电场中的导体、电容器带电粒子在电场中的运动

1. 电场中的导体、电容器

2. 带电粒子在电场中的运动

 

【要点扫描】

电场中的导体、电容器

（一）电场中的导体

1、静电感应：绝缘导体放在一个带电体的附近，在绝缘导体上靠近带电体的一端带异种电荷，在远离带电体的一端带同种电荷．静电感应可从两个角度来理解：根据同种电荷相排斥，异种电荷相吸引来解释；也可以从电势的角度来解释，导体中的电子总是沿电势高的方向移动．

2、静电平衡状态：导体中（包括表面）没有电荷定向移动的状态叫做静电平衡状态．注意这里是没有定向移动而不是说导体内部的电荷不动，内部的电子仍在做无规则的运动。

3、处于静电平衡状态的导体：

（1）内部场强处处为零，导体内部的电场强度是外加电场和感应电荷产生电场叠加的结果．（因为假若内部场强不为零，则内部电荷会做定向运动，那么就不是静电平衡状态了）

（2）净电荷分布在导体的外表面，内部没有净电荷．（因为净电荷之间有斥力，所以彼此间距离尽量大，净电荷都在导体表面）

（3）是一个等势体，表面是一个等势面．（因为假若导体中某两点电势不相等，这两点则有电势差，那么电荷就会定向运动）．

4、静电屏蔽

处于静电平衡状态的导体，内部的场强处处为零，导体内部区域不受外部电场的影响，这种现象就是静电屏蔽.

 

（二）电容

1、定义；电容器所带的电量跟它的两极间的电势差的比值叫做电容器的电容．C=Q/U

2、说明：

（1）电容器定了则电容是定值，跟电容器所带电量及板间电势差无关．

（2）单位：法或库/伏

（3）电容器所带电量是指一板上的电量．

（4）平行板电容器C=

．ε为介电常数，真空中ε＝1，空气中通常也取1，S为板间正对面积，不可简单的理解为板的面积，d为板间的距离．   

（5）电容器被击穿相当于短路，而灯泡坏了相当于断路。

（6）常用电容器：可变电容、固定电容（纸介电容器与电解电容器）．

（7）C＝ΔQ/ΔU    因为U₁=Q₁/C．U₂=Q₂/C．所以C＝ΔQ/ΔU

（8）电容器两极板接入电路中，它两端的电压等于这部分电路两端的电压，当电容变化时，电压不变；电容器充电后断开电源，一般情况下电容变化，电容器所带电量不变．

【规律方法】

电场中的导体、电容器

【例1】一个任意形状的金属导体，处于静电平衡状态时（       ）

A. 导体内部没有净电荷．     

B. 导体内部任意两点间的电势差不一定为零

C. 导体内部的场强不一定处处为零 

D. 在导体表面上，电场线可以与导体表面成任意角

解析：A．处于静电平衡状态的导体，净电荷在导体表面，所以A对．B．处于静电平衡状态的导体，是一个等势体，所以任意两点间无电势差，所以 B错．C．处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零，所以C错．D．处于静电平衡状态的导体，其表面场强不为零，场强的方向与面垂直，所以D对。

答案：AD

 

【例2】如图所示，将不带电的导体BC放在带正电的金属球A附近，当导体BC达到静电平衡后，则下列说法正确的有（      ）

    A. 用导线连接BC两端，导线中有瞬间电流通过

    B. 用手摸一下导体B端可使导体带正电

    C. 导体C端电势高于B端电势

D. B和C端感应电荷在导体内部产生的场强沿BC方向逐渐减小

解析：静电平衡后，BC内部场强为零，整个导体是个等势体，故A、C都错了，根据导体附近的电场线分布，可判定导体BC的电势比无穷远处（大地）的电势要高，故把导体B端或C端接地时，将有电子从大地流向导体，导体将带负电；导体处于静电平衡时，导体内部的电场跟感应电场相平衡，因此可以根据外电场在导体内部的分布情况来确定感应电荷电场在导体内部的分布情况．

    答案：D

 

