§X1.3 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
【学习目标】
1、了解电容器及电容的概念，常握平行板是容器的电容问题分析方法，认识常用电容的结构。
2、掌握带电粒子在电场中加速和偏转问题的处理方法，了解示波器的原理及应用。
【自主学习】
一、电容器与电容
1、电容器、电容
（1）电容器：两个彼此 又互相 的导体都可构成电容器。
（2）电容：①物理意义：表示电容器 电荷本领的物理量。②定义：电容器所带 （一个极板所带电荷量的绝对值）与两极板间 的比值叫电容器的电容。
③定义式：
2、电容器的充放电过程
（1）充电过程
特点（如图1.3—1）
①充电电流：电流方向为 方向，
电流由大到小；
②电容器所带电荷量 ；
③电容器两板间电压 ；
④电容中电场强度 ；
当电容器充电结束后，电容器所在电路中 电流，电容器两极板间电压与充电电压 ；
⑤充电后，电容器从电中获取的能量称为
（2）放电过程
特点（如图1.3—2）：
①放电电流，电流方向是从正极板流出，电流由大变小；开始时电流最大
②电容器电荷量 ；
③电容器两极板间电压 ；
④电容器中电场强度 ；
⑤电容器的 转化成其他形式的能
注意：放电的过程实际上就是电容器极板正、负电荷中和的过程，当放电结束时，电路中无电流。
3、平等板电容器
（1）平行板电容器的电容计算式 （即电容与两板的正对面积成正比，与两板间距离成为反比，与介质的介电常数成正比）
（2）带电平行板电容器两板间的电场可以认为是匀强电场，且E=
4、测量电容器两极板间电势差的仪器—静电计
电容器充电后，两板间有电势差U，但U的大小 用电压表?去测量（因为两板上的正、负电荷会立即中和掉），但可以用静电计测量两板间的电势差，如图1.3—3所示

静电计是在验电器的基础上改造而成的，静电计由 的两部分构成，静电计与电容器的两部分分别接在一起，则电容器上的电势差就等于静电计上所指示的 ，U的大小就从静电计上的刻度读出。
注意：静电计本身也是一个电容器，但静电计容纳电荷的本领很弱，即电容C很小，当带电的电容器与静电计连接时，可认为电容器上的电荷量保持不变。
5、关于电容器两类典型问题分析方法：
（1）首先确定不变量，若电容器充电后断开电，则 不变；若电容器始终和直流电相连，则 不变。
（2）当决定电容器大小的某一因素变化时，用公式 判断电容的变化。
（3）用公式 分析Q和U的变化。
（4）用公式 分析平行板电容两板间场强的变化。
二、带电粒子的加速和偏转
1、带电粒子在电场中加速，应用动能定理，即

2、（1）带电粒子在匀强电场中偏转问题的分析处理方法，类似于平抛运动的分析处理，应用运动的合成和分解的知识。①求出运动时间 ，②离开电场时的偏转量 ，③离开电场时速度的大小 ④以及离开电场时的偏转角
（2）若电荷先经电场加速然后进入偏转电场，则y=
（U1为加速电压，U2为偏转电压）
3、处理带电粒子在匀强电场中运动问题的方法
（1）等效法：带电粒子在匀强电场中运动，若不能忽略重力时，可把电场和重力看作等效重力，这样处理起更容易理解 ，显得方便简捷。
（2）分解法：带电微粒在匀强电场中偏转这种较复杂的曲线运动，可分解成沿初速方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动分析、处理。
【典型例题】
[例1]电容器C、电阻器R和电E连接
成如图1.3—4所示的电路，当把绝缘板
P从电容器极板a、b之间拔出的过程中，
电路里
A、没有电流产生
B、有电流产生，方向是从a极板经过电阻器R流向b极板
C、有电流产生，方向是从b极板经过电阻器R流向a极板
D、有电流产生，电流方向无法判断
（1）审题（写出或标明你认为的关键词、题中条和所处状态及过程）

（2）分析（合理分段，画出示意图，并找出各段之间的连接点）

（3）解题过程

[例2]如图1.3—5所示的电路中，
电容器的N板接地，在其两板间的
P点固定一个带负电的点电荷，求以
下过程后，电容器的带电荷量Q、两
极间的电压U、两极间的场强E，P点
的电势 、负电荷在P点的电势能EP各如何变化？
（1）S接通后再将板上移一小段距离。
（2）S接通后再断开，再将N板上移一小段距离。
审题（写出或标明你认为的关键词、题中条和所处状态及过程）

分析（合理分段，画出示意图，并找出各段之间的连接点）

解题过程

[例3]为研究静电除尘，有人设计了
一个盒状容器，容器侧面是绝缘的
透明的机玻璃，它的上下底面是面积
A=0.04m2金属板，间距L=0.05m,当连
接到U=2500V的高压电正负两极时,能在两金属板间产生一个匀强电场,如图所示,现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内,每立方米有烟尘颗粒 个,假设这些颗粒都处于静止状态,每个颗粒带电量为 ,质量为 ,不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力,并忽略烟尘颗粒所受重力,求合上电键后:
(1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附?
(2)除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功?
(3)经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大?
审题（写出或标明你认为的关键词、题中条和所处状态及过程）

