第3節(jié)電容器帶電粒子在電場中的運動

［必備知識?全通關(guān)］夯實基礎(chǔ)知識?掃除雙基盲點

€＞必備知識-填充

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(dǎo)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

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。

放電：使充電后的電容器失去電荷的過程，放電過程中曳揚熊轉(zhuǎn)化為其他形

式的能。

2.電容

(1)定義：電容器所帶的曳苞量與電容器兩極板間的電勢差的比值。

(2)定義式：。二￡。

(3)物理意義：表示電容器容納電荷本領(lǐng)大小的物理量。

,2

(4)單位：法拉(F),1F=10^nF=10pFo

3.平行板電容器的電容

(1)影響因素：平行板電容器的電容與極板的正對面積成正比，與電介質(zhì)的

相對介電常數(shù)成正比，與極板間距離成反比。

(2)決定式二。=噩，人為靜電力常量。

二、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動

1.加速

2

(1)在勻強(qiáng)電場中，W=qEd=qU-\mv-^nivio

2

⑵在非勻強(qiáng)電場中，W=^U=^mv-^fnvlo

2.偏轉(zhuǎn)

（1）運動情況：如果帶電粒子以初速度內(nèi)垂直場強(qiáng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，則

帶電粒子在電場中做類平拋運動，如圖所示。

（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(jù)運動的合成與分解的知識解決有關(guān)問題。

（3）基本關(guān)系式：運動時間t加速度a=￡二'臉,偏轉(zhuǎn)量y=iat2

=磊，偏轉(zhuǎn)角。的正切值：碗"富事端。

◎?qū)W情自測?驗收

一、思考辨析（正確的畫“，錯誤的畫“X”）

1.電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。（X）

2,電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。（X）

3.放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。（X）

4.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中只能做類平拋運動。（X）

5.帶電粒子在電場中，只受電場力時，也可以做勻速圓周運動。（J）

6.示波管屏幕上的亮線是由電子束高速撞擊熒光屏而產(chǎn)生的。（J）

二、走進(jìn)教材

1.（人教版選修3-1P32Tl改編）如圖所示的裝置，可以探究影響平行板電容

器電容的因素，關(guān)于下列操作及出現(xiàn)的現(xiàn)象的描述正確的是（）

A.電容器與電源保持連接，左移電容器左極板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增大

第2頁，共17頁

B.電容器充電后與電源斷開，上移電容器左極板，則靜電計指針偏轉(zhuǎn)角增

大

C.電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入玻璃板，則靜電計指

針偏轉(zhuǎn)角增大

D.電容器充電后與電源斷開，在電容器兩極板間插入金屬板，則靜電計指

針偏轉(zhuǎn)角增大

B［電容器與電源保持連接時兩極板間的電勢差不變，靜電計指針偏轉(zhuǎn)角不

變，A錯誤；與電源斷開后，電容器所帶電荷量不變，結(jié)合〃=名和C=懸可

判斷B正確，C、D錯誤。］

2.（人教版選修3-1P39Tl改編）如圖所示，電子由靜止開始從A板向B板

運動，到達(dá)B板的速度為以保持兩極板間電壓不變，貝!1（）

A.當(dāng)減小兩極板間的距離時，速度。增大

B.當(dāng)減小兩極板間的距離時，速度o減小

C.當(dāng)減小兩極板間的距離時，速度。不變

D.當(dāng)減小兩極板間的距離時，電子在兩極間運動的時間變長

［答案1C

3.（人教版選修3-1P39T5改編）如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速

后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為巴

電荷量為e,加速電場電壓為Uo,偏轉(zhuǎn)電場可看成勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U,

