专题七 第3讲 电容器与电容带电粒子在电场中的运动

第3讲电容器与电容带电粒子在电场中的运动考点1电容平行板电容器的动态分析1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘且又相互靠近的导体组成．(2)带电量：一个极板所带电量的绝对值．2．电容(1)定义：电容器所带的电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．电容C由电容器本身的构造因素决定，与U、Q无关．(4)单位：1法拉(F)＝_____微法(μF)＝_____皮法(pF)．3．平行板电容器的电容1061012距离(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的________成正比，与两极板的_____成反比，并且跟板间插入的电介质有关．QUΔQΔU正对面积(2)公式：C＝______4．平行板电容器的动态分析电压电量(1)两种情况：①保持两极板与电源相连，则电容器两极板间_____不变．②充电后断开电源，则电容器的_____不变．(3)方法：找不变量与变化量之间的公式来决定要比较的量的变化关系．如：Q不变、d变小，比较E的变化，则Q＝CUεS4πkd(2)三个公式：①C＝QU；②U＝Ed；③C＝εS4πkd.＝CEd＝εS4πkdEd＝εS4πkE，故d变化时E不变．考点2带电粒子在电场中的运动示波管1．带电粒子在电场中的直线运动(1)运动状态分析：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：电场力对带电粒子所做的功等于粒子动能的变化，即qU＝_____________.12mv2－12mv202．带电粒子的偏转分析(1)运动状态：带电粒子受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，如图7－3－1.图7－3－1①沿初速度方向做______运动，运动时间t＝lv0.②沿电场力方向做_______运动，a＝Fm＝qEm＝qUmd.③离开电场时的偏移量y＝12at2＝ql2U2mv20d.④离开电场时的偏转角θ：tanθ＝vyv0＝______.匀速匀加速qUlmdv203．两个推论如图7－3－2所示，设带电粒子质量为m、电荷量为q，以速度v0垂直于电场线射入匀强电场，偏转电压为U1.若粒子飞出电场时偏转角为θ，则tanθ＝qU1lmdv20.(1)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，则由动能定理有qU0＝12mv20.由以上两式得tanθ＝U1l2U0d.图7－3－2由此式可知，粒子的偏转角θ与粒子的q、m无关，仅决定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，它们在偏转电场中的偏转角度总是相同的．(2)带电粒子从偏转电场中射出时的偏转位移y＝12at2＝12·qU1dmlv02，作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＝ytanθ＝qU1l22dmv20qU1lmv20d＝l2.4．示波管(1)构造：①电子枪；②偏转电极；③荧光屏．(如图7－3－3所示)图7－3－3由此可知，粒子从偏转电场中射出时，就好像是从极板间的l2处沿直线射出的．(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沿直线运动，打在荧光屏中心，在那里产生一个亮斑．②YY′上加的是待显示的信号电压．XX′上是机器自身的锯齿形电压，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变化的图象．1．根据电容器的定义式C＝—可知(题组1对应考点1QU)A．电容器电容越大，电容器所带电荷量就越多B．电容器的两极板间电势差越大，电容越大C．电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电势差成反比D．电容器的电容不随所带电荷量及两极板间的电势差的变化而变化解析：本题主要考查电容的定义式C＝—，即C与Q、UQU皆无关，Q与U成正比．答案：D2．(双选)图7－3－4所示的是一个由电池、电阻R、电键S与平行板电容器组成的串联电路，电键闭合，在增大电容器两极板间距离的过程中()图7－3－4A．电阻R中没有电流B．电容器的电容变小C．电阻R中有从a流向b的电流D．电阻R中有从b流向a的电流解析：图中电容器被充电，A极板带正电，B极板带负电．根据平行板电容器的大小决定因素C∝εSd可知，当增大电容器两极板间距离d时，电容C变小．由于电容器始终与电池相连，电容器两极板间电压UAB保持不变，根据电容的定义C＝QUAB，当C减小时电容器两极板所带电荷量Q减小，A极板所带正电荷的一部分从a到b经电阻R流向电源正极，即电阻R中有从a流向b的电流．答案：BC3．(2010年北京卷)用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图7－3－5)．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7－3－5A．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题组2对应考点24．(2011年江苏模拟)如图7－3－6所示，平行板电容器与恒定电源相连，负极板接地，在两板间有一正电荷(电荷量很少且不变)固定在P点，以U表示电容两极板间的电压，E表示两极板间的场强，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板)不动，而将正极板向上移至某位置，则(A．U不变，Ep变小B．U不变，Ep不变C．E变小，Ep变大D．E变大，Ep不变图7－3－6解析：向上移动正极板，电源电压不变，则电容器两端电压不变；U不变，d变大，则电容C变小，由Q＝CU知Q变小，故两极板间场强变小，Ep变小，A选项正确．答案：A)与加速电场、偏转电场的关系，下列说法中正5．(双选)如图7－3－7所示，示波器的示波管可以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，板间距为d，且电子被加速前的初速度可忽略，则关于示波器的灵敏度(即偏转电场中每单位偏转电压所引起的偏转量hU2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，灵敏度越小D．