第3讲 电容 带电粒子答案电场中的运动 1．电容器 (1)组成：两个彼此 且又 的导体． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的 . 绝缘

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1 第3讲 电容 带电粒子答案电场中的运动 1．电容器 (1)组成：两个彼此 且又 的导体． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的 . 绝缘
第3讲 电容 带电粒子答案电场中的运动 1．电容器 (1)组成：两个彼此 且又 的导体． (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的 绝缘 靠的很近 绝对值

2 (3)充、放电 ①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的 电 荷的过程．充电后，两极板间有 存在，电容器储存 ②放电：用导线将充电后的电容器的两极板接通，极板上电荷 的 过程．放电后的两极板间不再有电场，电场能转化为 的能量． 异种 电场 电场能 减少 其他形式

3 (1)定义：电容器所带的 与电容器两极板间的 比值．
(2)意义：表示电容器容纳电荷 的物理量． (3)定义式： (4)单位：1法拉(F)＝ 微法(μF)＝ 皮法(pF)． 2．电容 电荷 电势差 本领大小 106 1012

4 3．平行板电容器的电容 (1)决定因素： 平行板电容器的电容C跟板间电介质的介电常数ε成 ，跟正对面 积S成 ，跟极板间的距离d成 (2)决定式：C＝ (3)熟记两点： 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． 正比 正比 反比 电压 电荷量

5 对电容的理解 1．由C＝ 可以看出电压U一定时，C 越大，Q 越大，容纳电荷的本领越强． 本式是定义式，适用于各种电容器，同时也给出了一种计算电容的方法． 2．由C＝ 可推出C＝

6 1.(2010·西安部分学校联考)如图6－3－1所示为一只“极距变化型电容式传感
器”的部分构件示意图．当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便 发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情 况．在下列图中能正确反映C与d之间变化规律的图象是(　　)

7 解析：由平行板电容器电容的决定式 C＝εrS/ (4πkd)可知，电容 C 与极板
之间距离 d 成反比，在第一象限反比例函数图象是一条双曲线，所以 A 正确． 答案：A

8 1．运动性质 带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场中，受到的电场力方向与运 动方向 ，做 运动． 2．分析方法 (1)用匀变速直线运动的规律(电场必须是匀强电场)： 即qU＝ 在一条直线上 匀变速直线

9 研究带电粒子在电场中的运动时，是否考虑重力要依据具体情况而定：
①基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以 外，一般都不考虑重力． 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．

10 2．(2009·浙江，20)空间存在匀强电场，有一电荷量q(q＞0)、质量m的粒子从O点以速率为v0射入电场，运动到A点时速率为2v0
2．(2009·浙江，20)空间存在匀强电场，有一电荷量q(q＞0)、质量m的粒子从O点以速率为v0射入电场，运动到A点时速率为2v0.现有另一电荷量－q、质量m的粒子以速率2v0仍从O点射入该电场，运动到B点时速率为3v0若忽略重力的影响，则(　　) A．在O、A、B三点中，B点电势最高 B．在O、A、B三点中，A点电势最高 C．OA间的电势差比BO间的电势差大 D．OA间的电势差比BA间的电势差小 解析：由动能定理有：qUOA＝ 在三点中，B点的电势最高，A点的电势最低，OA间的电势差比BO间的电势差小，所以选A、D. 答案：AD 故

11 1．运动性质 不计重力的带电粒子以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场时，受到与 初速度方向垂直的电场力作用而做 运动． 2．分析方法 (1)处理方法 类平抛运动可分解为沿初速度方向的 运动和垂直初速度方向的 初速度为零的 运动． 曲线 匀速直线 匀加速

12 (2)有关物理量 如图6－3－2所示，一质量为m、电荷量为q的粒子以初速度v0沿中轴线射入． 在垂直场强方向做匀速运动：vx＝v0， 穿越电场时间： 在电场方向做匀加速直线运动：a＝ 离开电场时y方向分速度：vy＝at＝ 离开电场时y方向上的位移：y＝ at2＝ 离开电场时偏转角θ的正切值：tan θ＝

13 (1)在图6－3－2中作出粒子离开偏转电场时速度的反向延长线，与初速度方向交
于O点，O点与电场边缘的距离为x，则x＝ 结论：粒子从偏转电场中射出时，就像是从极板间的 处沿直线射出． (2)带电粒子先经U1的加速电场从静止加速后再垂直射入U2的偏转电场，则偏移 量y＝ 速度的偏转角为θ，tan θ＝ 结论：不论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一 偏转电场，它们飞出的偏移量y和偏转角θ都是相同的，也就是轨迹完全重合．