極板長度為L,板間距為（忽略電子所受重力，電子射入偏轉(zhuǎn)電場時初速度也

和從偏轉(zhuǎn)電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Ay分別是（）

黑

第3頁，共17頁

eUoUL22eUoUL2

C

?4Uodm4Uod

D［根據(jù)動能定理，有eUo=^mvi,

電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度%=、/年

在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間〃=卷=小/總,

加速度。=述=學(xué)

mma

177/2

偏轉(zhuǎn)距離人丁=5。(")2=而高。］

［關(guān)鍵能力-全突破］總結(jié)?？伎键c?破解高考疑難

考點1平行板電容器的動態(tài)分析［講典例示法］

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(tài)分析思路

(1)U不變

①根據(jù)。二焉和C=￡，先分析電容的變化，再分析。的變化。

②根據(jù)￡二彳分析場強(qiáng)的變化。

③根據(jù)U■二Ed分析某點電勢變化。

(2)。不變

①根據(jù)C=蓋和。=￡,先分析電容的變化，再分析U的變化。

②根據(jù)￡二%分析場強(qiáng)變化。

［典例示法］

第4頁，共17頁

如圖所示，4、8為兩塊豎直放置的平行金屬板，G是靜電計，開關(guān)S閉

合后，靜電計指針張開一定角度。下述做法可使靜電計指針張角增大的是()

E>=

A.使A板向左平移以增大板間距離

B.在A、B兩板之間插入一塊陶瓷板

C.斷開S后，使8板向左平移以減小板間距離

D.斷開S后，使3板向上平移以減小極板正對面積

D［開關(guān)S閉合，電容器兩端的電勢差不變，則靜電計指針張角不變，故A、

B錯誤；斷開S,電容器所帶的電荷量不變，使8板向左平移以減小板間距離，

則電容增大，根據(jù)U=￡知，電勢差減小，則靜電計指針張角減小，故C錯誤；

斷開S,電容器所帶的電荷量不變，使3板向上平移以減小極板正對面積，則電

容減小，根據(jù)知，電勢差增大，則靜電計指針張角增大，故D正確。］

一等規(guī)律總結(jié)電容器動態(tài)分析的三個關(guān)鍵量

(D用決定式C=鬻分析平行板電容器電容的變化。

(2)用定義式C=￡分析電容器所帶的電荷量或兩極板間電壓的變化。

(3)用E=%分析電容器兩極板間電場強(qiáng)度的變化。

［跟進(jìn)訓(xùn)練］

「考向1電壓不變的動態(tài)分析問題

L(多選汝口圖所示，平行板電容器A、B間有一帶電油滴產(chǎn)正好靜止在極板

正中間，現(xiàn)將8極板勻速向下移動到虛線位置，其他條件不變。則在3極板移

動的過程中()

第5頁，共17頁

?

A.油滴將向下做勻加速運動

B.電流計中電流由方流向。

C.油滴運動的加速度逐漸變大

D.極板帶的電荷量減少

CD［由C=黑;可知，d增大時，電容器的電容C減小，由。=。力可知,

電容器的電荷量減少，電容器放電，電流由〃流向從D正確，B錯誤；由片=

力可知，在〃板下移過程中，兩板間場強(qiáng)逐漸減小，由"唔一〃可知油滴

運動的加速度逐漸變大，C正確，A錯誤。］

卜考向2電荷■不變的動態(tài)分析問題

2.（2018?北京高考）研究與平行板電容器電容有關(guān)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。板接觸，能使電容器帶電

