1、電容器與電容1.電容器：兩個彼此又互相的導體可構成一個電容器。2(1)定義：電容器所帶的電荷量Q(一個極板所帶電荷量的絕對值)與兩個極板間電勢差U的比值，叫做電容器的電容。QAQ(2)te乂式：C=U'。(3)單位：國際單位制中為,簡稱,國際符號為。1F=F=pF。3 .常見電容器有紙質電容器、電解電容器、可變電容器、平行板電容器等。電解電容器接入電路時，應注意其極性。4 .平行板電容器C=意。4；kd1 .對于給定的電容器，描述其電容C、電荷量Q、電壓U之間的相應關系的圖象正確的是()答案BC解析電容大小與電壓、電量無關，故A錯B對；由Q=CU知，Q8U,故C對D錯。1 .物理意義：

2、電容是反映電容器容納電荷本領的物理量。(1)由C=QU可以看出電壓一定時，Q越大，C越大，容納電荷本領越強。本式是定義式，適于各種電容器，同時也給出了一種計算電容的方法。(2)電容C的大小不隨Q變化，也不隨電壓變化，就像水桶容量的大小不隨是否盛水、盛水多少變化一樣。2 .決定因素：電容的大小由電介質、正對面積和板間距離等自身因素決定。&S例如平行板電容器，C=兀二是平行板電器電容的決定式，公式可反映出影響平行板電容器電容大小的4Tkd因素，此式只對平行板電容器適用。靜電現象1 .靜電感應：把金屬導體放在外電場E中，導體內的由于受電場力作用而的現象叫做靜電感應。2 .靜電平衡：發生靜電感

3、應的導體在自由電子停止時的狀態稱為靜電平衡狀態。3 .靜電屏蔽：在靜電屏蔽現象中，金屬網罩可以使罩內不受外界的影響。如果把金屬罩還可以使罩內的帶電體對外界不產生影響。2.仔細觀察下列與靜電有關的各圖，屬于防范靜電的是C，錚電復印答案A解析題給四個圖中，B、C、D均為靜電現象的應用，只有A是防范靜電的。1 I2 1.靜電平衡的實質；:將不帶電的金屬導體放入場強為Eo的靜電場中，導體內自由電子便受到與場強Eo方向相反的電場力作：:用。除了做無規則熱運動，自由電子還要向電場Eo的反方向做定向移動（圖甲所示），并在導體的一個側；：面集結，使該側面出現負電荷，而相對的另一側出現“過剩”的等量的正電荷（如

4、圖乙所示），等量異種；電荷形成一附加電場E'。當附加電場與外電場的合場強為零時，即E'的大小等于Eo的大小而方向：:相反時（如圖丙所示）,自由電子的定向移動停止，這時的導體處于靜電平衡狀態。：3 .處于靜電平衡狀態的導體具有以下特點：導體內部的場強（Eo與E'的合場強）處處為零，E內=0;（2）整個導體是等勢體，導體的表面是等勢面；（3）導體外部電場線與導體表面垂直；（4）靜電荷只分布在導體外表面上，且與導體表面的曲率有關。帶電粒子在電場中的直線運動1 .運動狀態的分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，粒子的重力不計時，受到的電場力與運動方向在同一直線上，粒子

5、做運動。2 .用功能觀點分析：粒子的重力不計時粒子動能的變化量等于做的功。在勻強電場中，W=Flcosa=qU=。（2）非勻強電場中，WaB=qUAB=°3 .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。點沿垂直于極板的方向射出,最遠到達A點，然后返回，如圖所示，OA=h,此電子具有的初動能是（）A.edhUB. edUhC.eUdhD.eUh答案DL.一,解析E=U,UOA=Eh=UhL,由動能定理得：Ek0=eUOA=eUh,D正確。d:dIoUa1-聯系重力場類比電場規律：原來靜止的帶電粒子，經過電勢差為U的電場加速，由動能定理-qU=I:2mv2,可得粒

6、子的速度丫=、。末速度v的大小與帶電粒子的自身性質（q/m）有關。帶電粒子在勻I:強電場中的運動，跟物體在重力場中的運動相似，學習中可以用物體僅受重力作用的運動來類比帶電粒I:子在電場中的運動，對運動情況的分析很有幫助。;不過，兩者也有不同之處。所有的物體在重力場中具有相同的加速度g,而帶電粒子在電場中的加!速度a=F/m=Eq/m,其值和帶電粒子本身的性質（q/m）有關。汪思：1 .帶電粒子在電場中是否考慮重力的問題。帶電粒子一般指電子、質子、離子、a粒子等基本粒子，除非有特殊說明或者有明確的暗示之外，其重力一般可以忽略不計（并非忽他質量）；如果是帶電顆粒，如塵埃、液滴、小球等，除非有特殊說

