PAGE11-第三節電容器帶電粒子在電場中的運動eq\a\vs4\al(一、電容器、電容)1.電容器兩個彼此絕緣又相互靠近的導體可構成電容器.電容器充電就是使電容器帶電的過程.電容器放電就是使電容器失去電荷的過程.電容器帶的電荷量是指一個極板所帶電荷量的肯定值.2.電容電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板間的電勢差U的比值叫作電容器的電容，公式：C＝eq\f(Q,U)，單位：法拉（F）、微法（μF）、皮法（pF）.由數學關系我們可以得出，電容器的電容也等于電荷量的變更量與電勢差的變更量之比，即C＝eq\f(ΔQ,ΔU).電容是描述電容器容納電荷本事的物理量.3.平行板電容器的電容公式C＝eq\f(εrS,4kπd)∝eq\f(εrS,d)，S為兩板的正對面積，d為極板間的距離，其中εr是介電常數.平行板電容器兩板間的電場可以近似認為是勻強電場.1.一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極板間插入一電介質，其電容C和兩極板間的電勢差U的變更狀況是（）A.C和U均增大B.C增大，U減小C.C減小，U增大D.C和U均減小答案：Beq\a\vs4\al(二、帶電粒子在電場中的加速或減速)（1）探討條件：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場時將做勻變速直線運動.（2）功能關系：帶電粒子在電場中加速，若不計粒子的重力，則靜電力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量.①在勻強電場中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).②在非勻強電場中，W＝qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).2.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入電場，最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA間距為h，則此電子的初動能為（）A.eq\f(edh,U)B.eq\f(dU,eh)C.eq\f(eU,dh)D.eq\f(eUh,d)答案：Deq\a\vs4\al(三、帶電粒子在勻強電場中的偏轉)1.假如帶電粒子以初速度v0垂直電場強度方向進入勻強電場中，不考慮重力時，則帶電粒子在電場中將做類平拋運動，如圖所示.2.類平拋運動的一般處理方法：將粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿靜電力方向初速度為0的勻加速直線運動.3.基本公式（板長為l，板間距離為d，板間電壓為U）：在電場中運動時間t＝eq\f(l,v0)；加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,dm)；離開電場的偏轉量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2dmveq\o\al(2,0))；偏轉角tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0)).3.（多選）如圖所示，六面體真空盒置于水平面上，它的ABCD面與EFGH面為金屬板，其他面為絕緣材料.ABCD面帶正電，EFGH面帶負電.從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個質量相同的帶正電液滴A、B、C，最終分別落在1、2、3三點，則下列說法正確的是（）A.三個液滴在真空盒中都做平拋運動B.三個液滴的運動時間肯定相同C.三個液滴落究竟板時的速率相同D.液滴C所帶電荷量最多答案：BD電容器C＝eq\f(Q,U)定義式反映電容容納電荷的本事，平行板電容器中間部分是勻強電場，帶電粒子運動規律遵循運動學基本規律，一般與動能定理綜合解題.考點一平行板電容器及動態分析1.兩類動態問題分析比較（1）第一類動態變更：兩極板間電壓U恒定不變.（2）其次類動態變更：電容器所帶電荷量Q恒定不變.2.分析電容器動態問題時應留意的問題（1）先確定電容器的不變量（Q或U）.（2）只有當電容器的電荷量發生變更時，電容器支路上才有充電或放電電流.（3）若電路中有二極管，其單向導電性將影響電容器充電或放電.（4）電容器電荷量不變時，變更板間距不會引起板間電場強度的變更.eq\a\vs4\al(典例)（2024·長沙測試）用限制變量法，可以探討影響平行板電容器電容的因素（如圖所示）.設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ.試驗中，極板所帶電荷量不變，若（）A.保持S不變，增大d，則θ變大B.保持S不變，增大d，則θ變小C.保持d不變，增大S，則θ變大D.保持d不變，增大S，則θ不變解析：依據C＝eq\f(εrS,4kπd)可知：保持S不變，增大d，電容C減小，本題中電容器帶電荷量Q保持不變，由C＝eq\f(Q,U)可知電勢差U變大，則θ變大，故A正確，B錯誤；保持d不變，增大S，電容C增大，由于帶電荷量Q不變，由C＝eq\f(Q,U)可知電勢差U變小，則θ變小，故C、D錯誤.