B.實驗中，只將電容器方板向上平移，靜電計指針的張角變小

C.實驗中，只在極板間插入有機(jī)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

A【實驗前，由電荷間的相互作用規(guī)律知，用帶電玻璃棒與電容器。板接

觸，可使電容器帶電，選項A正確；實驗中，只將電容器方板向上平移，極板

的正對面積變小，由C=盥知，電容器的電容減小，電容器所帶的電荷量不變，

由c=￡

第6頁，共17頁

知，電容器兩極板間的電勢差變大，故靜電計指針的張角變大，選項B錯

oq

誤；實驗中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，相對介電常數(shù)變大，由。=忐知，

電容器的電容增大，電容器所帶的電荷量不變，由。=￡知，電容器兩極板間的

電勢差變小，故靜電計指針的張角變小，選項C錯誤；電容只由電容器本身決

定，與電容器所帶的電荷量及極板間的電勢差無關(guān)，選項D錯誤。］

卜考向3與電容器相關(guān)的力學(xué)問題

3.（多選）如圖所示，尸、。組成平行板電容器，兩極板豎直放置，在兩極板間

用絕緣線懸掛一帶電小球。將該電容器與電源連接，閉合開關(guān)后，懸線與豎直方

向的夾角為"，貝"）

A.斷開開關(guān)，加大P、。兩極板間的距離，角度a會增大

B.斷開開關(guān)，縮小P、。兩極板間的距離，角度“不變

C.保持開關(guān)閉合，縮小P、。兩極板間的距離，角度”會增大

D.保持開關(guān)閉合，加大P、。兩極板間的距離，角度a會減小

BCD［斷開開關(guān)，電容器所帶的電荷量不變，根據(jù)公式C=g、U=Ed、C

=挎，聯(lián)立得￡=生半，即此情況下電場強(qiáng)度與P、。兩極板間的距離無關(guān)，

故兩極板間的電場強(qiáng)度不變，小球所受電場力不變，則角度a不變，A錯誤，B

正確；保持開關(guān)閉合，電容器兩極板間的電壓不變，縮小P、。兩極板間的距離，

由分析得知，兩極板間的電場強(qiáng)度增大，小球所受電場力增大，則角度a

會增大；相反，增大P、。兩極板間的距離，角度a會減小，C、D正確。］

考點2帶電粒子在電場中的運動［講典例示法］

必型14

帶電粒手在電場中的直至運動

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1.帶電粒子在電場中運動時重力的處理

基本如電子、質(zhì)子、a粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般

粒子都不考慮重力(但并不忽略質(zhì)量)

帶電如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般

顆粒都不能忽略重力

2.做直線運動的條件

(1)粒子所受合外力戶合二0,粒子做勻速直線運動。

(2)粒子所受合外力戶合W0,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。

3.用動力學(xué)觀點分析

F含u

4.用功能觀點分析

勻強(qiáng)電場中：W=Eqd=qU=^inv2-o

非勻強(qiáng)電場中：W=qU=Ek2-Ekio

【典例示法1］粒子加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備，在放射治療、

食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用。如圖所示，某直線加速器由沿軸線分布

的一系列金屬圓管(漂移管)組成，相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極。質(zhì)

子從K點沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過各漂移管，在漂移管內(nèi)做勻速直線

運動，在漂移管間被電場加速，加速電壓視為不變。設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時速

度為8X106m/s,進(jìn)入漂移管E時速度為IXIO?m/s,電源頻率為1XHz,

漂移管間縫隙很小，質(zhì)子在每個管內(nèi)運動時間視為電源周期的3。質(zhì)子的荷質(zhì)比

8

取1X10C/kgo求:

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脈沖電源

⑴漂移管B的長度;

(2)相鄰漂移管間的加速電壓。

思路點撥：(1)質(zhì)子在B管中做勻速直線運動，已知速度，根據(jù)題意確定質(zhì)

子在管中運動的時間就可以求出管B的長度。

(2)從B管到E管質(zhì)子被三次加速，根據(jù)動能定理就可以確定加速電壓，

［解析］(1)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B的速度為內(nèi)，電源頻率、周期分別為/、T,

漂移管A的長度為L,則

T=7①

L=VB?三②

聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L=0.4mo③

(2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管E的速度為DE,相鄰漂移管間的加速電壓為U,電壓

f

對質(zhì)子所做的功為W,質(zhì)子從漂移管3運動到E電場做功Wt質(zhì)子的電荷量為

q、質(zhì)量為mt則W=qU④

W=3W⑤

W,⑥

聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得L/=6X104Vo⑦

［答案］(1)0.4m(2)6XIO,v

金規(guī)律方法帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的直線運動問題的分析思路

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1.帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的基本規(guī)律

