第33講電容號和帶電粒子在電瓶中的運動

學習目標

明確H標確定方向

1.理解電容器的基本概念，掌握好電容器的兩類動態(tài)分析.

2.能運用運動的合成與分解解決帶電粒子的偏轉問題.

3.用動力學方法解決帶電粒子在電場中的直線運動問題.

【知識回歸】回歸課本夯實基礎

第一部分基礎知識梳理

一、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工作：

充電：使電容器帶電的過程，充電后電容器兩極板帶上翌量的異種電荷，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，放電過程中電場能轉化為其他形式的能。[注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吟[注3]

3物理意義：表示電容器容納電荷本領大小的物理量。

4單位：法拉(F),1F=101nF=10,2pFo

三.平行板電容器

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，與電介質的相對介電常數(shù)成正比，與極板間距

離成反比。

2決定式：。=笑，A為靜電力常量。

4nka

四、帶電粒子在勻強電場中的運動

1.做直線運動的條件

(1)粒子所受合外力尸合=0,粒子做勻速直線運動或靜止。

(2)粒子所受合外力尸合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。

2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉

(1)條件：以速度內垂直于電場方向飛入勻強電場，儀受電場力。

(2)運動性質：勻變速曲線運動。[注4]

(3)處理方法：運動的合成與分解。

①沿初速度方向：做勻速直線運動。

②沿電場方向：做初速度為零的勻加速直線運動。

第二部分重難點辨析

1.平行板電容器動態(tài)變化的兩種情況

(1)電容器始終與電源相連時，兩極板間的電勢差U保持不變。

(2)充電后與電源斷開時，電容器所帶的電荷量。保持不變。

解決電容器問題的兩個常用技巧

，由E=Y=￡=4"kQ知，電場強度與板間距離無關。

2.對平行板電容器的有關物理量Q、E、U、C進行討論時，關鍵在于弄清哪些是變量，哪些是不變量，在

變量中哪些是自變量，哪些是因變量，抓住C='*、Q=CU和E=U進行判定即可。

4〃kdd

【典例分析】精選例腋提高素養(yǎng)

多選【例下列關于靜電場與磁場的應用，正確的是()