7、明或者有明確的暗示之外，其重力一般不能忽略。2 .討論帶電粒子在電場中的直線運動問題（加速或減速）經常用到的方法（1）能量方法一一能量守恒定律，注意題目中有哪些形式的能量出現；（2）功能關系一一動能定理，注意過程分析要全面，準確求出過程中的所有功，判斷選用分階段還是全過程使用動能定理；（3）能力學方法一一牛頓運動定律和勻變速直線運動公式的結合，注意受力分析要全面，特別是重力是否需要考慮的問題，另外要注意運動學公式包含物理的正負號，即其矢量性。帶電粒子的偏轉1,帶電粒子以初速度V0垂直電場方向進入電場。若只受電場力作用，則做a=_qU的運動。dm2.示波器:構造：示波器的核心部件是示波管，它由電

8、子槍、熒光屏組成。工作原理：如圖所示，電子先由加速電壓Ui加速，再經偏轉電壓6偏轉。4.如圖所示，矩形區域 ABCD內存在豎直向下的勻強電場，兩個帶正電Ar的粒子a和b以相同的水平速度射入電場，粒子a由頂點A射入，從BC的中點P射出，粒子b由AB的中點O射入，從頂點 C射出。若不計重C力,b的比荷（即粒子的電荷量與質量之比）之比是（A.B.C.D.答案D解析a粒子和b粒子在水平方向均做速度為 v的勻速運動,分別有 BP = vta, BC = vtb,且 2BP=BC,故2ta=tb；在豎直方向上，分別有AB=1><QaEXb,OB=1>QbExt2,且AB=2OB,解得a和

9、b的比荷之比2ma2mb為最：Qb=8：1。mamb1 .運動狀態分析帶電粒子僅受電場力作用，以初速度Vo垂直進入勻強電場，粒子做類平拋運動。2 .處理方法垂直于場強方向做勻速直線運動，即vx=vo, X=vot, aX= 0平行于場強方向做勻加速直線運動，即at2 vy= at, y= 2,qu a=md3 .基本公式v0沿垂直于電場的方向進入長為I、間距為d、如圖所示，設質量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度電勢差為U的平行金屬板間的勻強電場中。若不計粒子的重力，則可求出如下物理量:粒子穿越電場的時間t粒子在垂直電場方向以V0做勻速直線運動，由l=v0t,得t=。V0(2)粒子離開電場時的

10、速率v粒子沿電場方向做勻加速直線運動，加速度a=qU,粒子離開電場時平行電場方向的分速度vy=atmdy=m£'所以v=亞于2=Yv0+儡)2(3)粒子離開電場時的側移距離yat2qUl2y=T=言(4)粒子離開電場時的速度偏角4an-篙儡4= arctanqUl2 mdvo(5)帶電粒子在電場中偏轉的軌跡方程由乂=丫戊和y=at-=抖t，可得y=-qUx2,由此可知其軌跡為拋物線。22mdvo2mdvo(6)速度方向的延長線必過偏轉電場的中點工/1由tan°=muv2和y=2mdv2可推得y=2tane，所以粒子可看做是從兩板間的中點沿直線身電的。下2(7)若帶電

11、粒子是在電勢差為Uo的電場中加速后射入偏轉電場的，則qUo=mv°,將該式代入y及tan(f)2的表達式中可得y=三丁，tane=*7。由此可知，帶同種電荷的帶電粒子在同一電場中加速后，射入4dU。2dU0同一偏轉電場時，若能射出電場，則射出方向一致，和該粒子本身的質量和電荷量都無關。【題型11平行板電容器的動態分析根據平行板電容器的電容C=泠和電容器電量不變或電勢差不變情況下改變S或d判斷電場強度4 jkd的變化情況。【例1】圖中平行放置的金屬板A、B組成一只平行板電容器。在不斷開開關S時，試討論以下兩種情況下電容器兩板電勢差U、電量Q、板間場強E的變化情況：(1)使A板向上平移拉

