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2021高三物理人教版一轮学案：第七章第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
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第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU ,知识梳理·自测巩固
知识点1 电容器 电容
1．电容器
(1)电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(2)电容器的充、放电
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
2．电容
(1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
(2)定义式：C＝＝。
(3)单位：法拉(F)，1F＝106 μF＝1012 pF。
3．平行板电容器
(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与两极间的距离成反比。
(2)决定式：C＝，k为静电力常量。
知识点2 带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
(1)处理方法：利用动能定理qU＝mv2－mv。
(2)适用范围：任何电场。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。
(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法。
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝。
②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动。
思考：不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度的关系怎样？
[答案] 相同
思维诊断：
(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。( × )
(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。( × )
(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。( × )
(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。( × )
(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。( √ )
(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。( √ )
(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。( × )
自测巩固,ZI CE GONG GU)
1．(2020·浙江仿真卷)中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，将成为二、三线城市的主要公交用力。这种超级电车的核心是我国自主研发，全球首创的“超级电容器”。如图所示，这种电容器安全性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大(达到9 500 F)，能够在10 s内完成充电。下列说法正确的是( A )
A．该“超级电容器”能储存电荷
B．该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大
C．该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能
D．充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极
[解析] 电容器的电容由电容器自身结构决定，与两端所加电压无关，选项B错误；充电时电容器可以将外部电源的能量以电荷方式存储在两极板，转化为电场能；放电时将电场能转化为电能，和化学能无关，选项A正确，C错误；充电时电源的正极应接“超级电容器”的正极，才能保障正常充电，选项D错误。
2．一带电粒子在电场中只受静电力作用时，它不可能出现的运动状态是( A )
A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动
C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动
[解析] 粒子只受静电力作用，当此力为恒力时，可能做匀加速直线运动(F与v同向或v0＝0)，当恒力与v0垂直时，粒
子做类平抛运动——匀变速曲线运动；当静电力大小不变，方向始终指向一点且与速度垂直时，粒子做匀速圆周运动，所以，只有A选项是不可能的。
3．两平行金属板相距为d，电势差为U。一电子(不计重力)质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是( D )
A． B．edUh
C． D．
[解析] E＝，UOA＝Eh＝，由动能定理得：Ek0＝eUOA＝，D正确。
4．如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出。若不计重力，则a和b的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)之比是( D )
A．12 B．21
C．18 D．81
[解析] a粒子和b粒子在水平方向均做速度为v的匀速运动，分别有BP＝vta，BC＝vtb，且2BP＝BC，故2ta＝tb；在竖直方向上，分别有AB＝××t，OB＝××t，且AB＝2OB，解得a和b的比荷之比为＝81。
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO ,核心考点·重点突破
考点一 平行板电容器的动态分析
1．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(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＝分析电容器两极板间电场强度的变化。
(5)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化。
2．电容器两类问题的比较
分类
充电后与电池两极相连
充电后与电池两极断开
不变量
U
Q
d变大
C变小→Q变小、E变小
C变小→U变大、E不变
S变大
C变大→Q变大、E不变
C变大→U变小、E变小
εr变大
C变大→Q变大、E不变
C变大→U变小、E变小
3.平行板电容器问题的一个常用结论