答案：A運用電容器定義式和確定式分析電容器相關量變更的基本思路1.確定不變量，分析是電壓不變還是所帶電荷量不變.2.用確定式C＝eq\f(εrS,4kπd)分析平行板電容器電容的變更.3.用定義式C＝eq\f(Q,U)分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變更.4.用E＝eq\f(U,d)分析平行板電容器極板間勻強電場的電場強度的變更.考點二帶電粒子在電場中的直線運動帶電粒子在電場中加速，若不計粒子的重力，則電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的增量.（1）在勻強電場中：W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).（2）在非勻強電場中：W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).eq\a\vs4\al(典例)（2024·長沙模擬）如圖所示，相互絕緣且緊靠在一起的A、B物體，靜止在水平地面上，A的質量為m＝0.04kg，帶電荷量為q＝＋5.0×10－5C，B的質量為M＝0.06kg，不帶電.兩物體與水平面間的動摩擦因數均為μ＝0.4，t＝0時刻起先，空間存在水平向右的勻強電場，電場強度為E＝1.6×104N/C，g取10m/s2.設運動過程中物體所帶的電荷量沒有變更.（1）求A、B的加速度及其相互作用力的大小；（2）若t＝2s后電場反向，且電場強度減為原來的一半，求物體B停下時兩物體間的距離.解析：（1）對整體分析，由牛頓其次定律，有qE－μ（M＋m）g＝（M＋m）a，加速度大小a＝eq\f(qE－μ（M＋m）g,M＋m)＝4m/s2.隔離B分析，依據牛頓其次定律有F－μMg＝Ma，解得F＝μMg＋Ma＝0.48N.（2）t＝2s時，A、B的速度大小v＝at＝4×2m/s＝8m/s.t＝2s后電場反向，且電場強度減為原來的一半，此時A做勻減速運動的加速度大小aA＝eq\f(qE′＋μmg,m)＝14m/s2，B做勻減速運動的加速度大小aB＝μg＝4m/s2，B速度減為零的時間tB＝eq\f(v,aB)＝2s，減速到零的位移大小xB＝eq\f(v2,2aB)＝8m.A速度減為零的時間tA1＝eq\f(v,aA)＝eq\f(4,7)s，減速到零的位移大小xA1＝eq\f(v2,2aA)＝eq\f(16,7)m.A反向做勻加速運動的加速度大小a′A＝eq\f(qE′－μmg,m)＝6m/s2，則反向做勻加速直線運動的位移大小xA2＝eq\f(1,2)a′A（tB－tA1）2＝eq\f(300,49)m，則A、B的距離Δx＝xA2－xA1＋xB≈11.8m.答案：（1）4m/s20.48N（2）11.8m1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理.（1）基本粒子：如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或明確的示意以外，一般都不考慮重力（但并不忽視質量）.（2）帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的示意以外，一般都不能忽視重力.2.帶電粒子在電場中平衡的解題步驟.（1）選取探討對象.（2）進行受力分析，留意電場力的方向特點.（3）由平衡條件列方程求解.3.解決帶電粒子在電場中的直線運動問題的兩種思路.（1）依據帶電粒子受到的電場力，用牛頓其次定律求出加速度，結合運動學公式確定帶電粒子的運動狀況.此方法只適用于勻強電場.（2）依據總功等于帶電粒子動能的變更求解.此方法既適用于勻強電場，也適用于非勻強電場.考點三帶電粒子在電場中的偏轉1.基本規律設粒子帶電荷量為q，質量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為l，板間距離為d（忽視重力影響），則有（1）加速度：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md).（2）在電場中的運動時間：t＝eq\f(l,v0).（3）位移eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vxt＝v0t＝l，,\f(1,2)at2＝y，))y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mveq\o\al(2,0)d).（4）速度eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(vx＝v0，,vy＝at，))vy＝eq\f(qUt,md)，v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(qUl,mveq\o\al(2,0)d).2.兩個結論（1）不同的帶電粒子從靜止起先經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時的偏轉角度總是相同的.