12、開一些；(2)使A板向右平移錯開一些。答案(1)U不變；Q減小；E減小(2)U不變；Q減小；E不變解析因為開關S沒有斷開，故該題屬于U不變的情況(1)因為平行板電容器的電容C81,當d伸寸C"又因為電容器的帶電量Q=CU,U不變，CW寸，QJ;d平行板電容器內部為勻強電場，根據E=U,因U不變，dT,故ELd(2)兩板錯開意味著正對面積SJ。由C8s可知CJ,由Q=CU可知QJ。兩板間距d不變，由E=U判定此時E沒有變化。若斷開S,再討論下列情況中Q、U、E的變化：使A、B板間距d稍微增大；(2)使A、B正對面積S稍微減少；(3)A、B間充滿介電常數r>1的介質。電源斷開之后，

13、電容器所帶的電量Q不變化，屬于Q保持不變的情況：1U(1)dT?CJCad又因Q不變，由Q=CU可知UT。對E的討論不能再用E=,這是因為dT且UT,從這個式子不能判定E變化的情況。但本問題中Q不變，所以可設法推導E與Q間的關系式作為判斷依據。,rS由C=41dUQ4tRQ貝fE=-=dCdgS我們看到，在本情況中E與d無關，當Q、Sr均沒有變化時，E保持不變。(2)由E=4-Q,現因SJ,Q,r不變，故EToS腰CJ,且Q不變，根據C=Q可知UT。rsU由E=4喈，現因Q、S不變，故El充入介質使CT,且Q不變，根據C=Q可知UJ。rsU【變式訓練】如圖所示，兩塊平行金屬板正對著水平放置，兩

14、板分別與電源正、負極相連。當開關閉合時，一帶電液滴恰好靜止在兩板間的M點。則()A.當開關閉合時，若減小兩板間距，液滴仍靜止B.當開關閉合時，若增大兩板間距，液滴將下降C.開關再斷開后，若減小兩板間距，液滴仍靜止D.開關再斷開后，若增大兩板間距，液滴將下降答案BC解析當開關閉合時，電容器兩端電壓為定值，等于電源電壓，設為U,兩板間的距離為d,帶電液滴處于平衡狀態，則mg=q?,當兩板間的距離減小時，帶電液滴所受電場力大于其重力，液滴將向上做勻加d速運動，A錯誤；兩板間的距離增大時，帶電液滴所受電場力小于重力，液滴將向下做勻加速運動,確；當開關斷開后，電容器無法放電，兩板間的電荷量不變，設為Q,

15、此時兩板間的場強大小為QU CE= d d4/dQ一二=4jkQ,可見場強大小與兩板間距離無關，即場強大小保持不變，電場力不變，液滴保持靜止,d£bC正確，D錯誤。【題型2】帶電粒子在電場中運動帶電粒子只受電場力作用在電場中做勻變速直線運動，或做類平拋運動。考查利用牛頓定律或動能定理，及平拋運動的特點來解決有關問題。一般是以計算題出現。例2（2014山東理綜）如圖，場強大小為E、方向豎直向下的勻強電場中有一矩形區域abcd,水平邊ab長為s,豎直邊ad長為h。質量均為m、帶電量分別為+q和一q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率vo進入矩形區（兩粒子不同時出現在電場中）。

16、不計重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則vo等于答案B解析本題主要考查帶電粒子在勻強電場中的運動，解題的關鍵是明確帶電粒子的受力情況和運動情況sh分析。兩粒子在電場力作用下做類平拋運動，由于兩粒子軌跡相切，根據類平拋運動規律，有|=vot,h=1qEt2,解以上兩式得Vo=7/qE,選項B正確。注意用平拋運動的規律進行分析。2m2,mh【變式訓練】（2014石家莊質檢）如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板長為L,板間距離為d,板間電壓為U,一不計重力、電荷量為q的帶電粒子以初速度vo沿兩板的中線射入，恰好沿下板的邊緣飛出，則（）A.在前!時間內，電場力對粒子做的功為1UqL-24riB.在后'

17、時間內，電場力對粒子做的功為"Uq3衛七二28,c.在粒子下落的前4和后,過程中，電場力做功之比為i：idd.D.在粒子下落的前4和后4過程中，電場力做功之比為1：2答案BC解析粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，在前后兩個，的時間內沿電場線方向的位移之比為1：3,則在前時間內，電場力對粒子做的功為1Uq,在后:時間內，電場力對粒子做的功為3Uq,選項A錯、B對，由W=Eqs知在粒子下落的前和8284后d過程中，電場力做功之比為1：1,選項C對，D錯。4【題型3】帶電物體在復合場中的運動帶電物體在電場、重力場組成的復合場中，