电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。
例1 (2019·江苏苏州期末)如图所示，A、B是构成平行板电容器的两金属板，当开关S闭合时，在P点处有一带电液滴处于静止状态。现将开关S断开后，再将A、B板分别沿水平方向向左、向右平移一小段距离，此过程中下列说法正确的是( D )
A．电容器的电容增加
B．电阻R中有电流通过
C．两极板之间的电场强度不变
D．若带电液滴仍在P点，则电势能减小
[解析] 本题考查电容器动态变化及其相关知识点。开关S断开后，电容器带电荷量不变，将A、B板分别水平向左、向右平移一小段距离，平行板电容器的正对面积减小，电容器电容减小，电容器两极板之间的电场强度增大，电阻R中没有电流通过，选项A、B、C错误；由开关闭合时带电液滴处于静止状态可知，带电液滴所受电场力方向向上，带电液滴带负电，B板接地，电势为零，由于电容器两极板之间的电场强度增大，则P点的电势升高，若带电液滴仍在P点，则电势能减小，选项D正确。
〔类题演练1〕
(多选)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。则下列说法正确的是( AC )
A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度增大
B．断开S后，在A、B间插入电介质，静电计指针张开的角度增大
C．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大
D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小
[解析] 断开S后，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，指针张角增大，故选项A正确；断开S后，在A、B间插入电介质，根据C＝知，电容增大，根据U＝知，电势差减小，则指针张角减小，故选项B错误；断开S后，将A向上移动少许，则S减小，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，则指针张角增大，故选项C正确；保持S闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头移动不会影响指针张角，故选项D错误。
考点二 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动
1．带电粒子在电场中运动时重力的处理
(1)基本粒子：如电子、质子，α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。
(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。
2．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路
(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。
(2)应用动能定理根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。
例2 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：
(1)小球到达小孔处的速度大小；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间。
[解析] (1)设小球到达小孔处的速度大小为v，
由自由落体运动规律有
v2＝2gh，得v＝。
(2)设小球在极板间运动的加速度大小为a，
由v2＝2ad，是a＝，
由牛顿第二定律qE－mg＝ma，
电容器的电荷量Q＝CU＝CEd，
解得E＝，Q＝。
(3)由h＝gt得小球做自由落体运动的时间
t1＝，
由0＝v－at2得小球在电场中运动的时间t2＝d，
则小球运动的总时间t＝t1＋t2＝。
[答案] (1) (2)
(3)
〔类题演练2〕
如图所示，地面上有水平向右的匀强电场，将一带电小球从电场中的A点以某一初速度射出，小球恰好能沿与水平方向成30°角的虚线由A向B做直线运动，不计空气阻力，下列说法正确的是( C )
A．小球带正电荷
B．小球受到的电场力与重力大小之比为21
C．小球从A运动到B的过程中电势能增加
D．小球从A运动到B的过程中电场力所做的功等于其动能的变化量
[解析]
由于小球沿直线运动，则合力与速度在同一直线上，根据题意，受力分析如图所示。故小球受到的电场力水平向左，故小球带负电，A错误；由图可知：tan 30°＝＝，故小球受到的电场力与重力大小之比为1，B错误；由于小球从A到B电场力做负功，故电势能增加，C正确；根据动能定理可知：W电＋WG＝ΔEk，D错误。
考点三 带电粒子(或带电体)在电场中的偏转
1．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。
证明：由qU0＝mv
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为。
2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝U，指初、末位置间的电势差。
例3 如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。
(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；
(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围；
(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。
[解析] (1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，速度偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，
则有y＝at2
L＝v0t
vy＝at
tan θ＝＝，
解得x＝
即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。
(2)由题知a＝
E＝
解得y＝
当y＝时，UYY′＝
则两板间所加电压的范围为
－≤UYY′≤。
(3)当y＝时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，设其大小为y0，
则y0＝y＋btan θ
又tan θ＝＝，
解得：y0＝
故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0＝。
[答案] 见解析
规律总结：
确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离y0的四种方法：
(1)y0＝y＋vy
(2)y0＝y＋btan θ
(3)y0＝(＋b)tan θ
(4)根据三角形相似＝
〔类题演练3〕