A.圖甲為示波器的示波管，要使熒光屏中間的亮斑向上移動,需使豎直偏轉板中上極板的電勢高于下極板

的電勢

B.圖乙為靜電除塵裝置，煤粉等粉塵在強大的電場作用下電離成正負離子分別吸附到4和4上

C.圖丙是用來加速帶電粒子的同旋加速器示意圖，要使粒子獲得的最大動能增大，可增大加速電場的電壓

U

D.圖丁是磁流體發(fā)電機示意圖，由圖可判斷通過電阻的電流方向向上

【答案】AD

【詳解】A.圖甲為示波器的示波管，要使熒光屏中間的痙斑向上移動，需要使電子在極板間受到豎直向上

的電場力，則需使豎直偏轉板中上極板的電勢高于下極板的電勢，故A正確；

B.圖乙為靜電除塵裝置，是將空氣電離成正負離子，使煤粉等粉塵帶負電，在強人的電場作用下吸附到A

上，故B錯誤；

C.根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

V2

qvB=m—

r

解得

ciBr

v=-——

m

粒子獲得的最大動能為

所以增大加速電場的電壓U,不能使粒子獲得的最大動能增大，故C錯誤；

D.根據(jù)左手定則可知，正電荷向下偏轉，負電荷向上偏轉，所以B板帶正電，A板帶負電，通過電阻的電

流方向向上，故D正確。

故選ADo

多選【例2】.如圖所示，直流電源與一平行板電容器、理想二極管（正向電阻為零可以視為短路，反向電阻

無窮大可以視為斷路）連接，二極管一端接地。閉合開關，電路穩(wěn)定后，一帶電油滴位于電容器中的P點且

處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）

-----------——

?p

立

A,將平行板電容器下極板向下移動，則P點的電勢不變

B.將平行板電容器上極板向上移動，則P點的電勢不變

C.減小極板間的正對面積，帶電油滴會向上移動

D.無論哪個極板向上移動還是向下移動，帶電油滴都不可能向下運動

【答案】ACD

C=-^-

【詳解】A.將下極板向下移動，d變大，由4兀kd可知c小，由于二極管具有單向導電性，電容器不

E=^-

能放電，由6可知電容器兩極板間的電場強度不變，P點與上極板間的電勢差不變，上極板電勢不

D.保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調大交變電壓的周期

【答案】C

【詳解】A.由于金屬圓筒處于靜電平衡狀態(tài)，圓筒內部場強為零，則電子在金屬圓筒中做勻速直線運動,

故A錯誤;

B.電子離開圓筒1時，由動能定理得

eU=-mv

2

所以電子離開圓筒1瞬間速度為

2eU

故B錯誤;

r

c.電子從金屬圓筒出來后要繼續(xù)做加速運動，在金屬圓筒中的運動時間為交變電源周期的一半，即萬，電

子正圓筒中做勻速直線運動，所以第n個圓筒長度為

,TT\2neUnUe

2m

故C正確;

D.由C可知，保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調小交變電壓的周期，故D錯誤。

故選C。

【例4】.利用電場和磁場來控制帶電粒子的運動在現(xiàn)代科學實驗和技術設備中有廣泛的應用。圖1為電子

槍的結構示意圖，電子從金屬絲中發(fā)射出來（設電子剛剛離開金屬絲時的速度為零），經(jīng)電壓4加速后，從

金屬板的小孔穿出。已知電子的質量為〃?，電荷量為e,不計電子重力及電子間的相互作用力。

（1）求電子從金屬板小孔穿出時的速度%的大??；

（2）示波器中的示波管如圖2所示，兩板y和y間距為d,長度均為上,極板右側邊緣與屏相距X,。0t為

兩極板間的中線并與屏垂直。從小孔穿出的電子束沿。。射入電場中，若兩板間不加電場，電子打在屏上的

O'點。為了使電子打在屏上的P點，2與。'相距力，則需要在兩極板間加多大的電壓U；

l2eU04U?dh

【答案】（1）Vm；（2）￡（￡+2x）

【詳解】（。電子在電場中運動，根據(jù)動能定理有

“1、

eU.=-nn^

解得電子穿出小孔時的速度為

（2）電子進入偏轉電場做類平拋運動，在垂直于極板方向做勻加速直線運動。設電子剛離開電場時垂直于

極權方向偏移的距離為y,根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有

y=—at2

2

根據(jù)牛頓第二定有

EeUe

a=—=—

mdm

電子在水平方向做勻速直線運動，有

聯(lián)立解得

uU

y=------

gd

由圖川-知

L

y=2

廠q

2

解得

U.4U（*

L（L+2x）

【鞏固練習】舉?反匚提島能力

多選1.通過手機內電容式加速度傳感器可以實現(xiàn)運動步數(shù)的測量，傳感器原理如圖，電容器的M極板固

定，當手機的加速度變化時，與彈簧相連的N極板只能按圖中標識的“前后”方向運動，圖中火為定值電阻。

下列對傳感器描述正確的是（）

A.靜止時，電流表示數(shù)為零，電容器時極板帶負電

B.由靜止突然向前加速時，電容器的電容減小

C.由靜止突然向前加速時，電流由向。流過電流表

D.保持向前勻減速運動時，電阻及以恒定功率發(fā)熱

【答案】BC

【詳解】A.靜止時，N板不動，電容器的電容不變，則電容器電量不變，則電流表示數(shù)為零，電容器M極

板因為與電源正極相連，所以其帶正電，故A錯誤；

BC.由靜止突然向前加速時，N板向后運動，則板間距變大，根據(jù)

C=-^~

4兀kd

可知，電容器的電容減小，電容器帶電量減小，則電容器放電，則電流由b向a流過電流表，故BC正確；

D.保持向前勻減速運動時，加速度恒定不變，則N板的位置在某位置不動，電容器電量不變，電路中無電

流，則電阻R發(fā)熱功率為零，故D錯誤。

故選BCo

多選2.電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結構簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒（重力不