14 3.如图6－3－3所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电
压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电 粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏 转电压之比为(　　) A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 解析：由y＝ 得：U＝ 所以U∝ 可知A项正确． 答案： A

15 【例1】如图6－3－4所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电
流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，(　　) A．电荷将向上加速运动 B．电荷将向下加速运动 C．电流表中将有从a到b的电流 D．电流表中将有从b到a的电流

16 解析：充电后电容器的上极板A带正电．不断开电源，增大两板间距，U不
变、d增大．由E＝ 知两极板间场强减小．场强减小会使电荷q受到的电场力减 小，电场力小于重力，合力向下，电荷q向下加速运动．由C＝ 知电 容C减 小．由Q＝CU知极板所带电荷量减少．会有一部分电荷返回电源，形成逆时针方 向的电流．电流表中将会有由b到a的电流，选项B、D正确． 答案：BD

17 若将电源断开 (1)电容器两极板的间距及正对面积不变，电荷如何运动？ (2)只将电容器两极板的间距变大，电荷如何运动？ 解析：(1)只将电源断开，其它不变，两极板间的场强不变，所以电荷仍静止． (2)因为电荷量Q不变，两极板的正对面积不变，只将板间距离增大，极板上电 荷的分布不变，所以板间的场强不变，故电荷仍静止． 答案：(1)静止　(2)静止

18 解决电容器动态问题的思路 (1)确定不变量(分析电压不变或电荷量不变)． (2)用决定式C∝ 分析平行板电容器电容的变化． (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． (4)用E＝ 分析电容器极板间场强的变化．

19 1－1 如图6－3－5所示，A、B为两块竖直放置的平行金属板，G是静电计，开关S
合上后，静电计指针张开一个角度．下述做法可使指针张角增大的是(　　) A．使A、B两板靠近些 B．使A、B两板正对面积错开些 C．断开S后，使B板向左平移减小板间距 D．断开S后，使A、B板错位正对面积减小

20 解析：本题考查平行板电容器的性质及两类问题．由于静电计的金属球与A板等
势，外壳与B板等势(电势都为零)，因此静电计测量的是电容器两板间的电压， 如果S一直闭合，则两板间的电压始终等于电源的电动势，静电计的张角不会改 变，A、B项错误；如果使开关S断开，电容器上带电量一定，由U＝ 可知，当两板间的距离减小时，U变小，静电计的张角变小，C项错误；当两板间 的正对面积减小，则两板间的电压增大，静电计的张角增大，D正确．本题难度中等． 答案：D

21 1－2 如图6－3－6所示，一电容为C的平行板电容器，两极板A、B间距离为d，板间电
压为U，B板电势高于A板．两板间有M、N、P三点，MN连线平行于极板，N、 P连线垂直于极板，M、P两点间距离为L，∠PMN＝θ.以下说法正确的是(　　) A．电容器带电量为 B．两极板间匀强电场的电场强度大小为 C．M、P两点间的电势差为 D．若将带电量为＋q的电荷从M移到P，该电荷的电势能减少了

22 解析：由电容器电容的定义式可知，电容器的带电量为Q＝CU，A项错误；两板
间的电场为匀强电场，根据匀强电场场强与电势差的关系可知，两板间电场强 度E＝ B项错误；MP两点间的电势差就等于NP间的电势差，即UMP＝ELsin θ＝ C项正确；由于下板带正电，因此板间场强方向竖直向上，将带电 量为＋q的电荷从M点移到P点，电场力做正功，电势能减少量就等于电场力做 的功，即为qUMP＝ D项正确．本题较易． 答案：CD

23 【例2】 如图6－3－7所示，甲图是用来使带正电的离子加速和偏转的装置．乙图为该装置中加速与偏转电场的等效模拟．以y轴为界，左侧为沿x轴正向的匀强电场，场强为E.右侧为沿y轴负方向的匀强电场．已知 OA⊥AB，OA＝AB，且OB间的电势差为U0.若在x轴的C点无初速地释放一个电荷量为q、质量为m的正离子(不计重力)，结果正离子刚好通过B点．求：

24 (1)CO间的距离d； (2)粒子通过B点的速度大小． 解析：(1)设正离子到达O点的速度为v0(其方向沿x轴的正方向) 则正离子由C点到O点由动能定理得：qEd＝ 而正离子从O点到B点做类平抛运动，则：OA＝ AB＝v0t③ 而OA＝AB④ 由①②③④得d＝

