文檔來源網絡整理侵權必刪8.5電容器帶電粒子在電場中的運動必備知識清單一、電容器及電容1．電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相互靠近的導體組成．(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值．(3)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化為其他形式的能．2．電容(1)定義：電容器所帶的電荷量與電容器兩極板間的電勢差的比值．(2)定義式：C＝eq\f(Q,U).(3)單位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1F＝106μF＝1012pF.(4)意義：表示電容器容納電荷本領的高低．(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、極板相對位置及電介質)決定，與電容器是否帶電及電壓無關．3．平行板電容器的電容(1)決定因素：正對面積，相對介電常數，兩板間的距離．(2)決定式：C＝eq\f(εrS,4πkd).二、帶電粒子在電場中的運動1．加速(1)在勻強電場中，W＝qEd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,).(2)在非勻強電場中，W＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,).2．偏轉(1)運動情況：如果帶電粒子以初速度v0垂直場強方向進入勻強電場中，則帶電粒子在電場中做類平拋運動，如圖1所示．圖1(2)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電場力方向的勻加速直線運動．根據運動的合成與分解的知識解決有關問題．(3)基本關系式：運動時間t＝eq\f(l,v0)，加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)，偏轉量y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(02,))，偏轉角θ的正切值：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qUl,mdv\o\al(02,)).三、示波管1．示波管的構造①電子槍，②偏轉電極，③熒光屏(如圖3所示)圖32．示波管的工作原理(1)YY′偏轉電極上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉電極上是儀器自身產生的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓．(2)觀察到的現象①如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏中心，在那里產生一個亮斑．②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內變化的穩定圖象.命題點精析（一）平行板電容器的動態分析典型例題1．兩類典型問題(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變．(2)電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變．2．動態分析思路(1)U不變①根據C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析Q的變化．②根據E＝eq\f(U,d)分析場強的變化．③根據UAB＝E·d分析某點電勢變化．(2)Q不變①根據C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(εrS,4πkd)先分析電容的變化，再分析U的變化．②根據E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4kπQ,εrS)分析場強變化．例1如圖所示，平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，兩板間有一個帶負電的試探電荷固定在P點。靜電計的金屬球與電容器的負極板連接，外殼接地。以E表示兩板間的電場強度，φ表示P點的電勢，Ep表示該試探電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持負極板不動，將正極板緩慢向右平移一小段距離(靜電計所帶電荷量可忽略不計)，各物理量變化情況描述正確的是()A．E增大，φ降低，Ep減小，θ增大B．E不變，φ降低，Ep增大，θ減小C．E不變，φ升高，Ep減小，θ減小D．E減小，φ升高，Ep減小，θ減小【答案】C【解析】將正極板適當向右水平移動，兩板間的距離減小，根據電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容C增大，因平行板電容器充電后與電源斷開，則電容器的電荷量Q不變，由C＝eq\f(Q,U)得知，板間電壓U減小，因此夾角θ減小，再依據板間電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可見E不變；P點到正極板距離減小，且正極接地，由公式U＝Ed得知，P點的電勢升高；負電荷在P點的電勢能減小，故A、B、D錯誤，C正確。練1如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地．在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變【答案】D【解析】由題意可知平行板電容器的帶電荷量Q不變，當下極板不動，上極板向下移動一段距離時，兩極板間距d減小，則電容C變大，由U＝eq\f(Q,C)可知U變小，則靜電計指針的偏角θ減?。