分析（合理分段，画出示意图，并找出各段之间的连接点）

解题过程

[例4]
如图A所示为示波管的原理图,图b表示荧光屏的界面,从发热的灯丝射出的电子初速度很小,可视为零,在灯丝和极板p之间所加电压为U1,在两对偏转电极XX′和YY′上所加的电压分别为U2和U3,若U1＞0,U2=U3=0,则经过加速后的电子束将打在荧光屏的中心0点,如果U3=0, U2的大小随时间变化,其规律如下图C所示,则屏上将出现一条亮线,已知U1=2500V,每块偏转极板的长度l都等于4cm,两块正对极板之间的距离d=1cm,设极板之间的电场是匀强电场,且极板外无电场,在每个电子经过极板的极短时间内,电场视为不变,X,X′极板的右端到荧光屏的距离L=8cm,荧光屏界面的直径D=20cm,要使电子都能打在荧光屏上,U2的最大值是多少伏?
（1）审题（写出或标明你认为的关键词、题中条和所处状态及过程）

（2）分析（合理分段，画出示意图，并找出各段之间的连接点）

（3）解题过程

【针对训练】
1、图1.3—8所示是一个由电池、电
阻R、电键S与平板电容器组成的串
联电路，电键闭合，在增大电容器两
极板间距离的过程中（　　）
A、电阻R中没有电流
B、电容器的电容变大
C、电阻R中有从a流向b的电流
D、电阻R中有从b流向a的电流
2、如图1.3-9所示，两板间距为d的平行板电容器与一电连接，开关S闭合，电容器两板间有一质量为m，带电荷量为q的微粒静止不动，下列叙述中正确的是（　　）
A、微粒带的是正电
B、电电动势的大小等于
C、断开开关S，微粒将向下做加速运动
D、保持开关S闭合，把电容器两极板距离增大微粒将向下做加速运动
3、两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关，电即给电容器充电。（ ）
A、保持接通，减小两极板间的距离，
则两极板间电场的电场强度减小
B、保持接通，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
C、断开，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
D、断开，在两极板间插入一块介质,则两极板间的电势差增大
4、α粒子的质量是质子的4倍，电荷量是质子的2倍，它们从静止开始经同一电场加速后，获得的速度大小之比为（　　）
A、1：2B、 C、 D、2：1
5、如图1.3-11所示,平行金属板内有一匀强电场,一个带电荷量为q、质量为m的带电粒子以 从A点水平射入电场,且刚好以速度v从B点射出,则（　　）。
A、若该粒子以速度 “-υ”从B点射入，则它刚好以速度 “-υ0”从A点射出
B、若将q的反粒子（-q、m）以速度 “-υ”从B点射入，则它刚好以速度 “-υ0”从A点射出
C、若将q的反粒子（-q、m）以速度“-υ0”从B点射入，则它刚好以速度“-υ”从A点射出
D、若该粒子以速度“-υ0”从B点射入，
则它刚好以速度“-υ”从A点射出
6、图甲所示为示波器的部分构造，真空室中电极连续不断地发射的电子（不计初速）经过电压为U0的加速电场后，由小孔 沿水平金属板A、B间的中心轴线射入板间，板长为l，两板相距为d，电子穿过两板后，打在荧光屏上，屏到两板边缘的距离为L，屏上的中点为O，屏上a、b两点到O点的距离为S/2，若在A、B两板间加上变化的电压，在每个电子通过极板的极短时间内，电场可视为恒定的，现要求 =0时，进入两板间的电子打在屏上的a点，然后经时间T亮点匀速上移到b点，在屏上形成一条直亮线，电子的电量为e，质量为m。
（1）求A、B间电压的最大值；
（2）写出在时间0到T时间内加在A、B两板间的电压U与时间t的关系式；
（3）在图乙中画出O到T时间内的U-t图象示意图。