25 (2)设正离子到B点时速度的大小为vB，正离子从C到B过程中由动能定理得：
qEd＋qU0＝ 解得vB＝ 答案：(1) (2)

26 偏转问题的分析处理方法 1．类似于平抛运动的分析处理，应用运动的合成和分解的知识． 2．从力学的观点和能量的观点着手．按力学问题的分析法加以分析，分析带 电粒子在运动过程中其他形式的能和动能之间的转化过程时，可应用动能 定理，也可以用能量守恒定律．

27 2－1 如图6－3－8所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇．若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是(　　) A．电荷M的比荷大于电荷N的比荷 B．两电荷在电场中运动的加速度相等 C．从两电荷进入电场到两电荷相遇， 电场力对电荷M做的功大于 电场力对电荷N做的功 D．电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同

28 解析：电荷做类平抛运动，在竖直方向有y＝ 因时间、电压、板间距相
等，所以电荷M的比荷 大，电荷量也大，A项正确；加速度是M的大，B项错 误；电场力做功利用公式W＝Eqy判断C项正确；初速度根据x＝v0t判断D项错误． 答案：AC

29 2－2 如图6－3－9所示，两块长3 cm的平行金属板AB相距1 cm，并与300 V直流电源的两极相连接，φA<φB
2－2　如图6－3－9所示，两块长3 cm的平行金属板AB相距1 cm，并与300 V直流电源的两极相连接，φA<φB.如果在两板正中间有一电子(m＝9×10－31 kg，e＝－1.6×10－19 C)，沿着垂直于电场线方向以2×107 m/s的速度飞入，则： (1)电子能否飞离平行金属板？ (2)如果由A到B分布宽1 cm的 电子带通过此电场，能飞离电场的电子数占总数的百分之几？

30 解析：(1)当电子沿AB两板正中央以v0＝2×107 m/s的速度飞入电场时，若能飞出
电场，则电子在电场中的运动时间为： 在沿AB方向上，电子受电场力的作用，在AB方向上的位移为：y＝ 又a＝ 由①②③式得 y＝ ＝6×10－3 m＝0.6 cm， 而 所以y> 故粒子不能飞出电场．

31 (2)从(1)的求解可知，与B板相距为y的电子带是不能飞出电场的，而能飞出电场
的电子带宽度为x＝d－y＝(1－0.6) cm＝0.4 cm. 故能飞出电场的电子数占总电子数的百分比为：n＝ 答案：(1)不能　(2)40%

32 【例3】 如图6－3－10甲所示，场强大小为E、方向竖直向上的匀强电场内存在一竖直平面内半径为R的圆形区域，O点为该圆形区域的圆心，A点
是圆形区域的最低点，B点是最右侧的点．在A点有放射源释放出初速度大小不同、方向均垂直于场强向右的正电荷，电荷的质量为m，电 荷量为q，不计重力．试求：

33 (1)电荷在电场中运动的加速度多大？ (2)运动轨迹经过B点的电荷在A点时的速度多大？ (3)某电荷的运动轨迹和圆形区域的边缘交于P点，∠POA＝θ，请写出该电荷 经过P点时动能的表达式． (4)若在圆形区域的边缘有一接收屏CBD，C、D分别为接收屏上最边缘的两 点，如图6－3－10乙所示，∠COB＝∠BOD＝30°.求该屏上接收到的电荷的 末动能大小的范围．

34 解析：(1)加速度a＝ (2)由R＝v0t，R＝ 及a＝ 三个式子可解得：v0＝ (3)由Ek＝Eq(R－Rcos θ)＋ Rsin θ＝v0′t，R－Rcos θ＝ 及a＝ Ek＝ (4)由第(3)小题的结论可以看出，当θ从0°变化到180°，接收屏上电荷的动能 逐渐增大，因此D点接收到的电荷的末动能最小，C点接收到的电荷的末动能最大 (5－3cos 60°)＝ (5－3cos 120°)＝ 所以，屏上接受到的电荷的末动能大小的范围为

35 1．由于带电微粒在匀强电场中所受电场力与重力都是恒力，因此其处理方法
可用正交分解法． 先将复杂的运动分解为两个互相正交的简单的直线运动，而这两个直线运 动的规律我们可以掌握，然后再按运动合成的观点，去求出复杂运动的相 关物理量． 2．用能量观点处理带电粒子在复合场中的运动 从功能观点出发分析带电粒子的运动问题时：在对带电粒子受力情况和运 动情况进行分析的基础上，再考虑应用恰当的规律(动能定理、能量转化 守恒定律等)解题．