計），此微粒經(jīng)過帶電室后以一?定的初速度垂直射入偏轉電場，再經(jīng)偏轉電場后打到紙上，顯示出字符。已

知偏移量越大打在紙?上的字跡越大。現(xiàn)要縮小字跡，下列措施正行的是（）

A.增大墨汁微粒的比荷B.增大墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能

C.增大偏轉極板的長度D.增大偏轉極板間的間距

【答案】BD

【詳解】微粒以?定的初速度垂直射入偏轉電場做類平拋運動，則有

水平方向

豎直方向

y--at2

,2

又

”迎

md

聯(lián)立解得

qUl}_qUI：

要細小字跡，就要縮小微粒通過偏轉電場的偏轉量y,由上式分析可知，采用的方法可以有：減小比荷小、

增大墨汁微粒進入偏轉電場時的初動能EkO、減小極板的長度L、增大偏轉極板間的間距d°

故選BDo

多選3.如圖所示為陰極射線管的示意圖，當兩極不加電壓時，電子束經(jīng)電場加速后打到熒屏中

央。處形成亮斑。電子在偏轉電場中的運動時間很短，電子不會打到極板上。在其他條件不變的情況下,

下列說法正確的是（）

A.當必、必2兩極加電壓時，亮斑出現(xiàn)在。點下方，則可判斷極板帶負電

B.當,%、時2兩極不加電壓時，如果增大加速電場的電壓，電子束依然打到熒屏的中央

C.如果發(fā)現(xiàn)電子在熒屏上的亮斑向上移動，則可判斷之間的電勢差在減小

D.當加|、“2兩極加電壓時，電子通過極板過程中電勢能增大

【答案】AB

【詳解】A.當時人加2兩極加電壓時，亮斑出現(xiàn)在。點下方，則電子所受電場力向下，極板間電場強度

向上，可知極板“I帶負電，故A正確；

B.當"2兩極不加電壓時，粒子在經(jīng)過“2兩極間不發(fā)生偏轉，如果增大加速電場的電壓，電

子束依然打到熒屏的中央，故B正確；

C.如果發(fā)現(xiàn)電子在熒屏上的亮斑向上移動，電子"2之間句上運動，則受到豎直向上的電場力，可知

忖2極板間電場強度向下，可判斷/弘之間的電勢差大于0,則則加1、歷2之間的電勢差在增大,

故C錯誤；

D.當“I、“2兩極加電壓時，電子通過極板過程中，電場力做正功，則電子通過極板過程中電勢能減小，

故D錯誤。

故選ABo

4.如圖所示，一對面積較大的平行板電容器45水平放置，力板帶正電荷，〃板接地，。為兩板中點，再使

43分別以中心點。、。為軸在豎直平面內轉過一個相同的小角度仇下列結論正確的是（）

力7、、」。j

二「

B

A.電容器48的電容不變B.兩板間電場強度變大

C.兩板間的尸點電勢增大D.兩板間的P點電勢降低

【答案】D

【詳解】A.根據(jù)題意，兩極板在豎直平面內轉過一個相同的小角度仇兩極板間的距離d減小，根據(jù)電容

的決定式和定義式

由此可知，d減小,C增大，故A錯誤；

B.根據(jù)公式

Q

E.U成Q

dd

可知，兩板間電場強度不變，故B錯誤；

CD.由圖可知，P與B板間的距離減小，由于電容器內部電場強度不變，所以P與B板間的電勢差減小，B

板接地，其電勢為零，所以P點電勢降低，故C錯誤，D正確。

故選D。

5.如圖兩塊相互靠近的平行金屬板組成的平行板電容器，極板N與靜電計相連，極板M與靜電計的外殼

均接地，在兩板相距一定距離時，給電容器充電，靜電計指針張開一定角度，在下面的操作中將使靜電計

指針張角變大的是（）

A.僅將M板向右平移B.僅將M板向上平移

C.僅在M、N之間插入一本書D.將極板N接地

【答案】B

【詳解】ABC.僅將M板向上平移，兩極板正對面積減小，根據(jù)

