第三講電容器帶電粒子在電場中的運動一電容器1.電容器的充、放電(1)充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲存電場能.(2)放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中電場能轉(zhuǎn)化為其他形式的能2公式C和C的比較(1)定義式：C，不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比，一個電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的，與電容器是否帶電及帶電多少無關(guān)(2)決定式：C，r為介電常數(shù)，S為極板正對面積，d為板間距離3對照教材實驗：如圖所示的裝置，可以探究影響平行板電容器電容的因素電容器與電源保持連接，增大兩板間的距離試分析電容器的電容C、兩板間的場強E、電容器的帶電量Q及靜電計指針偏角各如何變化？提示：dC，E，QCU，因U不變，故不變電容器充電后與電源斷開，增大兩板間的距離d，試分析C、U、E、各如何變化？提示：Q一定：dC，U，E不變，U電容器充電后與電源斷開，緊貼右極板插入與電容器極板寬度相同的金屬板或玻璃板時，靜電計指針偏角各如何變化？提示：插入金屬板相當于d減小，將減?。徊迦氩ＡО錍增大、減小.二帶電粒子在勻強電場中的運動示波管1.帶電粒子在電場中的加速(1)帶電粒子在左極板附近由靜止開始運動，求到達右極板時的速度？(不計重力)從力和運動的角度入手從功和能的角度入手提示：E，a，v.qUmv2，v .(2)如圖所示水平向右的勻強電場中，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子由Q點以初速度v0開始沿著與水平方向成角的圖示方向做直線運動求帶電粒子沿初速度方向運動的最大距離？是否考慮粒子的重力？帶電粒子的電性？帶電粒子的運動性質(zhì)？電場強度的大小是多少？提示：因粒子作直線運動，若只受電場力則不可能應(yīng)考慮重力且重力和電場力的合力與初速度v0平行，分析可知帶電粒子作勻減速直線運動當速度減為零時，帶電粒子沿初速度方向運動為最大由粒子的受力知粒子帶負電，tan ，E.F合ma，x.2帶電粒子的偏轉(zhuǎn)(限于勻強電場且不計重力)(1)帶電粒子以速度v0垂直于電場線方向飛入勻強電場時，由于電場力方向與粒子的初速度方向垂直，且電場力是恒力，所以帶電粒子做類平拋運動(2)分析處理方法：類似于平拋運動的分析處理，即應(yīng)用運動的合成和分解的知識方法沿初速度方向為勻速直線運動：運動時間t沿電場力方向為初速度為零的勻加速直線運動：加速度a.離開電場時的偏移量yat2沿電場力方向的分速度vyat根據(jù)速度的合成得：粒子離開電場時的速度v離開電場時的偏轉(zhuǎn)角tan .(3)某同學根據(jù)動能定理計算粒子離開電場時的速度，方法如下：由qUmv2mv得：v 請思考為何計算出的結(jié)果與根據(jù)速度的合成得出的結(jié)果不同？提示：上述計算結(jié)果是錯誤的帶電粒子在電場中運動過程，電場力做的功應(yīng)是WEq·yqy.WqU中的U應(yīng)是入射點和出射點之間的電勢差(4)若帶電粒子從兩板中央進入最后未出電場打在下板上如何處理？提示：此時偏轉(zhuǎn)位移y，Wq·.(5)若帶電粒子從上板邊緣進入最后擦著下板邊緣穿出電場根據(jù)qUmv2mv計算正確嗎？提示：正確(6)將帶電粒子離開電場時的速度反向延長與初速度方向的相交點O點的位置有何特征？提示：由幾何關(guān)系tan ，得L，即O點為中點3“電加速”“電偏轉(zhuǎn)”(1)試證明：不同帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速度后進入同一偏轉(zhuǎn)電場，它們在電場中的偏轉(zhuǎn)位移偏轉(zhuǎn)角度總是相同的(2)怎樣求OP？你能給出幾種不同的求解方法？提示：方法一：由tan 可求OP.方法二：由三角形相似可求OP.方法三：由運動的合成與分解OPvy·tvy·.1(教科版選修31P40第9題)關(guān)于電容器的電容，下列說法中正確的是()A電容器所帶電荷量越多，電容越大B電容器兩板間電壓越低，其電容越大C電容器不帶電時，其電容為零D電容器的電容只由它本身的特性決定答案：D2(人教版選修31P32第1題)平行板電容器的一個極板與靜電計的金屬桿相連，另一個極板與靜電計金屬外殼相連給電容器充電后，靜電計指針偏轉(zhuǎn)一個角度以下情況中，靜電計指針的偏角是增大還是減小？(1)把兩板間的距離減??；(2)把兩板間的相對面積減小；(3)在兩板間插入相對介電常數(shù)較大的電介質(zhì)答案：(1)把兩極板間距離減小，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計指針偏角變小(2)把兩極板間相對面積減小，電容減小，電荷量不變，電壓變大，靜電計指針偏角變大(3)在兩極板間插入相對介電常數(shù)較大的電介質(zhì)，電容增大，電荷量不變，電壓變小，靜電計指針偏角變小3(人教版選修31P39第2題)某種金屬板M受到某種紫外線照射時會不停地發(fā)射電子，射出的電子具有不同的方向，其速度大小也不相同在M旁放置一個金屬網(wǎng)N.