忠驗閮砂彘g電場強度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，Q、S不變，則E不變．因為E不變，則點電荷從P點移動到下極板(電勢為零)電場力做功不變，電勢能的變化相同，則點電荷在P點的電勢能Ep不變，故只有選項D正確．練2研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖所示．下列說法正確的是()A．實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D．實驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大【答案】A【解析】實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應，在b板上將感應出異種電荷，A正確；b板向上平移，正對面積S變小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C變小，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變大，因此靜電計指針的張角變大，B錯誤；插入有機玻璃板，相對介電常數εr變大，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C變大，由C＝eq\f(Q,U)知，Q不變，U變小，因此靜電計指針的張角變小，C錯誤；由C＝eq\f(Q,U)知，實驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，是由于C不變導致的，D錯誤．命題點精析（二）實驗：觀察電容器的充、放電現象1．實驗原理及操作(1)電容器的充電過程如圖所示，當開關S接1時，電容器接通電源，在電場力的作用下自由電子從正極板經過電源向負極板移動，正極板因失去電子而帶正電，負極板因獲得電子而帶負電。正、負極板帶等量的正、負電荷。電荷在移動的過程中形成電流。在充電開始時電流比較大，以后隨著極板上電荷的增多，電流逐漸減小，當電容器兩極板間電壓等于電源電壓時電荷停止移動，電流I＝0。(2)電容器的放電過程如圖所示，當開關S接2時，將電容器的兩極板直接用導線連接起來，電容器正、負極板上電荷發生中和。在電子移動過程中，形成電流，放電開始時電流較大，隨著兩極板上的電荷量逐漸減少，電路中的電流逐漸減小，兩極板間的電壓也逐漸減小，最后減小到零。2．實驗器材6V的直流電源、單刀雙擲開關，平行板電容器、電流表、電壓表、小燈泡。3．注意事項(1)電流表要選用小量程的靈敏電流計；(2)要選擇大容量的電容器；(3)實驗要在干燥的環境中進行；(4)在做放電實驗時，在電路中串聯一個電阻，以免燒壞電流表。例2某實驗小組做“觀察電容器的充、放電現象”的實驗。(1)同學甲用如圖所示的電路做實驗。實驗器材有電源、電阻、電容器、電流表、電壓表以及單刀雙擲開關。關于電源和電流表的選取，下列說法正確的是________。A．交流電源，零刻度線在左側的電流表B．交流電源，零刻度線在中間的電流表C．直流電源，零刻度線在左側的電流表D．直流電源，零刻度線在中間的電流表(2)同學乙將同學甲電路中的電流表和電壓表換成電流傳感器和電壓傳感器。同學乙先使開關S與1端相連，穩定后得到如圖甲和圖乙所示的圖像，然后把開關S擲向2端，穩定后得到如圖丙和圖丁所示的圖像。根據圖像，在表格內各空格處填上合理的答案。開關位置電容器是在充電還是在放電電流傳感器中的電流正在增大還是減小電容器兩端的電壓正在增大還是減小S與1端相連________________________S與2端相連________________________(3)同學丙多次測量，獲取某電容器實驗數據，繪制出如圖所示的圖像，其中正確的是________?！敬鸢浮?1)D(2)充電減小增大放電減小減小(3)BCD【解析】(1)因為要觀察電容器的充、放電現象，只能選擇直流電源，若選擇交流電源，電流表將一直有示數。電流表要往左右兩個方向偏，所以要選零刻度線在中間的電流表，故A、B、C錯誤，D正確。(2)開關S與1端相連后，是電容器充電過程，此時由圖像可知電流傳感器中的電流正在減小，電壓傳感器中的電壓正在增大。開關S擲向2端后，是放電過程，此時由圖像可知電流傳感器中的電流正在減小，電壓傳感器中的電壓正在減小。(3)由電容定義式C＝eq\f(Q,U)可知，C是定值，與Q、U無關，Q和U成正比。故A錯誤，B、C、D正確。練3如圖所示，將平行板電容器的兩極板分別與電池的正、負極相接，兩板間一帶電液滴恰好處于靜止狀態．現緊貼下板迅速插入一個有一定厚度的金屬板，則在此過程中()A．電路中流過逆時針方向的短暫電流B．電容器的電荷量減小C．帶電液滴仍保持靜止D．帶電液滴向下做加速運動【答案】A【解析】插入一個帶有一定厚度的金屬板，相當于極板間的距離變小，根據電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知電容增大，又因電勢差不變，則由Q＝CU知，電容器的電荷量增大，電路中流過逆時針方向的短暫電流，故A正確，B錯誤；電勢差不變，d減小，則電場強度增大，帶電液滴所受的電場力增大，使帶電液滴向上做加速運動，故C、D錯誤．練4用傳感器觀察電容器放電過程的實驗電路如圖甲所示，電源電動勢為8V、內阻忽略不計。先使開關S與1端相連，稍后擲向2端，電流傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示的電流隨時間變化的i－t圖像如圖乙所示。下列說法正確的是()A．圖中畫出的靠近i軸的豎立狹長矩形面積表示電容器所帶的總電荷量B．