(1)沿初速度方向做勻速直線運動

a.能飛出電容器:

b.不能飛出電容器：J二全產(chǎn)二照

(2)沿電場力方向做勻加速直線運動

加如、士速上度二片F(xiàn)機(jī)qE二q3U0

離開電場時的偏移量：？=%?=鬻^

離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tan〃二段二儡

2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場中偏轉(zhuǎn)的兩個二級結(jié)論

(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出

時的偏轉(zhuǎn)角度總是相同的。

證明：由=冼及tan"舄哥

得

(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒

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子水平位移的中點，即。到電場邊緣的距離為去

［典例示法2］如圖所示，真空中水平放置的兩個相同極板y和『長為，

相距d,足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距兒在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓

一束質(zhì)量為次、帶電荷量為+4的粒子（不計重力）從兩板左側(cè)中點A以初速度如

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沿水平方向射入電場且能穿出。

⑴證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心。點；

(2)求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓的范圍；

⑶求粒子可能到達(dá)屏上區(qū)域的長度。

思路點撥：解此題要注意兩點:

(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動，出電場后做勻速直線運動。

⑵靈活應(yīng)用分解的方法抓住邊界條件。

［解析］(1)設(shè)粒子在運動過程中的加速度大小為明離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距

離為y,沿電場方向的速度為必，速度偏轉(zhuǎn)角為0,其反向延長線通過。點，O

點與板右端的水平距離為X,

則有①

L=v()t②

vy=at

t.anA'-一4如一、￡'

解得

即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心。點。

(2)由題知。=呼③

④

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qUY”?

由①②③④解得)，=

2dtnvi

,d.md2比

當(dāng)z時，Urryy.=qU

則兩板間所加電壓的范圍為

m(PvimcPvi

(3)當(dāng)時，粒子到達(dá)屏上時豎直方向偏移的距離最大，設(shè)其大小為加,

則jo=j+^tan0

又tan0=

次)Lf

d(L+如

解得：jo=

2L

故粒子在屏上可能到達(dá)的區(qū)域的長度為2yo=空中組。

［答案1見解析

""令規(guī)律總結(jié)分析帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的偏轉(zhuǎn)問題的兩個關(guān)鍵

(1)條件分析：不計重力，且?guī)щ娏Ｗ拥某跛俣葍?nèi)與電場方向垂直，則帶電

粒子將在電場中只受電場力作用做類平拋運動。

(2)運動分析：一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為沿電

場力方向上的勻加速直線運動和垂直電場力方向上的勻速直線運動。

［跟進(jìn)訓(xùn)練］

1.兩平行金屬板相距為乙電勢差為U,一電子質(zhì)量為機(jī)，電荷量為e,從。

點沿垂直于極板的方向射出，最遠(yuǎn)到達(dá)4點，然后返回，如圖所示，。4=包此

電子具有的初動能是()

D

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［電子從。點到A點，因受電場力作用，速度逐漸減小。根據(jù)題意和圖示判