如果用導線將MN連接起來，M射出的電子落到N上便會沿導線返回M，從而形成電流現(xiàn)在不把M、N直接相連，而按下圖那樣在M、N之間加一個電壓U，發(fā)現(xiàn)當U12.5 V時電流表中就沒有電流已知電子的質(zhì)量me9.1×1031 kg.問：被這種紫外線照射出的電子，最大速度是多少？(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)解析：如果電子的動能減少到等于0的時候，電子恰好沒有到達N板，則電流表中就沒有電流由W0Ekm，WeU，得eU0Ekmmev2v m/s2.10×106 m/s. 答案：2.10×106 m/s4(人教版選修31P39第3題)先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場進入時速度方向與板面平行，在下列兩種情況下，分別求出離開時電子偏角的正切與氫核偏角的正切之比(1)電子與氫核的初速度相同(2)電子與氫核的初動能相同解析：設(shè)加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極間距離為d，極板長為l，則：帶電粒子在加速電場中獲得初動能mvqU0，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿靜電力方向的速度vyat，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan .(1)若電子與氫核的初速度相同，則.(2)若電子與氫核的初動能相同，則1.答案：見解析考點一平行板電容器的動態(tài)分析1.平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況(1)電容器始終與電源相連時，兩極板間的電勢差U保持不變(2)充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量Q保持不變2動態(tài)分析思路(1)U不變根據(jù)C先分析電容的變化，再分析Q的變化根據(jù)E分析場強的變化根據(jù)UABE·d分析某點電勢變化(2)Q不變根據(jù)C先分析電容的變化，再分析U的變化根據(jù)E分析場強變化1(2016·全國乙卷)一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上，若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變解析：選D平行板電容器電容的表達式為C，將極板間的云母介質(zhì)移出后，導致電容器的電容C變小由于極板間電壓不變，據(jù)QCU知，極板上的電荷量變小再考慮到極板間電場強度E，由于U、d不變，所以極板間電場強度不變，選項D正確2.(2018·福州聯(lián)考)如圖所示，兩平行金屬板豎直放置且B板接地，其間有用絕緣細線懸掛的帶電小球，當給兩金屬板充電Q后，懸線與豎直方向夾角為，因電離作用， 兩金屬板的電荷量緩慢減小(小球電荷量假設(shè)不變)，以至懸線與豎直方向間的夾角逐漸減小，則 在夾角減少到的過程中，下列說法正確的是()A細線拉力逐漸增大B細線拉力大小不變C電容器兩極板減小的電荷量為D電容器兩極板減小的電荷量為解析：選D小球受到重力mg、細線的拉力FT和水平向右的電場力F的作用而處于動態(tài)平衡(如圖所示)，由FT可知，減小，F(xiàn)T也減小，A、B錯誤；令兩極板間距離為d，電容器的電容為C，由圖知tan 1，令減小的電荷量為Q，同理可得tan 2，聯(lián)立解得QQ，C錯誤，D正確.考點二帶電粒子在電場中的直線運動1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理(1)基本粒子：如電子、質(zhì)子、粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)(2)帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力2做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合0，粒子或靜止，或做勻速直線運動(2)粒子所受合外力F合0，且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速直線運動或勻減速直線運動3用動力學觀點分析a，E，v2v2ad.4用功能觀點分析勻強電場中：WEqdqUmv2mv非勻強電場中：WqUEk2Ek1 (2017·江蘇卷)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點現(xiàn)將C板向右平移到P點，則由O點靜止釋放的電子()A運動到P點返回B運動到P和P點之間返回C運動到P點返回D穿過P點解析：選A設(shè)AB、BC間的電場強度分別為E1、E2，間距分別為d1和d2，電子由O點運動到P點的過程中，據(jù)動能定理得：eE1d1eE2d20當C板向右平移后，BC板間的電場強度E2，BC板間的電場強度與板間距無關(guān)，大小不變第二次釋放后，設(shè)電子在BC間移動的距離為x，則eE1d1eE2x00比較兩式知，xd2，即電子運動到P點時返回，選項A正確 (2018·河北定州中學月考)如圖所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過閉合的開關(guān)S分別與電源兩極相連，兩板中央各有一個小孔a和b，在a孔正上方某處放一帶電質(zhì)點由靜止開始下落，若不計空氣阻力，該質(zhì)點到達b孔時速度恰為零，然后返回現(xiàn)要使帶電質(zhì)點能穿過b孔，則可行的方法是()A保持S閉合，將A板適當上移B保持S閉合，將B板適當下移C先斷開S，再將A板適當上移D先斷開S，再將B板適當下移解析：選B設(shè)質(zhì)點距離A板的高度h，A、B兩板原來的距離為d，電壓為U.質(zhì)點的電量為q.由題質(zhì)點到達b孔時速度恰為零，根據(jù)動能定理得mg(hd)qU0.若保持S閉合，將A板適當上移，設(shè)質(zhì)點到達b時速度為v，由動能定理得mg(hd)qUmv2，v0，說明質(zhì)點到達b孔時速度恰為零，然后返回，不能穿過b孔故A錯誤若保持S閉合，將B板適當下移距離d，由動能定理得mg(hdd)qUmv2，則v0，質(zhì)點能穿過b孔故B正確若斷開S時，將A板適當上移，板間電場強度不變，設(shè)A板上移距離為d，質(zhì)點進入電場的深度為d時速度為零由動能定理得mg(hdd)qEd0，又由原來情況有mg(hd)qEd0.比較兩式得，dd，說明質(zhì)點在到達b孔之前，速度減為零，然后返回故C錯誤若斷開S，再將B板適當下移，根據(jù)動能定理可知，質(zhì)點到達b孔原來的位置速度減為零，然后返回，不能到達b孔故D錯誤故選B3(2018·黃岡月考)如圖所示，平行板電容器兩板間有一帶電小球(可視為質(zhì)點)，當電容器的電荷量為Q1(A板帶正電)時 ，小球恰好靜止在P點，當電容器的電荷量突增到Q2時，帶電小 球開始向上運動，經(jīng)時間t，使A板帶負電，B板帶正電，電荷量仍為Q2，則再經(jīng)時間t帶電小球剛好回到P點，不計一切阻力，小球運動中沒與極板相碰，則()AQ22Q1BQ23Q1CQ24Q1DQ25Q1解析：選A因小球靜止，所以有mgq，只改變電容器兩極板的電荷量時有ma1qmg，再改變電容器兩極板的電性有ma2qmg，而兩段相等時間內(nèi)位移滿足a1t2，聯(lián)立得U22U1，又因QCU，所以Q22Q1，A正確4.(2018·牡丹江市一中月考)豎直放置的兩塊足夠長的平行金屬板間有勻強電場其電場強度為E，在該勻強電場中，用絲線懸掛質(zhì)量為m的帶電小球，絲線跟豎直方向成角時小球恰好平衡，如圖所示，請問：(1)小球的電性及所帶電荷量是多少？(2)若剪斷絲線，小球碰到金屬板需多長時間？解析：(1)由于小球處于平衡狀態(tài)，對小球受力分析如圖所示，小球帶正電；Fsin qEFcos mg由上述兩式得tan ，故q.(2)由第(1)問中的方程知F，而剪斷絲線后，小球所受電場力和重力的合力與未剪斷絲線時絲線的拉力大小相等，故剪斷絲線后小球所受重力、電場力的合力等于.小球的加速度a，小球由靜止開始沿著絲線拉力的反方向做勻加速直線運動，當碰到金屬板上時，它經(jīng)過的位移為s，又由sat2，t.答案：(1)正電；q(2) 考點三帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)1.運動規(guī)律(1)沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間(2)沿電場力方向，做勻加速直線運動2兩個結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的證明：由qU0mvyat2··2tan 得：y，tan (2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為.3功能關(guān)系當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解：qUymv2mv，其中Uyy，指初、末位置間的電勢差 (2018·河北定州中學模擬)如圖所示，兩平行金屬板A、B長為L8 cm，兩板間距離d8 cm，A板比B板電勢高300 V，一帶正電的粒子電荷量為q1.0×1010 C、質(zhì)量為m1.0×1020 kg，沿電場中心線RO垂直電場線飛入電場，初速度v02.0×106 m/s，粒子飛出電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域，然后進入固定在O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS右側(cè)點電荷的電場分布不受界面的影響)已知兩界面MN、PS相距為12 cm，D是中心線RO與界面PS的交點，O點在中心線上，距離界面PS為9 cm，粒子穿過界面PS做勻速圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏bc上(靜電力常量k9.0×109 N·m2/C2，粒子的重力不計)(1)求粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離為多遠；到達PS界面時離D點為多遠；(2)在圖上粗略畫出粒子的運動軌跡；(3)確定點電荷Q的電性并求其電荷量的大小解析：(1)粒子穿過界面MN時偏離中心線RO的距離(偏移位移)：yat2，a，Lv0t，則yat220.03 m3 cm.