PAGE11-第3節電容器帶電粒子在電場中的運動學問點一|電容器與電容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)帶電量：一個極板所帶電荷量的肯定值。(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)意義：表示電容器容納電荷本事的物理量。(2)定義式：C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(ΔQ,ΔU)。(3)單位：法拉(F)，1F＝106μF＝1012pF。3．平行板電容器(1)影響因素：平行板電容器的電容與正對面積成正比，與電介質的相對介電常數成正比，與兩極板間的距離成反比。(2)確定式：C＝eq\f(εrS,4πkd)，k為靜電力常量．eq\o([推斷正誤])(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數和。 (×)(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。 (×)(3)放電后電容器的電荷量為零，電容也為零。 (×)[典例](2024·江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止狀態。現將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()A．仍舊保持靜止 B．豎直向下運動C．向左下方運動 D．向右下方運動D[水平金屬板間電場沿豎直方向，等勢面為一組水平面。帶電油滴處于靜止狀態，說明油滴受到的電場力方向豎直向上且Eq＝mg。B板右端向下移動一小段距離，兩極板間電壓不變，則兩極板間的等勢面右端同樣向下彎曲。電場線與等勢面垂直，同樣產生彎曲，且電場強度減小。豎直方向上Eyq<mg，水平方向上Exq向右，故油滴向右下方運動，故D項正確。]平行板電容器動態分析問題(1)分析思路①先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開，Q不變。②用確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)確定電容器電容的變更。③用定義式C＝eq\f(Q,U)判定電容器所帶電荷量Q或兩極板間電壓U的變更。④用E＝eq\f(U,d)分析電容器極板間場強的變更。(2)兩類動態變更問題的比較分類充電后與電池兩極相連充電后與電池兩極斷開不變量UQd變大C變小Q變小E變小C變小U變大E不變S變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小εr變大C變大Q變大E不變C變大U變小E變小eq考法電容器的動態變更1．(2024·北京高考)探討與平行板電容器電容有關因素的試驗裝置如圖所示。下列說法正確的是()A．試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．試驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大D．試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大A[帶電玻璃棒接觸a板，a板會帶上同種電荷，同時b板上會感應出異種電荷，故A正確；靜電計指針張角反映電容器兩板間電壓，將b板上移，正對面積S減小，電容C減小，板間電壓U增大，故指針張角變大，B錯誤；插入有機玻璃板，相對介電常數εr增大，電容C增大，板間電壓U減小，指針張角變小，C錯誤；只增加極板帶電量Q，板間電壓U增大，但電容保持不變，故D錯誤。]2．(2024·全國卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充溢云母介質，接在恒壓直流電源上。若將云母介質移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變D[平行板電容器電容的表達式為C＝eq\f(εS,4πkd)，將極板間的云母介質移出后，導致電容器的電容C變小。由于極板間電壓不變，據Q＝CU知，極板上的電荷量變小。再考慮到極板間電場強度E＝eq\f(U,d)，由于U、d不變，所以極板間電場強度不變，選項D正確。]3.(2024·廈門模擬)如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的電源連接，下極板接地。一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態。現將上極板豎直向上移動一小段距離，則()A．P點的電勢將降低B．極板帶電量將增加C．帶電油滴的電勢能將增大D．帶電油滴將豎直向上運動C[將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，依據E＝eq\f(U,d)得知板間場強減小，而P點與下極板間的距離不變，則由公式U＝Ed分析可知，P點與下極板間電勢差將減小，而P點的電勢低于下極板的電勢，則知P點的電勢將上升，故A錯誤。油滴所受的電場力減小，則油滴將向下運動，故D錯誤。依據Q＝UC，由于電勢差不變，電容器的電容減小，則帶電量減小，故B錯誤；由帶電油滴原來處于平衡狀態可知，油滴帶正電，P點的電勢上升，則油滴的電勢能將增加，故C正確。][考法指導]重要二級結論的理解要點(1)電容器兩極板間的場強大小完全取決于極板上電荷分布的密度。極板上電荷的密度越大，兩極板間電場線的分布越密集，場強越大。(2)若電荷量Q不變，當兩極板正對面積S不變時，假如兩極板間距離變更，場強不變，如圖甲、乙所示；假如電荷量Q不變，當兩極板正對面積變更時，電場的疏密程度發生了變更，如圖丙所示，即電容器的電荷量不變，正對面積減小時，場強增大。甲乙丙學問點二|帶電粒子在電場中的運動1．帶電粒子在電場中的加速(1)處理方法：利用動能定理：qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。(2)適用范圍：任何電場。2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉(1)探討條件：帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場。(2)處理方法：類似于平拋運動，應用運動的合成與分解的方法。①沿初速度方向做勻速直線運動，運動時間t＝eq\f(l,v0)。②沿電場方向，做初速度為零的勻加速直線運動。eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度：a＝\f(F,m)＝\f(Eq,m)＝\f(Uq,md),運動時間\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a.