(2019·江西模拟)(多选)如图所示，O1O2为带电平行板电容器的中轴线，三个相同的带电粒子沿轴线射入两极板间。粒子1打到B极板的中点，粒子2刚好打在B极板边缘，粒子3从两极板间飞出，设三个粒子只受电场力作用，则( BD )
A．三个粒子在电场中运动时间关系为t1
C．三个粒子在电场中运动的初速度关系为v1＝v2＝v3
D．三个粒子在飞行过程中动能的变化量关系为ΔE1＝ΔE2>ΔE3
[解析] 本题考查电场力、带电粒子的类平抛运动及其相关知识点。三个粒子都做类平抛运动，且加速度相同。水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则竖直方向有y＝at2，由题图知粒子1、2的竖直位移大小相等，且大于粒子3的竖直位移，则得t1＝t2>t3，故A错误，B正确；水平方向有x＝v0t，由题图知粒子2、3水平位移大小相等，大于粒子1的水平位移，则v1ΔE3，故D正确。
考点四 实验：观察电容器的充、放电现象
1．实验原理
(1)电容器的充电过程
如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电。正、负极板带等量的正、负电荷。电荷在移动的过程中形成电流。在充电开始时电流比较大，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止移动，电流I＝0。
(2)电容器的放电过程
如图所示，当开关S接2时，将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和。在电子移动过程中，形成电流，放电开始电流较大，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小，最后减小到零。
实验器材：6 V的直流电源、单刀双掷开关、平行板电容器、电流表、电压表、小灯泡。
2．实验步骤
(1)按图连接好电路。
(2)把单刀双掷开关S接1，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中。
(3)将单刀双掷开关S接2，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中。
(4)记录好实验结果，关闭电源。
实验记录和分析：
实验项目
实验现象
电容器
充电
灯泡
灯泡的亮度由明到暗最后熄灭
电流表1
电流表1的读数由大到小最后为零
电压表
电压表的读数由小到大最后为6 V
电容器
放电
灯泡
灯泡的亮度由明到暗最后熄灭
电流表2
电流表2的读数由大到小最后为零
电压表
电压表的读数由大到小最后为零
3．注意事项
(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计。
(2)要选择大容量的电容器。
(3)实验要在干燥的环境中进行。
(4)在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，以免烧坏电流表。
例4 电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能画出电流与时间的变化图象。图甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6 V。
先使开关S与1接通，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I－t图象如图乙所示。根据图象估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为3.04×10－3 C，该电容器电容为507 μF(结果保留整数)。
[解析] 由于Q＝It，可知题图乙中图象与时间轴围成的面积表示电荷量；根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为8×10－5 C，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为38，所以释放的电荷量为q＝8×10－5×38 C＝3.04×10－3 C。根据电容器的电容C＝可知，C＝ F≈5.07×10－4 F＝507 μF。
〔类题演练4〕
按如图所示电路连接好器材，使开关S先后接触a、b，以下说法正确的是( B )
A．S接a时与接b时，电流表指针的偏转方向相同
B．S接a时与接b时，电流表指针的偏转方向相反
C．S接a时，电容器充电，电容器的电能转化为其他形式的能
D．S离开a接到b时，电容器放电，其他形式的能转化为电容器的电能
[解析] 充电过程与放电过程的电流方向是相反的，选项A错误，B正确；电容器充电，其他形式的能转化为电容器的电能，选项C错误；S离开a接到b时，电容器放电，电容器的电能转化为其他形式的能，选项D错误。
JIE DUAN PEI YOU CHA QUE BU LOU ,阶段培优·查缺补漏
__用等效法解决电场、重力场中圆周运动的临界极值问题__
等效思维方法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。
带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型。对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a＝视为“等效重力加速度”。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。
例4 如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°。不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件。
[解析] (1)当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，
则有＝tan θ，所以E＝。
(2)小球所受重力与电场力的合力F＝＝mg。当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零，在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有
－mg·2r＝0－mv，
所以vmin＝，即小球的初速度应不小于。
[答案] (1) (2)不小于
规律总结：
把握三点，正确解答该类问题
1．把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。
2．等效重力的反向延长线与圆轨迹的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点。
3．类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。
2 NIAN GAO KAO MO NI XUN LIAN ,2年高考·模拟训练
1．(2018·全国卷Ⅲ，21)(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( BD )