【例3】如图所示，接地的金属板右侧有固定的点电荷＋Q，a、b点是金属板右侧表面上的两点，其中a点到＋q的距离较小，下列说法中正确的是（     ）

A. 由于静电感应，金属板右侧表面带负电，左侧表面带正电．

B. 由于静电感应，金属板右侧表面带负电，左侧表面不带电

C. 整个导体，包括表面上的a、b点，是一个等势体，且电势等于零   

D. a、b两点的电场强度不为零，且a、b两点场强方向相同，但a点的场强比b点场强大

解析：由于静电平衡，金属板是一个等势体，且电势为零（金属板接地），金属板的左侧不带电，右侧带负电．a、b两点的场强不为零，它们场强的方向均垂直于金属板平面，由于a点离＋Q比b点近，故a点的感应电荷比b点的感应电荷多，场强大．综上所述，选项B、C、D正确。

答案：BCD

【点评】处于电场中的导体一旦接地，它的电势为零。且远离带电体的一端总是不带电，由于达到静电平衡时内部场强处处为零，说明了接地后的导体所带的异种电荷（与带电体的电荷比较而言）是增多的．

 

【例4】两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m，带电量为－q的油滴恰好静止在两极之间，如图所示，在其它条件不变的情况下，如果将两极非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中（      ）

A. 油滴将向上加速运动，电流计中电流从b流向a。

B. 油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b。

C. 油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a。

D. 油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b。

精析：电容器接在电源的正、负极上没有断开，则电容器两端的电压不变，两极板间的距离不变，则场强不变，油滴受力情况不变，油滴静止不动．在电容器两极板错开的过程中，电容器的电容是减小的，由C＝Q／U可知，U不变时，Q是减小的，则电容器的带电量减小，有电荷流向电源，是放电电流，方向由a到 b．故选项D正确．

答案：D

【点评】要点是接在电源两端的电容器的电压不变，当电容发生变化时，所带电量变化，根据电量的增加或减少判断是充电或放电，从而确定电流方向．还可以假设两极板的距离发生变化和插入电介质或导体后的情况，读者可自行判断．

平行板电容器问题的分析

一定要分清两种常见的变化：   

⑴电键K保持闭合，则电容器两端的电压恒定（等于电源电动势），这种情况下带

⑵充电后断开K，保持电容器带电量Q恒定，这种情况下

 

【例5】平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的电场强度，U表示电容器两极板间的电压；W表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（      ）

    A. U变小，E不变；    B. E变大，W变大；

C. U变小，W不变；   D. U不变，W不变；

解析：由极板间距离减小，知电容C增大；由充电后与电源断开，知带电量Q不变；由U＝Q/C可得极板间电压U减小．根据C=

和U=Q/C得U＝

．再由E=U/d得E＝

．即E由Q/S决定．而Q及S都不变，所以E不变．（由上面的等式可以看出，在板间电介质不变的情况下．E由Q/S—一正对面积上的电荷密度决定，这个结论虽是由考纲外的公式推导出来的，但熟悉这个结论能对解决有关平行板电容器的问题带来方便．）因为E不变，P点与负极板间的距离不变，所以可知 P与负极板间的电压不变，即 P点的电势Up不变，那么正电荷的电势能 W＝qU_p 就不变．

答案：AC

说明：（1）记住凡与电源断开，意味着电量不变．在这种情况下板间距离变大时（正对面积不变）E不变．

    （2）当该题不是与电源断开而是始终与电源相接，则板间电势差不变；板下移使电容C变大，电量变大；场强E变大；电势能W变大．

 

带电粒子在电场中的运动

（一）带电物体在电场中的运动

带电物体（一般要考虑重力）在电场中受到除电场力以外的重力、弹力、摩擦力，由牛顿第二定律来确定其运动状态，所以这部分问题将涉及到力学中的动力学和运动学知识。

【例1】用长为l的细线悬挂一质量为 m的带正电的小球于水平的匀强电场中，电场方向向右，如图所示．若小球所受到的电场力大小为重力的3／4倍，求：若从悬线竖直位置A点由静止开始释放小球，则①悬线对小球的最大拉力为多大？②该小球能上升的最大高度是多少？③若使小球在竖直面内做圆周运动，则小球在A点具有的最小速度是多大？