斷，電子僅受電場力，不計重力。這樣，我們可以用能量守恒定律來研究問題,

即猛加=eUoi。因E=g,UoA=Eh=^~,故、故選項D正確。］

2.（2020?浙江高考）如圖所示，一質(zhì)量為加、電荷量為虱g>0）的粒子以速度劭）

從連線上的尸點水平向右射入大小為R、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場中。已

知MN與水平方向成45。角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達(dá)MN連線上的某

點時（）

、、“0

尸二*

/N

A.所用時間為證

B.速度大小為3的

c.與尸點的距離為冬

D.速度方向與豎直方向的夾角為30。

C［粒子在電場中做類平拋運動，水平方向豎直方向夕=累力，由

tan45。=匕可得，=力魯,故A錯誤；由于4=鄉(xiāng)=2%，故粒子速度大小為

v=y［vi+vj=y［5v\）,故B錯誤；由幾何關(guān)系可知，至4P點的距離為L=\舊如f

=Y7一,故C正確；由于平拋推論可知，tana=2tanG，可知速度正切tana

也q

=2tan45°=2>tan60°,可知速度方向與豎直方向的夾角小于30。，故D錯誤。］

3.（2019?全國卷U）如圖，兩金屬板P、。水平放置，間距為/兩金屬板正

中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G,P、。、G的尺寸相同。G接地，P、。的電勢均

為93>0）。質(zhì)量為次、電荷量為虱g>0）的粒子自G的左端上方距離G為6

第13頁，共17頁

的位置，以速度次)平行于紙面水平射入電場，重力忽略不計。

------------------Q

⑴求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上

的位移大??；

(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度

最短應(yīng)為多少？

［解析］(1)PG、QG間場強(qiáng)大小相等，均為E。粒子在PG間所受電場力廣

的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為。，有

E="①

F=qE=ma

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為￡k,由動能定理有

qEh=Ek~2mv^③

設(shè)粒子第一次到達(dá)G時所用的時間為。粒子在水平方向的位移大小為/,

則有

④

1=⑤

聯(lián)立①②③④⑤式解得

?2

Ek=F比+字qh⑥

,mdh

⑦

(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短。由對稱

性知，此時金屬板的長度為L

__mdh

L=2l=2voyl—⑧

第14頁，共17頁

［答案1（必次+%h%需（2）2叭圈

核心素養(yǎng)與電容器相關(guān)的STSE問題

卜應(yīng)用1智能手機(jī)上的電容觸摸屏

［示例1］（多選）目前智能手機(jī)普遍采用了電容觸摸屏，電容觸摸屏是利用人

休的電流感應(yīng)進(jìn)行工作的，它是一塊四層復(fù)合玻璃屏，玻璃屏的內(nèi)表面和夾層各

涂一層ITO（納米錮錫金屬氧化物），夾層ITO涂層作為工作面，四個角引出四個

電極，當(dāng)用戶手指觸摸電容觸摸屏?xí)r，手指和工作面形成一個電容器，因為工作

面上接有高頻信號，電流通過這個電容器分別從屏的四個角上的電極中流出，且

理論上流經(jīng)四個電極的電流與手指到四個角的距離成比例，控制器通過對四個電

流比例的精密計算來確定手指位置。對于電容觸摸屏，下列說法正確的是（）

觸摸屏四個觸摸屏邊的電極

角接上電壓令導(dǎo)電體層產(chǎn)生

電場

控制器計算觸摸

點位置

手指觸到屏幕，令電流由四邊的電極流到觸摸點

A.電容觸摸屏只需要觸摸，不需要壓力即能產(chǎn)生位置信號

B.使用絕緣筆在電容觸摸屏上也能進(jìn)行觸控操作

C.手指壓力變大時，由于手指與屏的夾層工作面距離變小，電容變小

D.手指與屏的接觸面積變大時，電容變大

AD［據(jù)題意知，電容觸摸屏只需要觸摸，由于流經(jīng)四個電極的電流與手指

到四個角的距離成比例，控制器就能確定手指的位置，因此不需要手指有壓力，

故A正確；絕緣筆與工作面不能形成一個電容器，所以不能在電容觸摸屏上進(jìn)

行觸控操作，故B錯誤；手指壓力變大時，由于手指與屏的夾層工作面距離變

小，電容將變大，故C錯誤；手指與屏的接觸面積變大時，電容變大，故D正

確。］

卜應(yīng)用2噴墨打印機(jī)

［示例2J

第15頁，共17頁

有一種噴墨打印機(jī)的打印頭結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，噴嘴噴出來的墨滴經(jīng)帶

電區(qū)帶電后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)板，經(jīng)偏轉(zhuǎn)板間的電場偏轉(zhuǎn)后打到承印材料上。已知偏移量

越大字跡越大，現(xiàn)要減小字跡，下列做法可行的是（）

連續(xù)噴墨

乎嘴偏轉(zhuǎn)板承

印

材

百苧H?料

裒

帶電區(qū)

A.增大墨滴的帶電荷量

B.減小墨滴噴出時的速度

C.減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離

D.增大偏轉(zhuǎn)板間的電壓

C［帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U偏轉(zhuǎn)，側(cè)移Yi=2a12fa=u：

彩，=卷，可推出y尸磊，丫2=加o,y=n+h,七二二