第47課時電容器帶電粒子在電場中的直線運動目標(biāo)要求1.知道電容器的基本構(gòu)造，了解電容器的充電、放電過程。2.理解電容的定義及動態(tài)變化規(guī)律。3.掌握帶電粒子在電場中做直線運動的規(guī)律?？键c一電容器電容1.電容器(1)組成：由兩個彼此絕緣又相距很近的導(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：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(zhuǎn)化為其他形式的能。2.電容定義電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板之間的電勢差U之比定義式C=Q單位法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1F=106μF=1012pF意義表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低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(zhì))決定，與電容器是否帶電及兩極板間是否存在電壓無關(guān)1.電容器的電荷量等于兩個極板所帶電荷量絕對值的和。(×)2.電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比，與電壓成反比。(×)3.放電后電容器的電荷量為零，電容也為零。(×)(多選)全球首創(chuàng)超級電容儲存式現(xiàn)代電車在中國寧波基地下線，沒有傳統(tǒng)無軌電車的“辮子”，沒有尾氣排放，乘客上下車的時間內(nèi)，可對車進行充電，充電30s能行駛5km以上。如圖為使用“3V12000F”石墨烯納米混合型超級電容器的電車，下列說法正確的是()A.該電容器充滿電時所帶電荷量為36000CB.電容器充電的過程中，電荷量逐漸增大，電容也逐漸增大C.電容器放電過程中，電荷量逐漸減少到0，電容不變D.電容器放電過程中，電荷量逐漸減少到0，電壓不變答案AC解析該電容器充滿電時所帶電荷量為Q=CU=36000C，故A正確；電容器的電容由本身結(jié)構(gòu)決定，與充放電無關(guān)，放電過程，電荷量減少，充電過程，電荷量增加，電容不變，故C正確，B錯誤；U=QC，放電過程中Q減小，C不變，因此電壓減小，故D考點二平行板電容器的動態(tài)分析1.平行板電容器的電容(1)決定因素：兩極板的正對面積、電介質(zhì)的相對介電常數(shù)、兩板間的距離。(2)決定式：C=εr2.電容器兩類典型動態(tài)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。例1(2024·浙江6月選考·6)圖示是“研究電容器兩極板間距對電容大小的影響”實驗，保持電荷量不變，當(dāng)極板間距增大時，靜電計指針張角增大，則()A.極板間電勢差減小 B.電容器的電容增大C.極板間電場強度增大D.電容器儲存能量增大答案D解析根據(jù)Q=CU，C=εrS4πkd可得當(dāng)極板間距增大時電容減小，由于電容器的電荷量不變，故極板間電勢差增大，故A、B錯誤；根據(jù)E=Ud得E=4π例2手機和平板電腦的觸摸屏多數(shù)采用的是電容式觸摸屏，其原理可簡化為如圖所示的電路。平行板電容器的上、下兩極板A、B分別接在一恒壓直流電源的兩端，上極板A為可動電極，下極板B為固定電極。當(dāng)用手指觸壓屏幕上某個部位時，可動電極會向下移動，從而改變電容器的電容。當(dāng)壓力F增大時()A.電容器的電容減小B.電容器所帶電荷量減小C.極板間的電場強度減小D.電阻R上有從b流向a的電流答案D解析當(dāng)壓力F增大時，兩板間距減小，根據(jù)C=εrS4πkd可知，電容器的電容增大，選項A錯誤；根據(jù)Q=CU，因兩板電壓一定，則C增加時電容器所帶電荷量增加，選項B錯誤；根據(jù)E=Ud可知，極板間的電場強度變大，選項C錯誤；電容器所帶電荷量增加，電容器充電，則電阻R上有從b兩類典型動態(tài)分析思路比較考點三帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動1.對帶電粒子進行受力分析時應(yīng)注意的問題(1)要掌握靜電力的特點。靜電力的大小和方向不僅跟電場強度的大小和方向有關(guān)，還跟帶電粒子的電性和電荷量有關(guān)。(2)是否考慮重力依據(jù)情況而定?