電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為20CC．電容器在全部放電過程中釋放的電荷量約為4.0×10－4CD．電容器的電容約為4.0×102μF【答案】D【解析】在圖乙i－t圖中陰影標記了一個豎立的狹長矩形，這個陰影面積的物理意義是通電0.1s充入電容(流過電阻R)的電荷量，故A錯誤；電容器所帶的電荷量在數值上等于圖像與坐標軸所包圍的面積，確定每個小方格所對應的電荷量值，縱坐標的每個小格為0.2mA，橫坐標的每個小格為0.4s，則每個小格所代表的電荷量數值為q＝0.2×10－3×0.4C＝8×10－5C，曲線下包含的小正方形的個數為40個(格數為38～42都正確)，由曲線下方的方格數與q的乘積即得電容器所帶的電荷量Q＝40×8×10－5C＝3.2×10－3C，故B、C錯誤；根據C＝eq\f(Q,U)，且電源電動勢為8V，那么電容器的電容約為C＝eq\f(3.2×10－3,8)F＝4.0×102μF，故D正確。命題點精析（三）帶電粒子（帶電體）在電場中的直線運動1．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．2．用動力學觀點分析a＝eq\f(qE,m)，E＝eq\f(U,d)，v2－veq\o\al(02,)＝2ad.3．用功能觀點分析勻強電場中：W＝Eqd＝qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1命題點精析（四）帶電粒子（帶電體）在電場中的偏轉例3如圖所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開有小孔O、P.現有甲電子以速率v0從O點沿OP方向運動，恰能運動到P點．若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點由靜止釋放，則()A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變B．金屬板A、B間的電壓減小C．甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同D．乙電子運動到O點的速率為2v0【答案】C【解析】兩板間距離變大，根據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項A錯誤；根據Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項B錯誤；根據E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知當d變大時，兩板間的場強不變，則甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同，選項C正確；根據e·E·2d＝eq\f(1,2)mv2，e·E·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，可知，乙電子運動到O點的速率v＝eq\r(2)v0，選項D錯誤．練5(多選)如圖所示，一個質量為m、電荷量為q的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強電場中由靜止沿斜向右下方做直線運動，其軌跡與豎直方向的夾角為θ，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是()A．電場強度的最小值等于eq\f(mg,q)B．電場強度的最大值等于eq\f(mgsinθ,q)C．帶電油滴的機械能可能增加D．電場力可能對帶電油滴不做功【答案】CD【解析】帶電油滴的運動軌跡為直線，在電場中受到重力mg和電場力F，其合力必定沿此直線向下，根據三角形定則作出合力，由圖可知，當電場力F與此直線垂直時，電場力F最小，場強最小，則有F＝qEmin＝mgsinθ，得到Emin＝eq\f(mgsinθ,q)，由圖可知，電場強度無最大值，故A、B錯誤；當E＝eq\f(mgsinθ,q)時，電場力方向與速度方向垂直，電場力不做功，帶電油滴的電勢能一定不變；這種情況下只有重力做功，帶電油滴的機械能不變，故D正確；當E>eq\f(mgsinθ,q)時，當電場力方向與速度方向成銳角時，電場力做正功，帶電油滴的機械能增加，故C正確．練6(多選)如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加有恒定電壓U，A、B兩板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右側有平行于極板的勻強電場E，電場范圍足夠大，足夠大的感光板MN垂直于電場方向固定放置．第一次從小孔O1處由靜止釋放一個質子，第二次從小孔O1處由靜止釋放一個α粒子，關于這兩個粒子的運動，下列判斷正確的是()A．質子和α粒子在O2處的速度大小之比為1∶2B．質子和α粒子在整個過程中運動的時間相等C．質子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2D．質子和α粒子打到感光板上的位置相同【答案】CD【解析】根據動能定理：eq\f(1,2)mv2－0＝qU，解得：v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以質子和α粒子在O2處的速度大小之比為eq\r(2)∶1，A錯誤；對整個過程用動能定理，設O2到MN板的電勢差為U′，有：Ek－0＝q(U＋U′)，所以末動能與電荷量成正比，所以質子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2，C正確；由O2到MN板，質子和α粒子都做類平拋運動，豎直方向：h＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2，水平方向：x＝vt，聯立解得：x＝2eq\r(\f(Uh,E))，所以質子和α粒子打到感光板上的位置相同，D正確；在A、B間：a＝eq\f(Eq,m)，質子的加速度大，所以質子運動時間短，進入豎直電場做類平拋運動，質子的水平速度大，又因為質子和α粒子水平位移相等，所以質子運動時間短，B錯誤．