津高考）板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q,板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是(　　）
A．U2＝U1，E2＝E1　　　B．U2＝2U1,E2＝4E1
C．U2＝U1，E2＝2E1 D．U2＝2U1，E2＝2E1
【解析】　U1＝，E1＝.当板间距变为d时，由C＝可知电容变为2C,而带电荷量也变为2Q，故U2＝＝U1，E2＝＝2＝2E1，故C选项正确．
【答案】　C

带电粒子在电场中的平衡与直线运动
1。带电粒子在电场中运动时重力的处理
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外,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．
2．带电粒子在电场中的平衡
解题步骤：（1)选取研究对象．
(2）进行受力分析，注意电场力的方向特点．
(3)由平衡条件列方程求解．
3．带电粒子在电场中的变速直线运动
可用运动学公式和牛顿第二定律求解或从功能角度用动能定理或能量守恒定律求解．

带电粒子在匀强电场中所受电场力恒定,方向与电场线平行，所受重力恒定，方向竖直向下，因此粒子在匀强电场与重力场的复合场中一定做匀变速运动．轨迹可能为直线，也可能为曲线．

图6－3－5
（2011·福建高考)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6－3－5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．带电微粒质量m＝1。0×10－20 kg，带电量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。
【审题视点】　(1）明确带电微粒的运动过程，微粒在两个场强大小、方向都不同的电场中先做匀加速后做匀减速直线运动．
(2）由动能定理、牛顿第二定律列方程求解．
【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＝0①
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＝ma2④
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＝a1t⑤
d2＝a2t⑥
又t＝t1＋t2⑦
由②③④⑤⑥⑦式解得
t＝1。5×10－8 s。
【答案】　（1)0。50 cm　（2)1。5×10－8 s
【即学即用】
2.

图6－3－6
（2012·新课标全国高考）如图6－3－6，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
B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加
D．做匀变速直线运动
【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，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．
【答案】　BD

带电粒子在电场中的偏转问题
1。粒子的偏转角问题

图6－3－7
（1）已知电荷情况及初速度
如图6－3－7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，电荷量相同时tan θ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：
qU0＝mv②
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．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．粒子的偏转量问题
（1)y＝at2＝··（）2④
做粒子速度的反向延长线,设交于O点，O点与电场边缘的距离为x,则x＝＝＝。⑤
结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的l/2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②④式得:y＝⑥
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．

（1)偏转角是指入射速度与出射速度间的夹角，而不是位移与入射速度间的夹角．
（2）偏转位移相同的粒子(在同一偏转电场中），偏转角也相同．

图6－3－8
(2013届高新一中检测)如图6－3－8所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E.在A(l,0）点有一个质量为m,电荷量为q的粒子，以沿y轴负方向的初速度v0开始运动，经过一段时间到达B（0，－l)点（不计重力作用）．求：
（1)粒子的初速度v0的大小;
(2）当粒子到达B点时,电场力对粒子做功的瞬时功率．
【解析】　（1）粒子在y方向不受力,做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力,做匀加速直线运动．所以粒子做的是类平抛运动．设粒子的初速度为v0，则
在y方向上有y＝v0t
在x方向上有x＝at2＝t2
又x＝y＝l
可得v0＝

（2)设粒子到达B点时沿x轴方向的速度为vx,则电场力做功的瞬时功率为P＝qEvx
由运动学公式可得vx＝＝
所以P＝qEvx＝qE
【答案】　（1) 　(2）qE
【即学即用】
3。

图6－3－9
(2013届南昌一中检测)如图6－3－9所示,电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动,然后射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中,重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下,下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是(　　）
A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大
C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小
【解析】　设电子被加速后获得的速度为v0，水平极板长为l，则由动能定理得U1q＝mv,电子在水平极板间偏转所用时间t＝，又设电子在水平极板间的加速度为a，水平极板的板间距为d,由牛顿第二定律得a＝,电子射出偏转电场时,平行于电场方向的速度vy＝at，联立解得vy＝，又tan θ＝＝＝＝，故U2变大、U1变小，一定能使偏转角θ变大，故B正确．
【答案】　B

(对应学生用书第105页）

平行板电容器中的带电体
平行板电容器两极板间带电体的运动问题是典型的力电综合问题，要分别从力、电两个角度分析研究．
(1）力学角度:电场力等影响了带电体的运动状态，带电体的运动状态（静止、加速或减速)需要分析受力情况；
（2）电学角度：平行板电容器的两极板间为匀强电场，由E＝知，两极板间的电压U决定了两极板间的电场强度E，带电体运动的加速度需要分析两极板间的电压．
　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，电容器两极板间距为d,当平行板电容器的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图6－3－10所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1，油滴开始向上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，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.试求：