恰能飛出平行板電容器：t＝\f(l,v0),b.打在平行極板上：y＝\f(1,2)at2＝\f(1,2)·\f(qU,md)t2，t＝\r(\f(2mdy,qU)))),離開電場時的偏移量：y＝\f(1,2)at2＝\f(qUl2,2mv\o\al(2,0)d),離開電場時的偏轉角：tanθ＝\f(vy,v0)＝\f(qUl,mv\o\al(2,0)d)))eq\o([推斷正誤])(1)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。 (×)(2)帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。 (√)(3)帶電粒子在電場中運動時重力必需忽視不計。 (×)1．帶電粒子在電場中的運動規律(1)平衡(靜止或勻速直線運動)條件：F合＝0或qE＝mg(僅受電場力和重力時)。(2)加速(不計粒子重力)以初速度v0射入電場中的帶電粒子，經電場力做功加速至v，由qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)得v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qU,m))。當v0很小或v0＝0時，上式簡化為v＝eq\r(\f(2qU,m))。即帶電粒子被加速后速度的大小跟粒子的質量m、電荷量q、加速過程始末位置的電勢差U有關，跟電場是否勻稱、粒子運動的路徑無關。2．關于帶電粒子在電場中偏轉問題的兩個常用結論(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(勻強)電場射出時的偏移量y和偏轉角φ總是相同的。證明：由qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)及y＝eq\f(qUl2,2mdv\o\al(2,0))，tanφ＝eq\f(qUl,mdv\o\al(2,0))得y＝eq\f(Ul2,4U0d)，tanφ＝eq\f(Ul,2U0d)。(2)帶電粒子經(勻強)電場偏轉后，速度的反向延長線與初速度延長線的交點為粒子水平位移的中點，即交點到電場邊緣的距離為eq\f(l,2)。證明：由tanθ＝eq\f(y,L)，tanφ＝eq\f(y,x)且tanφ＝2tanθ得：x＝eq\f(L,2)。[典例](2024·洛陽模擬)示波器是探討交變電流變更規律的重要儀器，其主要結構可簡化為：電子槍中的加速電場、兩水平放置的平行金屬板中的偏轉電場和豎直放置的熒光屏組成，如圖所示。若已知加速電場的電壓為U1，兩平行金屬板的板長、板間距離均為d，熒光屏距兩平行金屬板右側距離也為d，電子槍放射的質量為m、電荷量為－e的電子，從兩平行金屬板的中心穿過，打在熒光屏的中點O，不計電子在進入加速電場時的速度及電子重力。若兩金屬板間存在豎直方向的勻強電場，兩板間的偏轉電壓為U2，電子會打在熒光屏上某點，該點距O點距離要為eq\f(3,2)d，求U1和U2的比值eq\f(U1,U2)。解析：在加速電場U1中，由動能定理得：qU1＝eq\f(1,2)mv2以v的速度進入偏轉電場U2中做類平拋運動，在離開偏轉電場時偏移距離：y1＝eq\f(1,2)at2其中t＝eq\f(d,v)速度方向與水平方向成θ角，則有：vy＝attanθ＝eq\f(vy,v)離開偏轉電場后偏移的距離y2＝dtanθ依據牛頓其次定律有加速度a＝eq\f(qU2,md)而總的偏移距離y＝y1＋y2＝eq\f(3,2)d聯立以上幾式解得eq\f(U1,U2)＝eq\f(1,2)。答案：eq\f(1,2)eq考法1帶電粒子在電場中的直線運動1.(多選)(2024·全國卷Ⅲ)如圖所示，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平；兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板旁邊，與極板距離相等。現同時釋放a、b，它們由靜止起先運動。在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面。a、b間的相互作用和重力可忽視。下列說法正確的是()A．a的質量比b的大B．在t時刻，a的動能比b的大C．在t時刻，a和b的電勢能相等D．在t時刻，a和b的動量大小相等BD[兩微粒只受電場力qE作用且兩電場力大小相等，由x＝eq\f(1,2)a0t2，知微粒a的加速度大，由qE＝ma0，知微粒a的質量小，A錯誤。由動能定理qEx＝Ek得，位移x大的動能大，B正確。在同一等勢面上，a、b兩微粒電荷量雖相等，但電性相反，故在t時刻，a、b的電勢能不相等，C錯誤。由動量定理qEt＝mv得，在t時刻，a、b的動量大小相等，D正確。]2.如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負電的微粒質量為m、帶電量為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則()A．微粒達到B點時動能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．微粒的加速度大小等于gsinθC．兩極板的電勢差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D．微粒從A點到B點的過程電勢能削減eq\f(mgd,cosθ)C[微粒僅受電場力和重力，電場力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線運動，合力方向沿水平方向，由此可得，電場力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運動，微粒到達B時動能小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤；依據qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，選項B錯誤；兩極板的電勢差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，選項C正確；微粒從A點到B點的過程中，電場力做負功，電勢能增加，電勢能增加量qUMN＝eq\f(mgd,cosθ)，選項D錯誤。]3．(多選)(2024·泰安模擬)如圖甲所示，在兩平行的金屬板間加上如圖乙所示的電壓。在0～1s內，一點電荷在兩極板間處于靜止狀態，t＝2s時電荷仍運動且未與極板接觸，則在1～2s內，點電荷(g取10m/s2)()甲乙A．