解析：小球受到的重力和电场力均为恒力，这两个力的合力由图可知F=5 mg／4，与竖直方向的夹角为θ，且tgθ＝3／4．可把小球看作是在与竖直方向的夹角为θ的恒力F的作用下作圆周运动，它类似于在重力作用下竖直面内的圆周运动，绳子在最低点受到的拉力最大，故小球在恒力F和绳子拉力的作用下作竖直面内的圆周运动，当绳子与竖直方向夹角为θ时，绳子拉力最大为T_m，T_m－F＝mv²／L，

mv²＝FL（l－cosθ），T_m＝F＋2 F（l－cosθ）＝（3－2cosθ）5mg／4＝1.75mg ，小球运动到绳子与竖直方向成θ角时速度最大，由运动的对称性．可知小球能达到的最大高度就是绳子与竖直方向的夹角为2θ处，小球上升的最大高度为H，H＝L（l－cos2θ）＝L（l－cos²θ＋sin²θ）=0.72L。小球若在竖直面内作圆周运动，则在绳子拉力最大处直径的另一端点时所具有的最小速度是力F提供的向心力，即F＝mv²／L=5mg／4，

mv²= 5mgL／8=

mv_A²－FL（l＋cosθ） 

5 mgL／8=

mv_A²－（l＋cosθ）L·5 mg／4，解得v_A=

／2

答案：①1.75mg   ②0.72L  ③

【点评】本题是将电场力和重力的合力F等效为重力在竖直面内作圆周运动的情况来处理，使求解过程简便，其前提条件是电场力和重力均为恒力，才可以这样处理。

 

（二）带电粒子在电场中的运动

带电粒子在电场中的运动与前面的带电物体在电场中的运动的不同点就是不考虑粒子的重力．带电粒子在电场中运动分两种情况：第一种是带电粒子垂直于电场方向进入电场，在沿电场力的方向上初速为零，作类似平抛运动．第二种情况是带电粒子沿电场线进入电场，作直线运动．

1、加速电场

    加速电压为U，带电粒子质量为m，带电量为q，假设从静止开始加速，则根据动能定理

mv²=Uq，所以离开电场时速度为v=

．

2、在匀强电场中的偏转

如图所示，板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子沿平行于带电金属板以初速度v₀进入偏转电场，飞出电场时速度的方向改变角α。

①知道在偏转电场中的两个分运动：垂直电场方向的匀速运动，v_x＝v₀，平行电场方向的初速度为零，加速度为Eq/m的匀加速直线运动

②偏向角tanα=qUL/mdv₀²

推导：在电场中运动的时间t＝L/v₀………①       

在电场中的加速度a＝qU/dm………②

飞出电场时竖直方向速度v_y＝at………③

偏转角的正切值tanα=v_y/v₀……………④ 

由①②③④可得tanα=qUL/mdv₀² 

③飞出电场时，竖直方向位移y=

at²=qUL²/2mdv₀²

④经同一加速电场由静止加速的两个质量、电量均不同的粒子，进入同一偏转电场，飞出时偏转角相同U₀q=

mv

……①   tanα=qUL/mdv₀²……②

由①②得tanα=UL/2dU₀    所以两粒子的偏转角相同与m、q无关．

    注意：这里的U与U₀不可约去，因为这是偏转电场的电压与加速电场的电压，二者不一定相等．

⑤沿速度v反方向延长交MN于Q点，则QN＝L/2，QN＝y/tanα=L/2

⑥粒子在电场中运动，一般不计粒子的重力，个别情况下需要计重力，题目中会说明或者有明显的暗示。

【例2】一带电粒子从静止经加速电压U₁的加速电场加速后进入板间距离为d，板间电势差为U₂的偏转电场，当它飞出偏转电场时，偏转角为θ，要使偏转角θ增大，则需要（  ）