【能力训练】
1、在如图1.3—14所示的实验装置中，
平行板电容器的极板B与一灵敏的静电
计相接，极板A接地，若极板A稍向上
移动一点，由观察到的静电计指针变化
作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（ ）
A、两极板间的电压不变，极板上的电量变小
B、两极板间的电压不变，极板上的电量变大
C、极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小
D、极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大
2、一平行板电容器，两板之间的距离d和两板面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接，以Q表示电容器的电荷量，E表示两极间的电场强度，则（ ）
A、当d增大、S不变时，Q减小，E减小
B、当S增大、d不变时，Q增大，E增大
C、当d减小、S增大时，Q增大、E增大
D、当S增大、d减小时，Q不变、E不变
3、图中1.5—15所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电，现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示，A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于（ ）
A、 B、 C、 D、
4、初速度均为零的质子和α粒子，被同一加速电场加速后，垂直于电场线方向进入同一匀强偏转电场，在离开偏转电场时（ ）
A、两种粒子通过偏转电场的时间相同
B、质子通过偏转电场的时间较短
C、两种粒子的偏转角相等
D、α粒子离开偏转电场时的动能较大
5、在电场中，电子在只受电场力的作用大，可能做
A、匀速直线运动 B、匀变速直线
C、匀变速曲线运动 D、匀速圆周运动
6、如图1.3—16所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是（ ）
A、两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速度越大
B、两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大
C、与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关
D、以上解释都不正确
7、如图1.3—17所示，水平放置的两个平行金属板，上板带负电，下板带等量的正电，三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子从极板的左侧P点以相同的水平初速度进入电场中，分别落在正极板的a、b、c三处，由此可知（ ）
A、粒子a带正电，b不带电，c带负电
B、三个粒子在电场中运动的时间相等
C、三个粒子在电场中的加速度aa＜ab＜ac
D、三个粒子到达正极板的动能Eka＞Ekb＞Ekc
8、图1.3—18是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后以速度υ0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差U2，板长L，为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量 ），可采用的方法是（ ）
A、增大两板间电势差U2
B、尽可能使板长L短些
C、尽可能使板间距离d小一些
D、使加速电压U1升高一些
9、在竖直平面内建立xOy直角坐标系，Oy表示竖直向上方向，如图1.3—19所示，已知该平面内存在沿X轴正向的区域足够大的匀强电场，一个带电小球从坐标原点O沿Oy方向以4J的初动能竖直向上抛出，不计空气阻力，它到达的最高点位置如图中点表示。求：
（1）小球在点时的动能E；
（2）设小球落回跟抛出点同一水平面时的位置为N，求小球到达N点时的动能EkN。
10、右图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线O射出，然后进入由两块平行金属板、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场兵器打在荧光屏上的P点，已知、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e。求：
（1）电子穿过A板时的速度大小；
（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；
（3）P点到O点的距离。

【学后反思】
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参考答案

自主学习
一、2、（1）逆时针 增加 升高 增强 无 相等
（2）减小 降低 减弱 电场能
3、（1） （2）
4、不能 相互绝缘 电势差U
5、（1）Q U （2） （3） （4）
二、2、（1）

典型例题
例1 [解析]选B，此题考查电容器的动态变化问题。
当把绝组织活动板P从电容器极板a、b之间拔出的过程中，由 可知电容C减小，由于所加的电压不变，所以电容器上所带的电量减少，原在a板上的正电荷就要由a板移动到电的正极，在电路中形成电流，方向是从a极板经过电阻器R流向b极板。
例2 解析：（1）S接通，、N两极间电压就等于电池电动势，所以U不变，板上移，板间距离d变大，根据 ，C变小，由于Q=CU，所以Q变小；由于 ，所以随着d变大E变小；由于 随着E变小，电势降低，所以Ep增加。
（2）S接通后再断开，电容器的带电荷 量Q不变，N板上移，板间距离d变小，根据 ，C变大，由于 ，所以随着C变大，U变小；根据 ，可知E不变；由 可知，随着 变小， 变小；因为将负电荷从N移到P，电场力的功 随 变小，所以 增加
例3 [解析](1)当最靠近上表面的烟尘果粒被吸附到下板时,烟尘就被全部吸附,烟尘颗粒受到的电场力

(2)由于板间烟尘颗粒均匀分布,可以认为烟尘的质心位于板间中点位置,因此,除尘过程中电场力对烟尘所做总功为
(3)解法1:设烟尘颗粒下落距离为x.则板内烟尘总动能,
当 时, 达最大,

解法2:假定所有烟尘集中于板中央,当烟尘运动到下板时,系统总动能最大,则 ,所以
例4 [解析]
设电子经加速电场加速后的速度为 ,有 ,

根据题意可知,电子经YY′时没有偏转,经过XX′之后,偏转距离为x,偏转角度为 ,则有
设电子到达荧屏上时离中心的距离为r,则 ,要使电子都能打在荧光屏上,必须满足条:当R=D/2时, ,解得

针对训练
1、选B、C 2、选B、C、D 3、选B、C 4、选B 5、选A、C
6、解答：
（1）由题意得
得 ①
E= ，

如图甲所示
②
令 得
（2）电子匀速上移，
由②式得
（3）如图乙所示
能力训练
1、选D 2、选A、C 3、选C 4、选B、C、D 5、选B、C、D
6、选C 7、选D 8、选C
9、解答：
设点坐标为（x，y），小球在、N点的动能分别为Ek、EkN，自坐标原点抛出至运动到点历时为t，小球质量为m，所受电场力为F电，由题意知，在竖直方向有EkO=mgy
根据力的独立作用原理，在X方向上小球在F电作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动的等时性，有
以上各式联立解得
于是，
（2）小球上升和下落时间相等小球在x方向做匀加速运动，有 联立解得sN=4x
电场力做功W电=F电sN=4×2.25J=9J
重力做功为0，根据动能定理
10、解答：
（1）设电子经电压U1加速后的速度为V0，根据动能定理得： 解得：
（2）电子以速度υ0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为α，离开偏转电场时的侧移量为y1，根据牛顿第二定律和运动学公式得：
，解得：
（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为υy根据运动学公式得υy=at1
电子离开偏转电场后做匀速直线运动,设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2,电子打到荧光屏上的侧移量为y2,如下图所示
解得:
P至O点的距离为

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