例4多反射飛行時間質譜儀是一種測量離子質量的新型實驗儀器，其基本原理如圖所示，從離子源A處飄出的離子初速度不計，經電壓為U的勻強電場加速后射入質量分析器。質量分析器由兩個反射區和長為l的漂移管(無場區域)構成，開始時反射區1、2均未加電場，當離子第一次進入漂移管時，兩反射區開始加上電場強度大小相等、方向相反的勻強電場，其電場強度足夠大，使得進入反射區的離子能夠反射回漂移管。離子在質量分析器中經多次往復即將進入反射區2時，撤去反射區的電場，離子打在熒光屏B上被探測到，可測得離子從A到B的總飛行時間。設實驗所用離子的電荷量均為q，不計離子重力。(1)求質量為m的離子第一次通過漂移管所用的時間T1；(2)反射區加上電場，電場強度大小為E，求離子能進入反射區的最大距離x；(3)已知質量為m0的離子總飛行時間為t0，待測離子的總飛行時間為t1，兩種離子在質量分析器中反射相同次數，求待測離子質量m1。【答案】(1)eq\r(\f(ml2,2qU))(2)eq\f(U,E)(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,t0)))eq\s\up12(2)m0【解析】(1)設離子經加速電場加速后的速度大小為v，有qU＝eq\f(1,2)mv2①離子在漂移管中做勻速直線運動，則T1＝eq\f(l,v)②聯立①②式，得T1＝eq\r(\f(ml2,2qU))。③(2)根據動能定理，有qU－qEx＝0④得x＝eq\f(U,E)。⑤(3)離子在加速電場中運動和在反射區電場中每次單向運動均為勻變速直線運動，平均速度大小均相等，設其為eq\o(v,\s\up6(－))，有eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v,2)⑥通過⑤式可知，離子在反射區的電場中運動路程是與離子本身無關的，所以不同離子在反射區運動的總路程相等，設為L1，在無場區域的總路程設為L2，根據題目條件可知，離子在無場區域速度大小恒為v，設離子的總飛行時間為t總，有t總＝eq\f(L1,\o(v,\s\up6(－)))＋eq\f(L2,v)⑦聯立①⑥⑦式，得t總＝(2L1＋L2)eq\r(\f(m,2qU))可見，離子從A到B的總飛行時間與eq\r(m)成正比。依題意可得eq\f(t1,t0)＝eq\r(\f(m1,m0))可得m1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t1,t0)))eq\s\up12(2)m0。練7平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，兩板間有一個固定在P點的正檢驗電荷，如圖所示．以C表示電容器的電容，E表示兩板間的場強，φ表示P點處的電勢，W表示正電荷在P點的電勢能．若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離x0，則在此過程中，各物理量與負極板移動距離x的關系圖象正確的是下圖中的()【答案】C【解析】當負極板右移時，兩板之間的距離d減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd0－x)可知，C與x的關系圖象不是一次函數圖象，故A錯誤；由U＝eq\f(Q,C)可知，U＝eq\f(4πkd,εrS)Q，則E＝eq\f(4πkQ,εrS)，故E與兩板之間的距離d(或x)無關，故B錯誤；因負極板接地，設P點原來與負極板之間的距離為l，則P點的電勢φ＝E(l－x)，故C正確；電勢能Ep＝φq＝Eq(l－x)，不可能為水平線，故D錯誤．練8如圖所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B，間距為d，中央分別開有小孔O、P.現有甲電子以速率v0從O點沿OP方向運動，恰能運動到P點．若僅將B板向右平移距離d，再將乙電子從P′點由靜止釋放，則()A．金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C不變B．金屬板A、B間的電壓減小C．甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同D．乙電子運動到O點的速率為2v0【答案】C【解析】兩板間距離變大，根據C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，金屬板A、B組成的平行板電容器的電容C減小，選項A錯誤；根據Q＝CU，Q不變，C減小，則U變大，選項B錯誤；根據E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可知當d變大時，兩板間的場強不變，則甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同，選項C正確；根據e·E·2d＝eq\f(1,2)mv2，e·E·d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)，可知，乙電子運動到O點的速率v＝eq\r(2)v0，選項D錯誤．核心素養大提升例5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【答案】A.【解析】電子在A、B板間的電場中加速運動，在B、C板間的電場中減速運動，設A、B板間