图6－3－10
(1）带电油滴所带电荷量与质量之比;
（2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比;
(3)ΔU1与ΔU2之比．
【潜点探究】　（1）油滴处于静止状态时,受两个力平衡，即匀强电场的电场力和重力；
(2)电容器突然充电使其电压增加ΔU1,电场强度增大，油滴所受合力向上，向上做匀加速运动,其中ΔU1决定了加速度a1的大小；
（3）电容器突然放电使其电压减少ΔU2，电场强度减小，油滴所受合力向下，油滴先向上做匀减速运动，再反向匀加速回到出发点,其中ΔU2－ΔU1决定了加速度a2的大小；
（4）电压增加ΔU1后的匀加速运动和电压减少ΔU2后的运动，位移大小与所用时间Δt相等，可以得到加速度a1和a2的关系，从而建立ΔU1与ΔU2的关系．
【规范解答】　（1）油滴静止时mg＝q，则＝.
（2）设第一个Δt内油滴的位移为x1,加速度为a1，第二个Δt内油滴的位移为x2，加速度为a2，则x1＝a1Δt2
x2＝v1Δt－a2Δt2，且v1＝a1Δt，x2＝－x1
解得a1∶a2＝1∶3。
（3）油滴向上加速运动时q－mg＝ma1，即q＝ma1
油滴向上减速运动时mg－q＝ma2，即q＝ma2
则＝
解得＝。
【答案】　(1)　(2)1∶3　(3）1∶4
【即学即用】
4．(2012·大纲全国高考)如图6－3－11，一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．现给电容器缓慢充电，使两极板所带电
荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为π/6.再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．

图6－3－11
【解析】　设电容器电容为C.第一次充电后两极板之间的电压为
U＝①
两极板之间电场的场强为E＝②
式中d为两极板间的距离．
按题意，当小球偏转角θ1＝时，小球处于平衡位置．设小球质量为m，所带电荷量为q,则有
Tcos θ1＝mg③
Tsin θ1＝qE④
式中T为此时悬线的张力．
联立①②③④式得
tan θ1＝⑤
设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ，此时小球偏转角
θ2＝，则
tan θ2＝⑥
联立⑤⑥式得
＝⑦
代入数据解得
ΔQ＝2Q.⑧
【答案】　2Q

（对应学生用书第106页)

●平行板电容器的动态分析
1．（2012·海南高考)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
【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,U变为原来的一半时，则E变为原来的一半，D项正确．
【答案】　AD
●示波管的原理及应用
2．（2011·安徽高考）如图6－3－12为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图6－3－13(a)所示的规律变化,在电极XX′之间所加的电压按图6－3－13（b)所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是（　　)

图6－3－12

（a）　　　　　　　　(b)
图6－3－13

【解析】　电子在YY′和XX′间沿电场方向均作初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式s＝at2＝t2，知水平位移和竖直位移均与电压成正比．在t＝0时刻，UY＝0知竖直位移为0，故A、C错误．在t＝时刻，UY最大知竖直位移最大，故B正确，D错误．
【答案】　B
●带电粒子在交变电场中的运动
3．（2011·安徽高考）如图6－3－14(a）所示,两平行正对的金属板A、B间加有如图6－3－14(b)所示的交变电压,一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是(　　）

（a）　　　　　　　　　　　　（b）
图6－3－14
A．0<t0〈　　　　　　　B。<t0〈
C。〈t0<T D．T<t0<

（二） 环境影响经济损益分析的步骤【解析】　设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A板上时位移为负，速度方向为负．作出t0＝0、、、时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0〈t0<，<t0<T时粒子在一个周期内的总位移大于零;<t0<时粒子在一个周期内的总位移小于零，当t0〉T时情况类似．因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确．
【答案】　B
●带电粒子在电场中的偏转

3)迁移。4.

影响支付意愿的因素有：收入、替代品价格、年龄、教育、个人独特偏好以及对该环境物品的了解程度等。图6－3－15
(2013届西安一中检测)如图6－3－15所示,有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同,则两次偏转电压之比为(　　)

（1）可能造成重大环境影响的建设项目，编制环境影响报告书,对产生的环境影响应进行全面评价；A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4

大纲要求C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1

意愿调查评估法（简称CV法）是指通过调查等方法，让消费者直接表述出他们对环境物品或服务的支付意愿（或接受赔偿意愿），或者对其价值进行判断。在很多情形下,它是唯一可用的方法。如用于评价环境资源的选择价值和存在价值。【解析】　由y＝at2＝得:U＝，所以U∝,可知选项A正确．
【答案】　A
●直线运动中的力电综合问题
5．（2011·北京高考)静电场方向平行于x轴,其电势φ随x的分布可简化为如图6－3－16所示的折线,图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x＝0为中心、沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电荷量为－q,其动能与电势能之和为－A（0＜A＜qφ0）．忽略重力．求

（5）建设项目对环境影响的经济损益分析。

6.建设项目环境影响评价文件的其他要求图6－3－16
（1)粒子所受电场力的大小；

（2）粒子的运动区间；
(3)粒子的运动周期．
【解析】　(1）由题图可知，0与d（或－d）两点间的电势差为φ0
电场强度的大小E＝

大纲要求电场力的大小F＝qE＝。
（2)设粒子在［－x0，x0]区间内运动，速率为v,由题意得
mv2－qφ＝－A①
由题图可知φ＝φ0(1－)②
由①②得mv2＝qφ0(1－)－A③
因动能非负，有qφ0（1－)－A≥0
得|x｜≤d(1－）
即x0＝d(1－）④
粒子的运动区间满足－d(1－）≤x≤d（1－)．
（3)考虑粒子从－x0处开始运动的四分之一周期，
根据牛顿第二定律,粒子的加速度a＝＝＝⑤

由匀加速直线运动规律得t＝
将④⑤代入，得t＝
粒子的运动周期T＝4t＝ .
【答案】　(1）　（2)－d（1－）≤x≤d(1－）
（3）

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