18、做直線運動、拋體運動、圓周運動等。根據其受力和運動情況，確定物體的運動軌跡，物體運動的速度、位移及做功多少。【例3】(2014長春調研)如圖所示，在豎直邊界線O1O2左側空間存在一豎直向下的勻強電場，電場強度E=100N/C,電場區域內有一固定的粗糙絕緣斜面AB,其傾角為30°,A點距水平地面的高度為h=4m,BC段為一粗糙絕緣平面，其長度為L=43m。斜面AB與水平面BC由一段極短的光滑小圓弧連接(圖中未標出)，豎直邊界線O1O2右側區域固定一半徑為R=0.5m的半圓形光滑絕緣軌道，CD為半圓形光滑絕緣軌道的直徑，C、D兩點緊貼豎直邊界線O1O2,位于電場區域的外部(忽略電場對O1

19、O2右側空間的影響)。現將一個質量為m=1kg,帶電荷量為q=0.1C的帶正電的小球(可視為質點)在A點由靜止釋放，且該小球與斜面AB和水平面BC間的動摩擦因數均為尸乎(g取10m/s2)。5求：(1)小球到達C點時的速度大小;(2)小球到達D點時所受軌道的壓力大小;(3)小球落地點距離C點的水平距離。答案(1)2痂m/s(2)30N(3)亞m解析(1)以小球為研究對象，由A點至C點的運動過程中，根據動能定理可得(mg+Eq)h(mg+Eq)cos30°.h-/mg+Eq)L=焉黃一0sin302解得vC=210m/s(2)以小球為研究對象，在由C點至D點的運動過程中，根據機械能守恒

20、1cle7E律可得2mvC=2mvD+mg2R在最高點以小球為研究對象，根據牛頓第二定律可得2VDFn+mg=mR解得Fn=30Nvd=420m/s（3）設小球做類平拋運動的加速度大小為a,根據牛頓第二定律可得mg+qE=ma應用類平拋運動的規律列式可得x=VDt122R=at解得x=2pm【變式訓練】（2014貴陽監測）如圖所示，在方向水平向左的勻強電場中有一傾角為60°、高為H的0固定絕緣斜面體，現將一質量為m、帶正電且電荷量為q的小物塊（可視為質點）從斜:E/面體頂端由靜止釋放。已知重力加速度為g,勻強電場的電場強度大小為E=$mg,-焉。q二二一5不計空氣阻力。下列關于小物塊

21、運動情況的判斷正確的是（）A.小物塊將沿斜面下滑B.小物塊將做曲線運動C.小物塊到達地面時的速度大小為242gHD.若其他條件不變，只增大電場強度，小物塊到達地面前的運動時間將增大答案C解析本題考查牛頓第二定律、電場力、運動的合成與分解、運動學公式等知識點，意在考查考生的邏輯推理能力。對小物塊受力分析，如圖所示，由圖中幾何關系可知，小物塊受到豎直向下的重力和水平向左的電場力，由平行四邊形定則可知，小物塊從靜止開始沿圖中虛線做勻加速直線運動，選項A、B錯誤;從靜止釋放至到達地面的過程中，由動能定理可得mgH+qExj3H=2mv2-0,即mgH+小mg><3h=2mv2-0,可得v=

22、2/2gH,選項c正確；該運動可以分解成水平方向上向左的勻加速直線運動和豎直向下的自由落體運動，由H=2gt2可知，若其他條件不變，只增加電場強度，小物塊到達地面前運動的時間不變，選項D錯誤。【題型4】帶電粒子在交變電場中的運動根據交變電場的變化規律，分析粒子受力和運動情況，確定粒子的運動速度、位移、做功或確定有關量的臨界問題。極板，如圖甲所示。加在極板A、B間的電壓Uab作周期性變化，其正向電壓為Uo,反向電壓為一kUo（k>1）,電壓變化的周期為2q如圖乙所示。在t=0時，極板B附近的一個電子，質量為m、電荷量為e,受電場作用由靜止開始運動。若整個運動過程中，電子未碰到極板A,且不考慮重力作用。若卜=5,電子在02。4時間內不能到達極板A,求d應滿足的條件。極板月甲“9eUo2答案d>E解析電子在。時間內做勻加速運動加速度的大小a1=eU0md1c位移xi=aix在L2P時間內先做勻減速運動，后反向做勻加速運動加速度的大小 a2 =5eUo4md初速度的大小vi=ait勻減速運動階段的位移2V1X2 2 2a2依據題意d>x1+x2解得d>2TO兩極板加上周期性變化的交變電壓后，其本題考查帶電粒子在平行板電容器中的運動情況的分析。內部電場也會周期性變化，