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1、第第 4 课时课时 电容器与电容电容器与电容 带电粒子在电场中的运动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对电容器和电容概念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 Q1.0106 C 时，两板间电压升高 10 V，则电容器的电容无法确定答案 A2带电粒
2、子在电场中的加速问题如图 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( )图 1A当增大两板间距离时，v 增大B当减小两板间距离时，v 增大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变长答案 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平行板电容器的动态分析(2012海南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
3、极板所带的电荷分别用 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 E ，保持 U 不变，将 d 变为原来的两倍，E 变为原来的一半，A 对；保持 E 不变，Ud则 d 变为原来的一半，则 U 变为原来的一半，B 错；C ，C，保持 d 不变，C 不QUrS4kd变，Q 加倍，U 加倍，C 错；E ，Q 变为原来的一半，则
4、E 变为原UdQCdQrS4kdd4kQrS来的一半，D 对4带电粒子在电场中的偏转问题如图 2，一质量为 m，带电量为q 的带电粒子，以速度 v0垂直于电场方向进入电场，关于该带电粒子的运动，下列说法正确的是 ( )图 2A粒子在初速度方向做匀加速运动，平行于电场方向做匀加速运动，因而合运动是匀加速直线运动B粒子在初速度方向做匀速运动，平行于电场方向做匀加速运动，其合运动的轨迹是一条抛物线C分析该运动，可以用运动分解的方法，分别分析两个方向的运动规律，然后再确定合运动情况D分析该运动，有时也可用动能定理确定其某时刻速度的大小答案 BCD一、电容器的充、放电和电容的理解1电容器的充、放电(1)
5、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 .QU(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rS4kd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QUQUrS4kd二、带电粒子在电场中的运动1带电粒子在电场中加速
6、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加量(1)在匀强电场中：WqEdqU mv2 mv 或 FqEq ma.12122 0Ud(2)在非匀强电场中：WqU mv2 mv .12122 02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：沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间Error!沿电场力方向，做匀加速直线运动Error!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、 粒子、离子等除有说明或有明确的暗示以外，
7、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考点一 平行板电容器的动态分析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rS4kd(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QU(4)用 E 分析电容器两极板间电场强度的变化Ud例 1 如图 3 所示，两块较大的金属板 A、B 平行放置并与一电源相连，S 闭合后，两板间有一质量为 m、电荷量为 q 的油滴恰好处于静止状态以下说法中正确的是( )图 3A若
8、将 A 板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 中有 ba 的电流B若将 A 板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 中有 ba 的电流C若将 S 断开，则油滴立即做自由落体运动，G 中无电流D若将 S 断开，再将 A 板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 中有 ba的电流解析 根据电路图可知，A 板带负电，B 板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的电场力刚好与重力平衡；当 S 闭合，若将 A 板向上平移一小段位移，则板间间距 d 变大，而两板间电压 U 此时不变，故板间场强 E 变小，油滴所受合力Ud方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据 C可知，电容