做勻加速直線運動，加速度大小為10m/s2B．做變加速直線運動，平均加速度大小為5m/s2C．做變加速直線運動，2s末加速度大小為10m/s2D．2s末速度大小為10m/sBC[第1s內電荷受重力和電場力作用處于平衡狀態，故電場力向上，與重力平衡，第2s內電壓始終變大，故電場強度變大，電場力變大，且第2s內合力隨時間勻稱增加，加速度隨時間勻稱增加，是變加速直線運動，故A錯誤；第2s內加速度隨時間勻稱增加，第2s末電場強度增加為第1s末的2倍，故電場力變為2倍，合力向上，大小為mg，其加速度大小為g＝10m/s2，故平均加速度為eq\x\to(a)＝eq\f(0＋10,2)m/s2＝5m/s2，故B、C正確；2s末速度大小為v2＝eq\x\to(a)t＝5×1m/s＝5m/s，故D錯誤。]4．如圖甲所示，A板電勢為0，A板中間有一小孔，B板的電勢變更狀況如圖乙所示，一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在t＝eq\f(T,4)時刻以初速度為0從A板上的小孔處進入兩極板間，僅在電場力作用下起先運動，恰好到達B板。則()甲乙A．A、B兩板間的距離為eq\r(\f(qU0T2,8m))B．粒子在兩板間的最大速度為eq\r(\f(qU0,m))C．粒子在兩板間做勻加速直線運動D．若粒子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板間，它將時而向B板運動，時而向A板運動，最終打向B板B[粒子僅在電場力作用下運動，加速度大小不變，方向變更，選項C錯誤；粒子在t＝eq\f(T,4)時刻以初速度為0進入兩極板，先加速后減速，在eq\f(3T,4)時刻到達B板，則eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(d,2)，解得d＝eq\r(\f(qU0T2,16m))，選項A錯誤；粒子在eq\f(T,2)時刻速度最大，則vm＝eq\f(qU0,md)·eq\f(T,4)＝eq\r(\f(qU0,m))，選項B正確；若粒子在t＝eq\f(T,8)時刻進入兩極板間，在eq\f(T,8)～eq\f(T,2)時間內，粒子做勻加速運動，位移x＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3T,8)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9d,8)，所以粒子在eq\f(T,2)時刻之前已經到達B板，選項D錯誤。][考法指導]1．是否考慮重力的處理方法(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，一般都要考慮重力。2．解決問題的兩種思路(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，受到的電場力方向與運動方向在同一條直線上，做加(減)速直線運動。(2)用功與能的觀點分析：電場力對帶電粒子做的功等于帶電粒子動能的變更量，即qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。3．帶電粒子在電場中直線運動的分析方法eq考法2帶電粒子在電場中的偏轉5.如圖所示，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、帶電荷量分別為＋q和－q的兩粒子，由a、c兩點先后沿ab和cd方向以速率v0進入矩形區(兩粒子不同時出現在電場中)，不計重力。若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A．eq\f(s,2)eq\r(\f(2qE,mh)) B．eq\f(s,2)eq\r(\f(qE,mh))C．eq\f(s,4)eq\r(\f(2qE,mh)) D．eq\f(s,4)eq\r(\f(qE,mh))B[由于兩粒子軌跡恰好相切，依據對稱性，可知兩粒子的軌跡相切點肯定在矩形區域的中心，并且兩粒子均做類平拋運動，依據運動的獨立性和等時性，可得在切點位置粒子在水平方向上有eq\f(s,2)＝v0t，在豎直方向上有eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)eq\f(Eq,m)t2，聯立以上兩式可求得v0＝eq\f(s,2)eq\r(\f(Eq,mh))，由此可知，選項B正確，A、C、D錯誤。]6.(2024·運城檢測)真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉電場，M為熒光屏。今有質子、氘核和α粒子均由A板從靜止起先被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉電場，最終打在熒光屏上。已知質子、氘核和α粒子的質量之比為1∶2∶4，電荷量之比為1∶1∶2，則下列推斷中正確的是()A．三種粒子從B板運動到熒光屏經驗的時間相同B．三種粒子打到熒光屏上的位置相同C．偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶2D．偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為1∶2∶4B[設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，偏轉極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(\f(2qU1,m))，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經驗的時間不同，故A錯誤；依據推論y＝eq\f(U2L2,4dU1)、tanθ＝eq\f(U2L,2dU1)可知，y與粒子的種類、質量、電量無關，故三種粒子偏轉距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉電場的電場力做功為W＝qEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為1∶1∶2，則電場力對三種粒子做功之比為1∶1∶2，故C、D錯誤。]eq考法3帶電粒子在電場、重力場中的運動7.如圖所示，地面上某區域存在著豎直向下的勻強電場，一個質量為m的帶負電小球以水平方向的初速度v0由O點射入該區域，剛好通過豎直平面中的P點，已知連線OP與初速度方向的夾角為45°，則此帶電小球通過P點時的動能為()A．mveq\o\al(2,0)B．eq\f(mv\o\al(2,0),2)C．2mveq\o\al(2,0)D．eq\f(5mv\o\al(