A. 使粒子的荷质比变大（q/m）          B. 其它条件不变，只使U₁变大   

C. 其它条件不变，只使U₂变大          D. 其它条件不变，只使d变大

解析：这里是经加速电场加速后进入偏转电场tanα=U₂L/2dU₁

所以这里与荷质比无关．所以A错．从tanα=U₂L/2dU₁可知： B错，C对， D错．

    答案：C

点评：注意经加速电场加速的情况，应当注意从tanα=U₂L/2dU₁角度讨论问题．

 

【例3】有三个质量相等，分别带有正电，负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度V先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处，如图所示，则正确的有（       ）

    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时间相等

    C. 三个粒子在电场中运动的加速度a_A＜a_B＜a_C

D. 三个粒子到这极板时动能E_A＞E_B＞E_C

解析：三粒子在水平方向上都为匀速运动，则它们在电场中的飞行时间关系为t_A＞t_B＞t_C 三粒子在竖直方向上有d/2=

at²所以a_A＜a_B＜a_C，则A带正电，B不带电，C带负电． 再由动能定理知，三粒子到这极板时动能关系为E_A＜E_B＜E_C．

    答案：AC

说明：通过以上几个题目，请体会带电粒子飞出偏转电场、恰好飞出、没有飞出几种情况的处理方法是什么？

 

【例4】如图（a）所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场。现在A、B两板间加上如图（b）所示的周期性的交变电压，在t=0时恰有一质量为m、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v₀射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动状况的表述中正确的是

    A. 粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复振动

B. 粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动

C. 只要周期T和电压U₀的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出

D. 粒子不可能沿与板平行的方向飞出

解析：当t＝0时，带电粒子飞入电场后，在垂直于板的方向上受到电场力的作用，做加速运动，若是粒子在T/2的时间内没有打在极板上，且没有飞出电场，那么在T／2—T的时间内，粒子做匀减速运动，粒子在这段时间内还没有打在极板上，同时还没有飞出电场，当t=T时，粒子沿电场方向的速度为零．在第二个周期内又将重复第一个周期的运动，……所以粒子在垂直于板的方向上的分运动不可能是往复振动，只能是单向运动．当粒子在周期T的整数倍时飞出电场时，它的速度方向是与板平行的，因为此时粒子沿电场方向（就是与板垂直方向）的速度刚好为零．由此可见选项B、C正确。

答案：BC

【点评】关键是分析带电粒子在电场力的作用下所作运动的特点：当电场力的方向发生变化时，带电粒子的加速度也发生了变化．当加速度方向与速度方向相同时，带电粒子作加速运动，加速度方向与速度方向相反时，带电粒子做减速运动．

 

【模拟试题】

1. 如图所示，一个带正电的绝缘金属球壳A，顶部开一小孔，有两只带正电的金属球B 、C ，用金属导线连接，让B球置于球壳A内的空腔中，与内表面接触后又提起，C球放置在A球壳外，待静电平衡后正确的判断是：

A、B、C两球都不带电

B、B球不带电，C球带电

C、让C球接地后，B球不带电

D、让C球接地后，A球壳空腔内的场强为零

2. 如图所示，BC是半径为R的1/4圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E.今有一质量为m、带正电q的小滑块（体积很小可视为质点），从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：

（1）滑块通过B点时的速度大小；

（2）水平轨道上A，B两点之间的距离。

3. 长为l的平行金属板，板间形成匀强电场，一个带电为＋q、质量为m的带电粒子，以初速v₀紧贴上板垂直于电场线方向射入该电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，如图所示．求：（1）粒子末速度的大小；（2）匀强电场的场强；（3）两板间的距离d．

4. 20世纪50年代，物理学家发现了“电子偶素”。所谓“电子偶素”，实际上是指由一个负电子和一个正电子绕它们连线的中点旋转所形成的相对稳定的系统。已知正、负电子的质量均为m_e，带电荷电量均为e，静电力常量为k，普朗克常量为h。