證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及tanφ＝eq\f(qUl,mdveq\o\al(2,0))，得tanφ＝eq\f(Ul,2U0d).（2）粒子經電場偏轉后，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到電場邊緣的距離為eq\f(l,2).3.求解電偏轉問題的兩種思路帶電粒子經加速電場U1加速，再經偏轉電場U2偏轉后，需再經驗一段勻速直線運動才會打到熒光屏上而顯示亮點P，如圖所示.（1）確定最終偏轉距離OP的兩種方法.方法1：方法2：（2）確定粒子經偏轉電場后的動能（或速度）的兩種方法.方法1：方法2：留意：利用動能定理求粒子偏轉后的動能時，電場力做功W＝qU＝qEy，其中“U”為初末位置的電勢差，而不肯定是兩極板間的電勢差.4.帶電粒子在勻強電場中偏轉時間的探討質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0垂直于電場方向從極板中間射入勻強電場，已知極板間距為d，極板長度為L，極板間電壓為U，帶電粒子在勻強電場中的運動時間為t，則（1）帶電粒子能穿出電場時，在電場中運動的時間由沿初速度方向上的運動來確定比較便利，其值為t＝eq\f(L,v0).（2）帶電粒子打到極板上時，在電場中運動的時間由沿電場方向上的運動來確定比較便利，其值為t＝eq\r(\f(2y,a)).eq\a\vs4\al(典例)如圖所示，在兩條平行的虛線內存在著寬度為L、電場強度為E的勻強電場，在與右側虛線相距也為L處有一與電場平行的屏.現有一電荷量為＋q、質量為m的帶電粒子（重力不計），以垂直于電場線方向的初速度v0射入電場中，v0方向的延長線與屏的交點為O.試求：（1）粒子從射入電場到打到屏上所用的時間；（2）粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值tanα；（3）粒子打到屏上的點P到O點的距離x.解析：（1）依據題意，粒子在垂直于電場線的方向上做勻速直線運動，所以粒子從射入電場到打到屏上所用的時間t＝eq\f(2L,v0).（2）設粒子射出電場時沿平行電場線方向的速度為vy，依據牛頓其次定律，粒子在電場中的加速度為a＝eq\f(Eq,m)，所以vy＝aeq\f(L,v0)＝eq\f(qEL,mv0)，粒子剛射出電場時的速度方向與初速度方向間夾角的正切值為tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0)).（3）設粒子在電場中的偏轉距離為y，則y＝eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,2)eq\f(qEL2,mveq\o\al(2,0))，又x＝y＋Ltanα，解得x＝eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0)).答案：（1）eq\f(2L,v0)（2）eq\f(qEL,mveq\o\al(2,0))（3）eq\f(3qEL2,2mveq\o\al(2,0))1.如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，在兩極板間有一個負點電荷在P點恰好平衡.若用U表示兩極板間的電壓、E表示兩極板間的電場強度，并令負極板保持不動，而將正極板向下移到圖中的虛線位置，則（）A.E增大，U減小B.E不變，U增大C.E增大，電荷有向上的加速度D.E不變，電荷電勢能變小答案：D2.電源、開關、平行板電容器連成如圖所示電路.閉合開關S，電源對電容器充電后，電容器帶電荷量為Q，板間電壓為U，板間電場強度大小為E0.則下列說法正確的是（）A.若將A板下移少許，Q增大，U減小，E0不變B.若將A板下移少許，Q不變，U減小，E0減小C.若斷開開關，將A板下移少許，Q增大，U不變，E0增大D.若斷開開關，將A板下移少許，Q不變，U減小，E0不變答案：D3.如圖所示電路中，A、B是構成平行板電容器的兩金屬極板，P為其中的一個定點.將開關S閉合，電路穩定后將A板向上平移一小段距離，則下列說法正確的是（）A.電容器的電容增加B.在A板上移過程中，電阻R中有向上的電流C.A、B兩板間的電場強度增大D.P點電勢上升答案：B4.如圖所示，從F處釋放一個無初速度的電子向B板方向運動，指出下列對電子運動的描述中錯誤的是（設電源電動勢為U）（）A.電子到達B板時的動能是U（eV）B.電子從B板到達C板動能變更量為零C.電子到達D板時動能是3U（eV）D.電子在A板和D板之間做往復運動答案：C5.如圖所示，帶正電的粒子以肯定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為＋q，粒子通過平行金屬板的時間為t（不計粒子的重力），則（）A.在前eq\f(t,2)時間內，電場力對粒子做的功為eq\f(qU,4)B.在后eq\f(t,2)時間內，電場力對粒子做的功為eq\f(3qU,8)C.在粒子下落前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)的過程中，電場力做功之比為1∶2D.在粒子下落