電容器減小，而電容器的電荷量不變，由

U

可知，極板間的電壓增大，靜電計指針張角變大；同理，將M板向右平移，板間距離減小，電容器增大，

而電容器的電荷量不變，故板間電壓減小，靜電計指針張角變小；僅在M、N之間插入一本書，介電常數(shù)

增大，電容增大，而電容器的電荷量不變，故板間電壓減小，靜電計指針張角變小，故AC錯誤，B正確；

D.電容器兩極板都接地，兩板電荷中和，最后兩板之間無電勢，故靜電計張角變小，故D錯誤。

故選Bo

6.如圖甲、乙、丙、丁是課本內的幾幅插圖，下列說法正確的是（）

甲乙丙丁

A.甲圖中點電荷的電場不能進入金屬網(wǎng)罩內部

B.乙圖的可變電容器的原理是改變鋁片之間距離從而達到改變電容的目的

C.丙圖是卡文迪許扭秤，可以測量兩帶電小球之間的庫侖力

D.丁圖中建筑物頂端的避雷針通過尖端放電，中和空氣中的電荷達到避免雷擊的H的

【答案】D

【詳解】A.甲圖中，由于靜電屏蔽使得金屬網(wǎng)罩內部場強為零，但靜電屏蔽并不是把點電荷電場遮擋在外,

而是感應電荷的電場與點電荷電場抵消為零，故A錯誤；

B.乙圖的可變電容器的原理是改變鋁片之間的相對面積從而達到改變電容的目的，故B錯誤；

C.丙圖是庫侖扭秤，可以測量兩帶電小球之間的庫侖力，故C錯誤；

D.丁圖中建筑物頂端的避雷針通過尖端放電，中和空氣中的電荷達到避免雷擊的目的，故D正確。

故選D。

7.可變電容器是一種電容可以在一定范圍內調節(jié)的電容器，通過改變極極間相對的有效面積或極板間距離,

它的電容就相應地變化。通常在無線電接收電路中作調諧電容器用。如圖所示，水平放置的兩半圓形金屬

極板由絕緣轉軸連接，下極板固定，上極板可以繞過圓心且垂直于半圓面的軸轉動，也可上下平移，起初

兩極板邊緣對齊，上極板通過開關S與電源正極相連，卜極板接地后與電源負極相連，初始時開關S閉合,

極校間有一帶電粒子夕恰好處于靜止狀態(tài)。忽略邊緣效應，關于兩極板組成的電容器下列說法正確的是

1

A.保持開關S閉合，若只將上極板轉過30。，則電容器電容增大

B.保持開關S閉合，若只將上極板轉過30。，則電容器所帶電布量不變

C.保持開關S閉合，若只將上極板轉過30。，則電容器兩極板連線中點處電勢變小

D.斷開開關S,只將板間距變?yōu)樵瓉淼亩?，則帶電粒子仍處于靜止狀態(tài)