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
[解析] A错：经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据x＝at2，得aa>ab，又由a＝知，maWb，由动能定理知，a的动能比b的动能大。C错：a、b处在同一等势面上，根据Ep＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反。D对：根据动量定理Ft＝p－p0，则经过时间t，a、b的动量大小相等。
2．(2018·北京理综，19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是( A )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
[解析] A对：实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷。B错：b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大。C错：插入有机玻璃板，相对介电常数ε变大，由C＝知，电容C变大，由C＝知， Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小。D错：由C＝，实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的。
3．(2018·天津理综，3)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是( D )
A．vMφN。又由Ep＝qφ知，带负电粒子在电势越低的位置，具有的电势能越大，即EpMvN。若带负电粒子由N向M运动过程中电场力做正功，则动能增大，也可得vM>vN，故选D。
4．(2018·江苏单科，5)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴( D )
A．仍然保持静止 B．竖直向下运动
C．向左下方运动 D．向右下方运动
[解析] 开始时油滴处于静止状态，有mg＝q
B板右端下移时，U不变，d变大
电场力F＝q变小，mg>F
受力分析如图所示，mg与F的合力方向为右下方，故油滴向右下方运动。
5．(2019·全国卷Ⅱ，24)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
[答案] (1)mv＋qh v0 (2)2v0
[解析] (1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝ ①
F＝qE＝ma ②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－mv ③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有
h＝at2 ④
l＝v0t ⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝mv＋qh ⑥
l＝v0 ⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为
L＝2l＝2v0 ⑧
6．(2019·全国卷Ⅲ，24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
[答案] (1) (2)2m(v＋g2t2)
[解析] (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma ①
a2＝gt2 ②
解得
E＝ ③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
Ek－mv＝mgh＋qEh ④
且有
v1＝v0t ⑤
h＝gt2 ⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v＋g2t2) ⑦
第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
ZHI SHI SHU LI ZI CE GONG GU ,知识梳理·自测巩固
知识点1 电容器 电容
1．电容器
(1)电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(2)电容器的充、放电
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
2．电容
(1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
(2)定义式：C＝＝。
(3)单位：法拉(F)，1F＝106 μF＝1012 pF。
3．平行板电容器
(1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与两极间的距离成反比。
(2)决定式：C＝，k为静电力常量。
知识点2 带电粒子在电场中的运动
1．带电粒子在电场中的加速
(1)处理方法：利用动能定理qU＝mv2－mv。
(2)适用范围：任何电场。
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。
(2)处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法。
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t＝。
②沿电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动。
思考：不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度的关系怎样？
[答案] 相同
思维诊断：
(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。( × )
(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。( × )
(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。( × )
(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。( × )
(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。( √ )
(6)示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。( √ )
(7)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。( × )
自测巩固,ZI CE GONG GU)