；玖Ｗ樱喝珉娮印①|(zhì)子、α粒子、離子等除有特殊說明或明確的暗示外，一般不考慮重力(但不能忽略質(zhì)量)。帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有特殊說明或明確的暗示外，一般都不能忽略重力。2.做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合=0，粒子靜止或做勻速直線運動。(2)粒子所受合外力F合≠0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動。3.用動力學(xué)觀點分析a=qEm，E=Ud，v2-v4.用功能觀點分析勻強電場中：W=Eqd=qU=12mv2-12非勻強電場中：W=qU=Ek2-Ek1例3如圖所示，一帶正電的小球在勻強電場中，受到的靜電力與小球的重力大小相等，以初速度v0沿ON方向做加速度不為零的勻變速直線運動，ON與水平面的夾角為30°。不計空氣阻力，重力加速度為g。則()A.靜電力方向可能水平向左B.小球可能做勻加速直線運動C.小球的加速度大小一定小于gD.經(jīng)過時間v0答案D解析小球做勻變速直線運動，合力方向一定和速度方向在同一直線上，即在ON直線上，因為mg=qE，所以靜電力qE與重力關(guān)于ON對稱，根據(jù)幾何關(guān)系可知靜電力qE與水平方向夾角為30°，受力情況如圖所示，合力沿ON向下，大小為mg，所以加速度為g，方向沿ON向下，與速度方向相反，小球做勻減速直線運動，故A、B、C錯誤；設(shè)小球減速到零所用時間為t，則t=v0a=v0g，故經(jīng)過時間v0例4(2022·北京卷·18)如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計帶電粒子的重力。(1)求帶電粒子所受的靜電力的大小F；(2)求帶電粒子到達(dá)N板時的速度大小v；(3)若在帶電粒子運動d2距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t答案(1)qUd(2)2qU解析(1)兩極板間的電場強度E=Ud，帶電粒子所受的靜電力F=qE=q(2)帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程，根據(jù)功能關(guān)系有qU=12mv解得v=2(3)設(shè)帶電粒子運動d2距離時的速度大小為v'根據(jù)功能關(guān)系有qU2=12帶電粒子在前d2距離做勻加速直線運動，后d2距離做勻速運動，設(shè)用時分別為t1、td2=v'2t1，d2則該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t=t1+t2=3d拓展若將N板向右平移d2(1)帶電粒子到達(dá)N板的速度大小v″；(2)粒子在板間運動的時間t'。答案(1)2qUm(2)3解析(1)電壓U不變，由qU=12mv″解得v″=2(2)由32d=v解得t'=3dm2例5(來自教材改編)如圖甲為直線加速器原理圖，由多個橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上。序號為奇數(shù)的圓筒和交流電源的一個極相連，序號為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一個極相連。交流電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。已知電子的質(zhì)量為m、元電荷為e、電壓的絕對值為u，周期為T，電子通過圓筒間隙的時間可以忽略不計。在t=0時，奇數(shù)圓筒相對偶數(shù)圓筒的電勢差為正值，此時位于和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板(序號為0)中央有一個初速度為零的電子。下列說法正確的是()A.電子在圓筒中做勻加速直線運動B.本裝置可采用直流電進行加速C.進入第2個金屬圓筒時的速度為2eUD.第8個金屬圓筒的長度為4TeU答案C解析由于金屬圓筒處于靜電平衡狀態(tài)，圓筒內(nèi)部電場強度為零，則電子在金屬圓筒中做勻速直線運動，故A錯誤；根據(jù)加速器原理可知，本裝置應(yīng)采用交流電進行加速，故B錯誤；從序號為0的金屬圓板到進入第2個金屬圓筒的過程中，由動能定理得2eU=12mv2，解得v=2eUm，故C正確；結(jié)合C選項分析可知進入第8個金屬圓筒時的速度滿足8eU=12mv'2，因為電子在圓筒中做勻速直線運動，所以第8個圓筒長度為L=v'·T2