【答案】D

【詳解】AB.保持開關S閉合，則電容器兩極板的電壓U保持不變，若將上極板轉過30。，兩極板的正對面

積減小，根據(jù)電容的定義式

S減小，C減小，Q減小，故AB錯誤；

C.根據(jù)電場強度與電勢差的關系

U

Er=—

d

可得，E不變，則電容器兩極板連線中點與下極板間的電勢差不變，由于下極板接地，其電勢始終為零，所

以電容籥兩極板連線中點處電勢不變，故C錯誤；

D.斷開開關S,則電容器兩極板的帶電荷量不變，只將板間距變?yōu)樵瓉淼亩?，則電容器的電容變?yōu)樵瓉?/p>

的一半，兩極板的電壓變?yōu)樵瓉淼亩?，所以電容器內部的電場強度不變，粒子所受電場力大變，帶電?/p>

子仍處于靜止狀態(tài)，故D正確。

故選Do

8.傳感器是一種檢測裝置，能感受到被測量的信息，并能將感受到的信息，按一定規(guī)律變換成為電信號或

其他所需形式的信息輸出，以滿足信息的傳輸、處理、存儲、顯示、記錄和控制等要求，它是實現(xiàn)自動檢

測和自動控制的首要環(huán)節(jié)。如圖所示是測定液面高度h的電容式傳感器示意圖，E為電源，G為靈敏電流計,

A為固定的導體芯，B為導體芯外面的一層絕緣物質，C為導電液體。已知電流從靈敏電流計左邊接線柱流

進電流計，指針向左偏。如果在導電液體的深度〃發(fā)生變化時觀察到指針正向左偏轉，則（）

A.導體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度〃在增大

B.導體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度人在增大

C.導體芯A所帶電荷量在增加，液體的深度力在減小

D.導體芯A所帶電荷量在減小，液體的深度力在減小

【答案】D

【詳解】電流計指針向左偏轉，說明流過電流計G的電流方向由左^右，則導體芯A所帶電荷量在減小，

C二.S

由Q=CU可知，導體芯A與液體形成的電容器的電容減小，根據(jù)電容的決定式一41kd知液體的深度h

在減小。

故選Do

9.一對平行正對的金屬板。、。接入如圖所示的電路中，電源電動勢為E,。板固定，。板可左右平行移

動，閉合開關，一段時間后再斷開開關，從。板發(fā)射一電子，恰能運動到力點后再返回，已知4到。板的

距離是板間距離的三分之一，電子質量為加，電荷量為?e，忽略甩子的重力，則（）

—I1~<-------------

E人

2

A.設定C板電勢為0,電子在4點的電勢能為-5〃

B.若要讓電子能夠到達。板，可將。板向左平移至力點或4點左側某位置

C.若要讓電子能夠到達。板，可將。板向右平移至某位置

D.若要讓電子能夠到達。板，可閉合開關，再將。板向右平移至某位置

【答案】B

【詳解】A.金屬板的電場線rhe指向D,沿著電場線電勢逐漸降低，設定C板電勢為0,則A點的電勢為

2k

電子在A點的電勢能為

EPA三E

故A錯誤:

BCD.閉合開關，一段時間后再斷開開關，則電容器的電量Q不變，根據(jù)電容的定義式和決定式有

。扁

聯(lián)立解得

r_4兀kdQ

U二

從C板發(fā)射一電子，恰能運動到A點后再返回，則有

&o=EpA

所以若要讓電子能夠到達D板，可將D板向左平移至A點或A點左側某位置，或者閉合開關，再將D板向

左平移至A點或A點左側某位置，故B正確，CD錯誤

故選Bo

10.如圖所示，一帶負電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，在電場力作用下形成圖中所示的運動

軌跡。M和N是軌跡上的兩點，其中M點是軌跡的最右點。不計重力，下列表述正確的是（）

A.粒子在M點的速率最大

B.粒子所受電場力的方向向右

C.粒子在電場中的加速度不變

D.粒子在電場中的電勢能始終在增加

【答案】C

【詳解】AB.勻強電場中，帶負電的粒子所受電場力的方向與電場線的方向相反，即所受電場力的方向水

平向左，根據(jù)該帶負電粒子在電場中的運動軌跡可知，從出發(fā)點到M點粒子做減速運動，而M點是軌跡的

最右點，因此可知M點的速率最小，故AB錯誤；

C.粒子在勻強電場中所受電場力恒定，且該粒子只受電場力作用，即電場力就是該粒子所受合外力，根據(jù)

牛頓第二定律可知，該粒子在電場中的加速度不變，故C正確；

D.顯然，粒子從出發(fā)點到M點的過程中電場力做負功，而M點為粒子能夠到達的最遠點，此后粒子速度

方向與電場力方向的夾角小于90；電場力做正功，即粒子在電場中的電勢能先增加后減小，故D錯誤。

故選Co

11.如圖所示，在水平向右的勻強電場中，質量為〃?的帶電小球，以初速度丫從“點豎直向上運動，通過

N點時，速度大小為2%方向與且場方向相反，則小球從"運動到N的過程（）

2v<<_oy

--------------------?E

A.動能增加B.機械能增加2〃”