1．(2020·浙江仿真卷)中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，将成为二、三线城市的主要公交用力。这种超级电车的核心是我国自主研发，全球首创的“超级电容器”。如图所示，这种电容器安全性高，可反复充放电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大(达到9 500 F)，能够在10 s内完成充电。下列说法正确的是( A )
A．该“超级电容器”能储存电荷
B．该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大
C．该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能
D．充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极
[解析] 电容器的电容由电容器自身结构决定，与两端所加电压无关，选项B错误；充电时电容器可以将外部电源的能量以电荷方式存储在两极板，转化为电场能；放电时将电场能转化为电能，和化学能无关，选项A正确，C错误；充电时电源的正极应接“超级电容器”的正极，才能保障正常充电，选项D错误。
2．一带电粒子在电场中只受静电力作用时，它不可能出现的运动状态是( A )
A．匀速直线运动 B．匀加速直线运动
C．匀变速曲线运动 D．匀速圆周运动
[解析] 粒子只受静电力作用，当此力为恒力时，可能做匀加速直线运动(F与v同向或v0＝0)，当恒力与v0垂直时，粒
子做类平抛运动——匀变速曲线运动；当静电力大小不变，方向始终指向一点且与速度垂直时，粒子做匀速圆周运动，所以，只有A选项是不可能的。
3．两平行金属板相距为d，电势差为U。一电子(不计重力)质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是( D )
A． B．edUh
C． D．
[解析] E＝，UOA＝Eh＝，由动能定理得：Ek0＝eUOA＝，D正确。
4．如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出。若不计重力，则a和b的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)之比是( D )
A．12 B．21
C．18 D．81
[解析] a粒子和b粒子在水平方向均做速度为v的匀速运动，分别有BP＝vta，BC＝vtb，且2BP＝BC，故2ta＝tb；在竖直方向上，分别有AB＝××t，OB＝××t，且AB＝2OB，解得a和b的比荷之比为＝81。
HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO ,核心考点·重点突破
考点一 平行板电容器的动态分析
1．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(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＝分析电容器两极板间电场强度的变化。
(5)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化。
2．电容器两类问题的比较
分类
充电后与电池两极相连
充电后与电池两极断开
不变量
U
Q
d变大
C变小→Q变小、E变小
C变小→U变大、E不变
S变大
C变大→Q变大、E不变
C变大→U变小、E变小
εr变大
C变大→Q变大、E不变
C变大→U变小、E变小
3.平行板电容器问题的一个常用结论
电容器充电后断开电源，在电容器所带电荷量保持不变的情况下，电场强度与极板间的距离无关。
例1 (2019·江苏苏州期末)如图所示，A、B是构成平行板电容器的两金属板，当开关S闭合时，在P点处有一带电液滴处于静止状态。现将开关S断开后，再将A、B板分别沿水平方向向左、向右平移一小段距离，此过程中下列说法正确的是( D )
A．电容器的电容增加
B．电阻R中有电流通过
C．两极板之间的电场强度不变
D．若带电液滴仍在P点，则电势能减小
[解析] 本题考查电容器动态变化及其相关知识点。开关S断开后，电容器带电荷量不变，将A、B板分别水平向左、向右平移一小段距离，平行板电容器的正对面积减小，电容器电容减小，电容器两极板之间的电场强度增大，电阻R中没有电流通过，选项A、B、C错误；由开关闭合时带电液滴处于静止状态可知，带电液滴所受电场力方向向上，带电液滴带负电，B板接地，电势为零，由于电容器两极板之间的电场强度增大，则P点的电势升高，若带电液滴仍在P点，则电势能减小，选项D正确。
〔类题演练1〕
(多选)静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计，B固定，A可移动，开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度。则下列说法正确的是( AC )
A．断开S后，将A向左移动少许，静电计指针张开的角度增大
B．断开S后，在A、B间插入电介质，静电计指针张开的角度增大
C．断开S后，将A向上移动少许，静电计指针张开的角度增大
D．保持S闭合，将变阻器滑动触头向右移动，静电计指针张开的角度减小
[解析] 断开S后，电容器带电量不变，将A向左移动少许，则d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，指针张角增大，故选项A正确；断开S后，在A、B间插入电介质，根据C＝知，电容增大，根据U＝知，电势差减小，则指针张角减小，故选项B错误；断开S后，将A向上移动少许，则S减小，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，电势差增大，则指针张角增大，故选项C正确；保持S闭合，电容器两端的电势差不变，变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头移动不会影响指针张角，故选项D错误。
考点二 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动
1．带电粒子在电场中运动时重力的处理
(1)基本粒子：如电子、质子，α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。
(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。
2．解决带电粒子在电场中的直线运动问题的两种思路
(1)根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的运动情况。此方法只适用于匀强电场。
(2)应用动能定理根据电场力对带电粒子所做的功等于带电粒子动能的变化求解。此方法既适用于匀强电场，也适用于非匀强电场。
例2 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：
(1)小球到达小孔处的速度大小；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间。
[解析] (1)设小球到达小孔处的速度大小为v，
由自由落体运动规律有