U2越大，灵敏度越小图7－3－7解析：偏转位移h＝12at2＝12qU2dmLv02＝U2L24dU1，灵敏度hU2＝L24dU1.可见，A、C选项正确．答案：AC6．真空室中有如图7－3－8所示的装置．电极K发出的电子(初速度不计)经过加速电场后，由小孔O沿水平放置的偏转板M、N间的中心轴线OO′射入．M、N板长为L，两板间加有恒定电压，它们间的电场可看做匀强电场．偏转板右端边缘到荧光屏P的距离为s.当加速电压为U1时，电子恰好打在N板中央的A点；当加速电压为U2时，电子打在荧光屏的B点．已知A、B点到中心轴线OO′的距离相等．求U1∶U2.图7－3－8解：设电子电量为e、质量为m.由题意，电子在偏转电场中做类平抛运动，加速度为a且保持不变．当加速电压为U1时，设电子进入偏转电场时的速度为v1，有eU1＝12mv21设偏转距离为y1，沿板方向的位移为L2，有L2＝v1t1，y1＝12at21当加速电压为U2时，设电子进入偏转电场时的速度为v2，有eU2＝12mv22设偏转距离为y2，沿板方向的位移为L如图32，电子从C点离开电场，沿直线CB匀速运动打在B点．图32L＝v2t2，y2＝12at22由几何关系得y1－y2s＝at2v2由以上各式解得U1U2＝L4(L＋2s).热点1电容器问题的动态分析【例1】(2011年天津卷)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U1，板间场强为E1.现将电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＝E1B．U2＝2U1，E2＝4E1C．U2＝U1，E2＝2E1D．U2＝2U1，E2＝2E1器所带电荷量变为2Q，板间距变为12d，其他条件不变，这时解析：由平行板电容器相关知识可得：U1＝QC＝QεS4πkd＝4πkdQεS，E1＝U1d＝4πkQεS，当电荷量变为2Q时，U2＝2QC′＝2QεS2πkd＝4πkdQεS＝U1，E2＝U2d2＝8πkQεS＝2E1.答案：C备考策略：对电容器的动态分析常与传感器的有关知识相结合，在分析问题的时候同样是先要判断题目中描述的过程属于电压不变的情况还是电量不变的情况，再根据影响电容器的电容的因素进行判断.1．(2010年重庆卷)某电容式话筒的原理示意图如图7－3－9所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板．对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中()图7－3－9A．P、Q构成的电容器的电容增大B．P上电荷量保持不变C．M点的电势比N点的低D．M点的电势比N点的高解析：电容式话筒与电源串联，电压保持不变．在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式C＝εS4πkd得电容减小，又根据电容定义式C＝QU得电容器所带电量减少，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高，D项正确．答案：DA.0t0D．Tt0热点2带电粒子在电场中的运动【例2】(2011年安徽卷)如图7－3－10甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，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()图7－3－10T4TB.t023T4C.3Tt0T49T8思路点拨：考查带电粒子在电场中的直线运动，利用动力学知识结合交变电压图象认真进行带电粒子运动情况分析是解决此题的关键．加速向A板运动、再减速运动至速度为零；然后再反方向加速运动、减速运动至速度为零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确．解析：若0t0T4，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至速度为零；然后再反方向加速运动、减速运动至速度为零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误．若T2t03T4，带正电粒子先t0T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至，带正电粒子先加速向B若3T4速度为零；然后再反方向加速运动、减速运动至速度为零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误．若Tt09T8板运动、再减速运动至速度为零；然后再反方向加速运动、减速运动至速度为零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误．答案：B2．(2010年珠海二模)如图7－3－11所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始加速，然后水平射入电势差为U2的两块平行金属板间的电场，整个装置处在真空中，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电图7－3－11子的偏转位移y变大的是()A．U1变大，U2变大B．U1变大，U2变小C．U1变小，U2变大D．U1变小，U2变小答案：C解析：由y＝12·qU2dm·L2v2＝U2L24dU1，得C正确．易错点复合场中等效法分析【例题】如图7－3－12所示，AB为光滑水平面，BCD为半径为R的光滑竖直半圆轨道，直径BD恰好竖直．空间存在水平向右的匀强电场，场强为E.现有一带电为－q、质量为m＝qEg的小球从A点以初速度v0沿水平面运动后滑上圆弧，AB间的距离为L＝2R，要使小球恰能到达D点，v0至少为多少？错解分析：恰能到达D点，则mg＝mv2DR从A点到D点由动能定理，得－mg·2R－qEL＝12mv2D－12mv20而qE＝mg，L＝2R所以v0＝9gR＝3gR.图7－3－12正确解析：如图7－3－13所示，小球受电场力和重力作用，合力大小不变，为F合＝2mg，方向与水平面成45°角，在M点时速度最小，向心力最大，所以要过D点，在M点时做圆周运动有F合＝mv2MR从A到M由动能定理，得－mg