2

C.重力勢能增加D.電勢能增加2〃”

【答案】B

【詳解】A.小球動能增加量為

_1\21231

A=-m（2v]mv'=—rnv

,2-22

故A錯誤；

BC.小球在豎直方向做勻減速運動，豎直速度減為零時，設上升高度為h,有

v2=2gh

解得

心士

2g

則重力勢能增加量為

.rnv2

^E=mgh=—

機械能增加量為

2

△E=AEk+AEp=2/nv

故B正確，C錯誤；

D.小球在豎直方向做勻減速直線運動，水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直速度由v減到零的

過程，水平速度剛好由零加到2v,根據(jù)加速度定義式

AV-

67=一

加

可知水平方向的加速度大小為豎直方向加速度大小的2倍，根據(jù)牛頓第二定律得水平方向電場力和加速度

大小分別為2mg、2g,則水平方向位移大小為

（2v）2v2

X=-------=一

2x2gg

電場力做正功，電勢能減少，減少量為

iC5C2

A￡,=F\^x=2mgx—=2mV

g

故D錯誤。

故選B.

12.如圖所示，空間有范圍足夠大的勻強電場，電場強度大小為E,方向與水平方向夾角為45。，一質量為

〃?、電荷量夕=岑&的帶正電小球（可視為質點），從4點以初速度％豎直向上拋出，經(jīng)過一段時間后運動

到B點，A、4兩點在同一電場線上，重力加速度大小為g,不計空氣阻力，帶電小球從力點運動到4點過

程中（）

B.機械能增加4加4

D.動能增加;〃

C.電勢能減少27MM

【答案】B

【詳解】A.帶電小球所受電場力為

qE=>/2mg

以帶電小球為對象，豎直方向有

q￡sin45°=mg

可知豎直方向的合力為0;水平方向有

qEcos45°=ma

解得

a=g

可知帶電小球做加速度”=g的類平拋運動，itlA點到B點過程中，有

tan45°=—=—

*

2

解得A點到B點用時為

故A錯誤:

D.帶電小球運動到B點時的速度為

動能增最為

AEk=；〃?/一；〃”：=2〃?片

故D錯誤;

BC.A點與B點的距離為

L二』二匕），二2揚;

-sin45°-sin45°-g

由A點到B點電場力做功為

=qELAB=4機4

可知電勢能減少4〃"；，機械能增量等于電場力所做的功，即機械能增加4〃"；，故B正確，C借誤。

故選Bo

13.如圖所示，真空圓柱形空腔上、下底面為金屬導體平板，兩平板距離為4,側面為絕緣玻璃。將空腔上、

下底面分別連接于電源正、負電極（圖中未畫出），電源電動勢為￡,內阻忽略不計。空腔區(qū)域電場可視為

勻強電場?，F(xiàn)在空腔內放置有許多導體小顆粒（以圖中黑點表示），腔內導體小顆粒因反復帶上正、負電荷,

在電場力的作用下，上下跳躍。設導體顆粒數(shù)目為〃，且〃遠大于1；每個顆粒質量為〃?，顆粒與上下導體

極權碰撞均為完全非彈性碰撞，碰撞后瞬間沾染正、負電量大小均為以忽略小顆粒重力的作用，且不考慮

顆粒間的碰撞。

（1）求粒子上、下運動往返一次所用時間屋

（2）電源不斷給上下底面提供電荷，從而構成-一個回路，求該回路等效電流

（3）試分析說明上述情境中電源提供的能量的轉化情況。

【答案】（1）NqE；⑺d\2m；（3）電源提供的電能一方面通過完全非彈性碰撞轉化為內能，另一

方面通過顆粒與極板作用時電荷中和過程轉化為內能

【詳解】（1）粒子的加速度

由運動學公式

d--at

2

得周期

（2）回路等效電流為

/=現(xiàn)=也陋

T~d\2m

（3）電源提供的電能一方面通過完全非彈性碰撞轉化為內能，另一方面通過顆粒與極板作用時電荷中和過

程轉化為內能。

14.一平行