9、C 减小，故两板所带电rS4kd荷量 Q 也减小，因此电容器放电，所以 G 中有 ba 的电流，选项 A 正确；在 S 闭合的情况下，若将 A 板向左平移一小段位移，两板间电压 U 和板间间距 d 都不变，所以板间场强 E 不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积 S 减小了，根据 C可知，电容 C 减小，两板所带电荷量 Q 也减小，电容器放电，所以 G 中有 ba 的rS4kd电流，选项 B 正确；若将 S 断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强 E 也不变，油滴仍然静止，选项 C 错误；若将 S 断开，再将 A 板向下平移一小段位移，两板所带电荷量 Q仍保持不变，两板间间距 d 变
10、小，根据 C，U 和 E ，可得 E，显然，rS4kdQCUd4kQrS两板间场强 E 不变，所以油滴仍然静止，G 中无电流，选项 D 错误答案 AB平行板电容器的动态分析问题常见的类型 平行板电容器的动态分析问题有两种情况：一是电容器始终和电源连接，此时 U 恒定，则 QCUC，而 C，两板间场强 E ；二是电容器充电后与电源断开，rS4kdrSdUd1d此时 Q 恒定，则 U ，C，场强 E .QCrSdUdQCd1rS突破训练 1 在如图 4 所示的实验装置中，平行板电容器的极板 B 与一灵敏静电计相接，极板 A 接地下列操作中可以观察到静电计指针张角变大的是( )图 4A极板 A 上移
11、B极板 A 右移C极板间插入一定厚度的金属片D极板间插入一云母片答案 A解析 静电计测量的是平行板电容器两极板之间的电压，电容器两极板上的电荷量保持不变，由 C 可得电压 U ，根据平行板电容器的电容 C可知，通过减小极板QUQCrS4kd正对面积 S、增大板间距 d 和减小板间电介质的介电常数 r可以减小电容器的电容，从而增大板间电压 U，故只有选项 A 是正确的考点二 带电粒子(或物体)在电场中的直线运动例 2 如图 5 所示，质量 m2.0104 kg、电荷量 q1.0106 C 的带正电微粒静止在空间范围足够大的电场强度为 E 的匀强电场中取 g10 m/s2.图 5(1)求匀强电场的
12、电场强度 E 的大小和方向；(2)在 t0 时刻，电场强度大小突然变为 E04.0103 N/C，方向不变求在 t0.20 s时间内电场力做的功；(3)在 t0.20 s 时刻突然撤掉电场，求带电微粒回到出发点时的动能解析 (1)因微粒静止，知其受力平衡，对其受力分析有EqmgE N/C2.0103 N/C，方向向上mgq2.0 104 101.0 106(2)在 t0 时刻，电场强度大小突然变为 E04.0103 N/C，设微粒的加速度为 a，在t0.20 s 时间内上升高度为 h，电场力做功为 W，则qE0mgma解得：a10 m/s2h at212解得：h0.20 mWqE0h解得：W8
13、.0104 J(3)设在 t0.20 s 时刻突然撤掉电场时微粒的速度大小为 v，回到出发点时的动能为Ek，则vat由动能定理得 mghEk mv212解得：Ek8.0104 J答案 (1)2.0103 N/C 方向向上 (2)8.0104 J (3)8.0104 J突破训练 2 电荷量为 q1104 C 的带正电的小物块置于绝缘粗糙水平面上，所在空间存在沿水平方向始终不变的电场，电场强度 E 的大小与时间 t 的关系和物块的速度v 与时间 t 的关系分别如图 6 甲、乙所示，若重力加速度 g 取 10 m/s2，根据图象所提供的信息，下列说法正确的是( )甲 乙图 6A物块在 4 s 内的总
14、位移 x6 mB物块的质量 m0.5 kgC物块与水平面间的动摩擦因数 0.2D物块在 4 s 内电势能减少 14 J答案 ACD解析 由题图乙可知，物块前 2 s 做匀加速直线运动，在 2 s4 s 做匀速直线运动，根据vt 图象所围面积可求得前 2 s 位移 x12 m,2 s4 s 位移 x24 m，总位移为 x6 m，A 正确.02 s 内，由牛顿第二定律得 qE1mgma，且 a1 m/s2，vt2 s 后物块做匀速运动，有 qE2mg由题图甲知 E13104 N/C、E22104 N/C，联立可得 m1 kg，0.2，B 错误，C 正确又因为电势能的减少量等于电场力所做的功，即qE
15、2mgEpWE1qx1E2qx214 J，D 正确考点三 带电粒子在电场中的偏转1带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(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，偏移量和偏转角总是相同的证明：由 qU0 mv122 0y at2 ()21212qU1mdlv0tan qU1lmdv2 0得：y，tan U1l24U0dU1l2U0d(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 O 为粒子水平位移的中点，即 O 到偏转电场边缘的距离为 .l22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 mv2 mv ，其12122 0中 Uy y，指初、末位置间的电势差Ud例 3 如图 7 所示，两平行金属板 A、B 长为 L8 cm，两板间距离 d8 cm，A 板比 B 板电势高 300 V，一带正电的粒子电荷量为 q1.01010 C，质量为 m1.01020 kg，沿电场中心线 RO 垂直电场线飞入电场，初速度 v02.0106 m/s，粒子飞出电场后经过界面 MN、PS