v2＝2gh，得v＝。
(2)设小球在极板间运动的加速度大小为a，
由v2＝2ad，是a＝，
由牛顿第二定律qE－mg＝ma，
电容器的电荷量Q＝CU＝CEd，
解得E＝，Q＝。
(3)由h＝gt得小球做自由落体运动的时间
t1＝，
由0＝v－at2得小球在电场中运动的时间t2＝d，
则小球运动的总时间t＝t1＋t2＝。
[答案] (1) (2)
(3)
〔类题演练2〕
如图所示，地面上有水平向右的匀强电场，将一带电小球从电场中的A点以某一初速度射出，小球恰好能沿与水平方向成30°角的虚线由A向B做直线运动，不计空气阻力，下列说法正确的是( C )
A．小球带正电荷
B．小球受到的电场力与重力大小之比为21
C．小球从A运动到B的过程中电势能增加
D．小球从A运动到B的过程中电场力所做的功等于其动能的变化量
[解析]
由于小球沿直线运动，则合力与速度在同一直线上，根据题意，受力分析如图所示。故小球受到的电场力水平向左，故小球带负电，A错误；由图可知：tan 30°＝＝，故小球受到的电场力与重力大小之比为1，B错误；由于小球从A到B电场力做负功，故电势能增加，C正确；根据动能定理可知：W电＋WG＝ΔEk，D错误。
考点三 带电粒子(或带电体)在电场中的偏转
1．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的。
证明：由qU0＝mv
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到偏转电场边缘的距离为。
2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝U，指初、末位置间的电势差。
例3 如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y′长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。
(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；
(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围；
(3)求粒子可能到达屏上区域的长度。
[解析] (1)设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，速度偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，
则有y＝at2
L＝v0t
vy＝at
tan θ＝＝，
解得x＝
即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。
(2)由题知a＝
E＝
解得y＝
当y＝时，UYY′＝
则两板间所加电压的范围为
－≤UYY′≤。
(3)当y＝时，粒子到达屏上时竖直方向偏移的距离最大，设其大小为y0，
则y0＝y＋btan θ
又tan θ＝＝，
解得：y0＝
故粒子在屏上可能到达的区域的长度为2y0＝。
[答案] 见解析
规律总结：
确定粒子打到屏上的位置离屏中心的距离y0的四种方法：
(1)y0＝y＋vy
(2)y0＝y＋btan θ
(3)y0＝(＋b)tan θ
(4)根据三角形相似＝
〔类题演练3〕
(2019·江西模拟)(多选)如图所示，O1O2为带电平行板电容器的中轴线，三个相同的带电粒子沿轴线射入两极板间。粒子1打到B极板的中点，粒子2刚好打在B极板边缘，粒子3从两极板间飞出，设三个粒子只受电场力作用，则( BD )
A．三个粒子在电场中运动时间关系为t1
C．三个粒子在电场中运动的初速度关系为v1＝v2＝v3
D．三个粒子在飞行过程中动能的变化量关系为ΔE1＝ΔE2>ΔE3
[解析] 本题考查电场力、带电粒子的类平抛运动及其相关知识点。三个粒子都做类平抛运动，且加速度相同。水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则竖直方向有y＝at2，由题图知粒子1、2的竖直位移大小相等，且大于粒子3的竖直位移，则得t1＝t2>t3，故A错误，B正确；水平方向有x＝v0t，由题图知粒子2、3水平位移大小相等，大于粒子1的水平位移，则v1
考点四 实验：观察电容器的充、放电现象
1．实验原理
(1)电容器的充电过程
如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在电场力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电。正、负极板带等量的正、负电荷。电荷在移动的过程中形成电流。在充电开始时电流比较大，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止移动，电流I＝0。
(2)电容器的放电过程
如图所示，当开关S接2时，将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生中和。在电子移动过程中，形成电流，放电开始电流较大，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小，两极板间的电压也逐渐减小，最后减小到零。
实验器材：6 V的直流电源、单刀双掷开关、平行板电容器、电流表、电压表、小灯泡。
2．实验步骤
(1)按图连接好电路。
(2)把单刀双掷开关S接1，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中。
(3)将单刀双掷开关S接2，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中。
(4)记录好实验结果，关闭电源。
实验记录和分析：
实验项目
实验现象
电容器
充电
灯泡
灯泡的亮度由明到暗最后熄灭
电流表1
电流表1的读数由大到小最后为零
电压表
电压表的读数由小到大最后为6 V
电容器
放电
灯泡
灯泡的亮度由明到暗最后熄灭
电流表2
电流表2的读数由大到小最后为零
电压表
电压表的读数由大到小最后为零
3．注意事项
(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计。
(2)要选择大容量的电容器。
(3)实验要在干燥的环境中进行。
(4)在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，以免烧坏电流表。
例4 电流传感器可以像电流表一样测量电流，不同的是反应比较灵敏，且可以和计算机相连，能画出电流与时间的变化图象。图甲是用电流传感器观察充、放电过程的实验电路图，图中电源电压为6 V。
先使开关S与1接通，待充电完成后，把开关S再与2接通，电容器通过电阻放电，电流传感器将电流信息传入计算机，显示出电流随时间变化的I－t图象如图乙所示。根据图象估算出电容器全部放电过程中释放的电荷量为3.04×10－3 C，该电容器电容为507 μF(结果保留整数)。
