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1、第3讲电容器和电容带电粒子在电场中的运动微知识1 电容器及电容1电容器(1)组成：两个彼此绝缘且又相互靠近的导体组成电容器，电容器可以容纳电荷。(2)所带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值，两极板所带电荷量相等。(3)充、放电充电：把电容器接在电源上后，电容器两个极板分别带上等量异号电荷的过程，充电后两极间存在电场，电容器储存了电能。放电：用导线将充电后电容器的两极板接通，极板上电荷中和的过程，放电后的两极板间不再有电场，同时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与两极板间电势差的比值。(2)公式：C。(3)物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等
2、于把电容器两极板的电势差增加1 V所需充加的电荷量，电容C由电容器本身的构造因素决定，与U、Q无关。(4)单位：法拉，符号F，与其他单位间的换算关系：1 F106F1012pF。3平行板电容器的电容平行板电容器的电容与平行板正对面积S、电介质的介电常数r成正比，与极板间距离d成反比，即C。微知识2 带电粒子在电场中的加速和偏转1带电粒子在电场中的加速(1)运动状态的分析：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，做匀变速直线运动。(2)用功能观点分析：电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量，即qUmv2mv。2带电粒子的偏转(1)运动状态：带电粒子受
3、到恒定的与初速度方向垂直的电场力作用而做类平抛运动。(2)处理方法：类似于平抛运动的处理方法沿初速度方向为匀速运动，运动时间t。沿电场力方向为匀加速运动，a。离开电场时的偏移量yat2。离开电场时的偏转角tan。微知识3 示波管1构造电子枪，偏转电极，荧光屏。(如图)2工作原理(1)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。(2)观察到的现象如果在偏转电极XX和YY之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。若所加扫描电压和信号电压的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图象。一、思维辨析(判断正
4、误，正确的画“”，错误的画“”。)1电容器的带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正比。()3带电粒子在匀强电场中可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动。()4只在电场力作用下，带电粒子可能做匀速圆周运动。()5带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。()二、对点微练1(电容器和电容)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()AC和U均增大BC增大，U减小CC减小，U增大DC和U均减小解析根据平行板电容器电容公式C，在两板间插入电介质后，电容C增大，因电容器
5、所带电荷量Q不变，由C可知，U减小，B项正确。答案B2(带电粒子在电场中的加速)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，如图所示，OA间距为h，则此电子的初动能为()A.B.C.D.解析电子从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UOAh，所以Ek，所以正确选项为D项。答案D3(带电粒子在电场中的偏转)(多选)如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料。ABCD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入
6、三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是()A三个液滴在真空盒中都做平抛运动B三个液滴的运动时间一定相同C三个液滴落到底板时的速率相同D液滴C所带电荷量最多解析三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，选项A错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，选项B正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，选项C错误；由于液滴C在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，选项D正确。答案BD见学生用书P1
7、11微考点1电容器的动态分析核|心|微|讲1电容器的两种情况(1)电容器始终与电源相连时，电容器两极板电势差U保持不变。(2)电容器充电后与电源断开时，电容器所带电荷量Q保持不变。2平行板电容器动态问题的分析思路3关于平行板电容器的一个常用结论电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。典|例|微|探【例1】如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点。将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是()A电容器的电容增加B在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流CA、B两板间的电场强度增大DP点电势升高【
8、解题导思】(1)A板向上平移一小段距离后，电压U、电容C、带电荷量Q、电场强度E各物理量的变化情况怎样？答：两极间电压U不变，C减小，Q减小，电场强度E减小。(2)电容器B板的电势为多少？答：电路稳定时，电路中无电流，电阻R两端无电压，B板电势为零。解析由平行板电容器电容的决定式C知选项A错误；由C得，电容器两端电压不变，C减小，Q减小，电容器放电，形成顺时针方向的放电电流，B项正确；由E得，电场强度E减小，C项错误；由UPOEd，E减小，P点的电势降低， D项错误。答案B分析平行板电容器动态变化问题的三个关键点(1)确定不变量：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荷量不变
9、或板间电压不变。(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E分析板间电场强度的变化情况。(3)若两极板间有带电微粒，则通过分析电场力的变化，分析运动情况的变化。题|组|微|练1如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A增大，E增大 B增大，Ep不变C减小，Ep增大 D减小，E不变解析平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间
10、的电场强度E不变。保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由UEd可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以P点电势不变，点电荷在P点的电势能Ep不变。综上所述，选项D正确。答案D2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A、B和介质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CM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解析当可移动介质P向左匀速移出的过程中，电容器电容变小，选项A错误；电容器的电压等于电源电动势，保持不
11、变，电荷量QCU减小，选项B错误；电容器放电，电流方向为MRN，M点的电势比N点的电势高，选项C错误，选项D正确。答案D微考点2带电体在电场中的直线运动核|心|微|讲与力学的分析方法基本相同：先分析受力情况，再分析运动状态和运动过程(平衡、加速或减速；是直线还是曲线)；然后选用恰当的规律解题。也可以从功和能的角度分析：带电体的加速(含偏转过程中速度大小的变化)过程是其他形式的能和动能之间的转化过程。解决这类问题，可以用动能定理或能量守恒定律。典|例|微|探【例2】如图所示，在某一真空中，只有水平向右的匀强电场和竖直向下的重力场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，微粒恰能沿图示虚线由A向B做
12、直线运动。则()A微粒带正、负电荷都有可能B微粒做匀减速直线运动C微粒做匀速直线运动D微粒做匀加速直线运动【解题导思】(1)微粒是做匀速直线运动，还是变速直线运动？答：微粒受重力和电场力作用，两力的合力不可能为零，不可能做匀速直线运动，只能是变速直线运动。(2)带电微粒受到的电场力可能水平向右吗？答：不可能，微粒做直线运动，合力必沿AB直线(合力不为零时)，电场力只能水平向左。解析微粒做直线运动的条件是速度方向和合力的方向在同一条直线上，只有微粒受到水平向左的电场力才能使得合力方向与速度方向相反且在同一条直线上，由此可知微粒所受的电场力的方向与场强方向相反，则微粒必带负电，且运动过程中微粒做匀
13、减速直线运动，B项正确。答案B题|组|微|练3一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将()A打到下极板上B在下极板处返回C在距上极板处返回D在距上极板处返回解析带电粒子运动过程中只有重力和电场力做功，设电容器两极板间电压为U，粒子下落的全程由动能定理有mgqU0，当下极板向上平移后，设粒子能下落到距离上极板x处，由动能定理有mgqU0，解得xd，选项D正确。答案D4
14、在真空中的x轴上的原点处和x6a处分别固定一个点电荷M、N，在x2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是()A点电荷M、N一定都是负电荷B点电荷P的电势能一定是先增大后减小C点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为21Dx4a处的电场强度一定为零解析由vx图象可知，点电荷P的速度先增大后减小，所以点电荷P的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿x轴的正方向，后沿x轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知
15、，点电荷M、N一定都是正电荷，故A项错误；点电荷P的动能先增大后减小，由于只有电场力做功，所以点电荷P的电势能一定是先减小后增大，故B项错误；由图可知，在x4a处点电荷P的速度最大，速度的变化率为0，说明了x4a处的电场强度等于0，则M与N的点电荷在x4a处的电场强度大小相等，方向相反，根据库仑定律得所以点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为41，故C项错误，D项正确。答案D微考点3带电粒子在电场中的偏转核|心|微|讲求解电偏转问题的两种思路以示波管模型为例，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。1确定最终偏移距离OP