粒子在離開電場后將做勻速直線運動，其軌跡與PS交于H，設(shè)H到中心線的距離為Y，則有，解得Y4y12 cm.(2)第一段是拋物線、第二段是直線、第三段是圓弧(3)粒子到達H點時，其水平速度vxv02.0×106 m/s豎直速度vyat1.5×106 m/s則v合2.5×106 m/s該粒子在穿過界面PS后繞點電荷Q做勻速圓周運動，所以Q帶負電根據(jù)幾何關(guān)系可知半徑r15 cmkm，解得Q1.04×108 C答案：(1)3 cm12 cm(2)見解析圖(3)負電；Q1.04×108 C分析帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)問題的關(guān)鍵(1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葀0與電場方向垂直，則帶電粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動(2)運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動 如圖甲所示，熱電子由陰極飛出時的初速度忽略不計，電子發(fā)射裝置的加速電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場板間距離L8 cm，極板長為2L，下極板接地，偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離也為2L，在兩極板間接一交變電壓，電壓的周期T4 s，上極板的電勢隨時間變化的圖象如圖乙所示，大量電子從偏轉(zhuǎn)電場中央持續(xù)射入，穿過平行板的時間極短，可認為電子穿過平行板的過程中電壓是不變的，求：(1)電子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度v0(用電子的比荷，加速電壓U0表示)(2)在電勢變化的每個周期內(nèi)熒光屏會出現(xiàn)“黑屏”現(xiàn)象，即無電子擊中屏幕，求每個周期內(nèi)的“黑屏”時間(3)熒光屏上有電子打到的區(qū)間的長度解析：(1)由動能定理eU0mvv0.(2)設(shè)電子恰好能射出電場時的偏轉(zhuǎn)電壓為Um，則有at2·2解得Um0.5U0，結(jié)合圖象知，偏轉(zhuǎn)電壓由0.8U00.5U0變化時，熒光屏上“黑屏”“黑屏”時間為t，t1 s.(3)電子向上偏轉(zhuǎn)時，s112 cm.電子向下偏轉(zhuǎn)時，y2·2，代入數(shù)據(jù)得s29.6 cm.故總長度ss1s221.6 cm.答案：(1) (2)1 s(3)21.6 cm5.(2018·山東實驗中學診斷)如圖所示，帶有小孔的平行極板A、B間存在勻強電場，電場強度為E0，極板間距離為L.其右側(cè)有與A、B垂直的平行極板C、D，極板長度為L，C、D板間加恒定的電壓現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子(重力不計)，從A板處由靜止釋放，經(jīng)電場加速后通過B板的小孔飛出；經(jīng)過C、D板間的電場偏轉(zhuǎn)后從電場的右側(cè)邊界M點飛出電場區(qū)域，速度方向與邊界夾角為60°，求：(1)電子在A、B間的運動時間；(2)C、D間勻強電場的電場強度解析：(1)電子在A、B間直線加速，加速度a，設(shè)電子在A、B間的運動時間為t，則Lat2，解得t .(2)設(shè)電子從B板的小孔飛出時的速度為v0，則v0at，則電子從平行極板C、D間射出時沿電場方向的速度為vyv0tan 30°，又vy·，可得C、D間勻強電場的電場強度EE0.答案：(1) (2)E06.(2017·蚌埠期末)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一直角坐標系xOy，x軸正方向為豎直向上在該平面內(nèi)分布著與水平方向成45°角的勻強電場將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程ykx2，且小球通過點P.已知重力加速度為g，求：(1)電場強度的大??；(2)小球拋出時的初速度大?。?3)若小球運動到Q點(圖中未標出)時的動能是拋出時初動能的2倍，則它從O點運動到該點的過程中電勢能的變化量是多少？解析：(1)小球做類平拋運動，則電場力與重力的合力沿y軸正方向，分析小球在豎直方向上的受力情況，得qEsin 45°mg解得E(2)分析小球受到的合力，由牛頓第二定律，得qEcos 45°ma聯(lián)立，得ag由平拋運動的規(guī)律得v0tgt2聯(lián)立，得v0 .(3)由動能定理EkEkEkOW合mgy解得y又有ykx2故小球在豎直方向上的位移x由能量守恒定律，得電勢能的變化量EpE機(mgxEk).答案：(1)(2) (3)15