[解析] 由于Q＝It，可知题图乙中图象与时间轴围成的面积表示电荷量；根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为8×10－5 C，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图象所包含的格子个数为38，所以释放的电荷量为q＝8×10－5×38 C＝3.04×10－3 C。根据电容器的电容C＝可知，C＝ F≈5.07×10－4 F＝507 μF。
〔类题演练4〕
按如图所示电路连接好器材，使开关S先后接触a、b，以下说法正确的是( B )
A．S接a时与接b时，电流表指针的偏转方向相同
B．S接a时与接b时，电流表指针的偏转方向相反
C．S接a时，电容器充电，电容器的电能转化为其他形式的能
D．S离开a接到b时，电容器放电，其他形式的能转化为电容器的电能
[解析] 充电过程与放电过程的电流方向是相反的，选项A错误，B正确；电容器充电，其他形式的能转化为电容器的电能，选项C错误；S离开a接到b时，电容器放电，电容器的电能转化为其他形式的能，选项D错误。
JIE DUAN PEI YOU CHA QUE BU LOU ,阶段培优·查缺补漏
__用等效法解决电场、重力场中圆周运动的临界极值问题__
等效思维方法是将一个复杂的物理问题，等效为一个熟知的物理模型或问题的方法。
带电粒子在匀强电场和重力场组成的复合场中做圆周运动的问题，是高中物理教学中一类重要而典型的题型。对于这类问题，若采用常规方法求解，过程复杂，运算量大。若采用“等效法”求解，则能避开复杂的运算，过程比较简捷。先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一个“等效重力”，将a＝视为“等效重力加速度”。再将物体在重力场中的运动规律迁移到等效重力场中分析求解即可。
例4 如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是竖直方向的直径。一质量为m、电荷量为＋q(q>0)的小球套在圆环上，并静止在P点，OP与竖直方向的夹角θ＝37°。不计空气阻力，已知重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)若要使小球从P点出发能做完整的圆周运动，小球初速度的大小应满足的条件。
[解析] (1)当小球静止在P点时，小球的受力情况如图所示，
则有＝tan θ，所以E＝。
(2)小球所受重力与电场力的合力F＝＝mg。当小球做圆周运动时，可以等效为在一个“重力加速度”为g的“重力场”中运动。若要使小球能做完整的圆周运动，则小球必须能通过图中的Q点。设当小球从P点出发的速度为vmin时，小球到达Q点时速度为零，在小球从P运动到Q的过程中，根据动能定理有
－mg·2r＝0－mv，
所以vmin＝，即小球的初速度应不小于。
[答案] (1) (2)不小于
规律总结：
把握三点，正确解答该类问题
1．把电场力和重力合成一个等效力，称为等效重力。
2．等效重力的反向延长线与圆轨迹的交点为带电体在等效重力场中运动的最高点。
3．类比“绳球”“杆球”模型临界值的情况进行分析解答。
2 NIAN GAO KAO MO NI XUN LIAN ,2年高考·模拟训练
1．(2018·全国卷Ⅲ，21)(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是( BD )
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等
[解析] A错：经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据x＝at2，得aa>ab，又由a＝知，ma
2．(2018·北京理综，19)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是( A )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
[解析] A对：实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷。B错：b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大。C错：插入有机玻璃板，相对介电常数ε变大，由C＝知，电容C变大，由C＝知， Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小。D错：由C＝，实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，是由于C不变导致的。
3．(2018·天津理综，3)如图所示，实线表示某电场的电场线(方向未标出)，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN。下列判断正确的是( D )
A．vM
4．(2018·江苏单科，5)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴( D )
A．仍然保持静止 B．竖直向下运动
C．向左下方运动 D．向右下方运动
[解析] 开始时油滴处于静止状态，有mg＝q
B板右端下移时，U不变，d变大
电场力F＝q变小，mg>F
受力分析如图所示，mg与F的合力方向为右下方，故油滴向右下方运动。
5．(2019·全国卷Ⅱ，24)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
[答案] (1)mv＋qh v0 (2)2v0
[解析] (1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝ ①
F＝qE＝ma ②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－mv ③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有
h＝at2 ④
l＝v0t ⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝mv＋qh ⑥
l＝v0 ⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为
L＝2l＝2v0 ⑧
6．(2019·全国卷Ⅲ，24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
[答案] (1) (2)2m(v＋g2t2)
[解析] (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma ①
a2＝gt2 ②
解得
E＝ ③
(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
Ek－mv＝mgh＋qEh ④
且有
v1＝v0t ⑤
h＝gt2 ⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v＋g2t2) ⑦
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