36 3－1 如图6－3－11所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD
相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平 面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m带正电的小球从距B点x的位置在 电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则(　　) A．R越大，x越大 B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大 C．m越大，x越大 D．m与R同时增大，电场力做功增大

37 解析：小球在BCD部分做圆周运动，在D点mg＝m ，小球由B到D的过程中
有：－2mgR＝ R越大，B点速度越大，则x越大，A正 确；在B点有：FN－mg＝m FN＝6mg，B错；由Eqx＝ 知m越大，B点 的动能越大，x越大，电场力做功越多，C、D正确． 答案：ACD

38 3－2 足够长的粗糙绝缘板A上放一个质量为m、电荷量为＋q的小滑块B.用手托 住A
置于方向水平向左、场强大小为E的匀强电场中，此时A、B均能静止，如图6 －3－12所示．现将绝缘板A从图中位置P垂直电场线移至位置Q，发现小滑块 B相对A发生了运动．为研究方便可以将绝缘板A的运动简化成先匀加速接着匀 减速到静止的过程．测量发现竖直方向加速的时间为0.8 s，减速的时间为 0.2s，P、Q位置高度差为0.5 m．已知匀强电场的场强E＝ A、B之间动摩擦因数 μ＝0.4.g取10 m/s2.求：

39 (1)绝缘板A加速和减速的加速度分别为多大？
(2)滑块B最后停在离出发点水平距离多大处？ 解析：(1)设绝缘板A匀加速和匀减速的加速度大小分别为a1和a2，匀加速和匀 减速的时间分别为t1和t2，P、Q高度差为h，则有 a1t1＝a2t2，h＝ 求得a1＝1.25 m/s2，a2＝5 m/s2. (2)研究滑块B，在绝缘板A匀减速的过程中，由牛顿第二定律可得： 竖直方向上mg－FN＝ma2 水平方向上Eq－μFN＝ma3 求得a3＝0.1g＝1 m/s2.

40 在这个过程中滑板B的水平位移大小为：x3＝ ＝0.02 m.
在绝缘板A静止后，滑板B将沿水平方向做匀减速运动，设加速度大小为a4，有 μmg－Eq＝ma4，得a4＝0.1g＝1 m/s2该过程中滑板B的水平位移大小为 x4＝x3＝0.02 m最后滑块B静止时离出发点的水平距离x＝x4＋x3＝0.04 m. 答案：(1)1.25 m/s2　5 m/s2　(2)0.04 m

41 如图6－3－13所示，两带电平行板竖直放置，开始时两极板
间电压为U，相距为d，两极板间形成匀强电场．有一带电粒子， 质量为m(重力不计)、所带电荷量为＋q，从两极板下端连线的中 点P以竖直速度v0射入匀强电场中，带电粒子落在A极板的M点上． (1)若将A极板向左侧水平移动d/2，此带电粒子仍从P点以速度v0竖直射入匀强电 场且仍落在A极板的M点上，则两极板间电压应增大还是减小？电压应变为原来 的几倍？

42 (2)若将A极板向左侧水平移动d/2并保持两极板间电压为U，此带电粒子仍从P点
竖直射入匀强电场且仍落在A极板的M点上，则应以多大的速度v′射入匀强电场？ 对以上两个问题某同学分析如下 (1)因两极板间距离变化时，场强不变．所以E＝ 由此推得两极板间电压 关系为U′＝ U，电压变为原来的3/2倍． (2)由y＝ Eq＝ma，L＝vt得：极板没移动前 极板移动后偏转位移 d＝ 解得v′＝ 你认为上述分析过程正确吗？若不正确，指明错误之处并求出你认为正确的结果.

43 正确解答 解：上述同学的分析均不正确． (1)(2)错误均是误认为极板间距离变化而电场强度不变． (1)带电粒子在两极板间的竖直方向做匀速直线运动，水平方向做匀加速直线运动，极板移动前后两分运动时间相等有： 得a2＝2a1，而a1＝ 则a2＝2a1＝ 由此推得两板间电压关系为U1＝3U，故电压应变为原来的3倍．

44 点击此处进入 作业手册 (2)因为两极板间的电压不变，则Ed＝E′ d，故E＝ E′，因Eq＝ma，
E′q＝ma′，得加速度关系a′＝ a.设带电粒子的竖直位移为h， 则 联立可解得v′＝ 答：(1)3倍　(2) v0 点击此处进入 作业手册