（1）设“电子偶素”中正、负电子绕它们连线的中点做匀速圆周运动的轨道半径为r、运动速度为v，根据量子化理论上述物理量满足关系式：

。试证明n=1时，正、负电子做匀速圆周运动的速率

；

（2）已知“电子偶素”的能量为正、负电子运动的动能和系统的电势能之和。当正、负电子相距d时系统的电势能为

试求n=1时，“电子偶素”的能量E₁。

5. 静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如下图所示。虚线表示这个静电场在xOy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于Ox轴、Oy轴对称。等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等。一个电子经过P点（其横坐标为-x₀）时，速度与Ox轴平行。适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动。在通过电场区域过程中，该电子沿y方向的分速度v_y随位置坐标x变化的示意图是（    ）

6. 两平行金属板间所加电压随时间变化的规律如图所示，大量质量为m、带电量为e的电子由静止开始经电压为U₀的电场加速后连续不断地沿两平行金属板间的中线射入，若两板间距恰能使所有电子都能通过．且两极长度使每个电子通过两板均历时3t₀，电子所受重力不计，试求：

    ①电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值．

    ②侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比．

【试题答案】

1. 解析：B球与A球壳内表面接触，A，B，C三者连成一个整体，静电平衡后净电荷只分布在导体外表面，所以A球壳外表面和C球均带正电，B球不带电．A，B，C三者为一等势体，当B球提起后，B，C的电势相等，无电荷的定向移动，由于B，C与A等势且为正，C球接地后，将有自由电子从大地向高电势的B，C上移动，B球带负电，此时B球将在A球壳上内表面感应出正电荷，从而空腔内形成由内表面指向B球的电场，场强不为零，答案为C。

2. 解析：（1）小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，设滑块通过B点时的速度为v_B，

根据动能定理有：mgR－qER=

mv_B²－0，解得

（2）小滑块在AB轨道上运动中，所受摩擦力为f=μmg.

小滑块从C经B到A的过程中，重力做正功，电场力和摩擦力做负功。设小滑块在水平轨道上运动的距离（即A，B两点间的距离）为L，则根据功能定理有：mgR－qE（R＋L）－μmgL＝0－0，解得

3. 解法一：由牛顿定律和运动学公式求解．

（1）由速度矢量图所示，得粒子末速度v＝v₀／cos30°=2

v₀／3

（2）粒子在电场中运动时间t＝l／v₀，粒子射出电场时沿场强方向的分速度v_y=v₀tan

=

v₀／3．由v_y＝at有

v₀／3=Eql/mv₀．则场强E＝

mv

/3ql．

（3）两板间距离d=v_yt/2=

L/6

解法二：（1）由动量定理和动能定理求解．v＝v₀／cos30°，t＝L/v₀，

    （2）由动量定理有  qEt＝mv₀tan30°。E＝

mv

/3ql

    （3）由动能定理有  qEd＝

mv²－

mv

，d=

L/6

    答案：（1）2

v₀／3；（2）

mv

/3ql；（3）

L/6

4. 解答：（1）设n=1时电子运转轨道半径为r₁，此时正负电子间库仑力

①

    此库仑力作为向心力

②    

由题中量子化理论知n=1时

③

    联立①②③式证得 

  ④

    （2）由题意可知系统的电势能

  ⑤

    每个电子动能 

  ⑥    系统的能量 E=2E_k+E_p  ⑦

    联立①②③⑤⑥⑦式可得 

  ⑧

5. 解析：电子在y轴方向的分速度V_y变化的原因，应为y方向上的电场力作用，给出Ox轴上方的电场线示意图，注意电场线与等势线垂直如图所示，则x<0的范围，电场有沿Y轴负向的分量，电子先向Y轴负向获得分速度，A，C选项排除，经过y轴后，电场有对电子向上的力作用，故V_y将减小，但在x方向上一直在加速，因此当其横坐标为＋x时，电子并未回到与P点对称的位置，由功能关系知，V_y不会为零，因此选D。

6. ①电子在t=2 nt₀（其中：n= 0、1、2、……）时刻进入电场，电子通过两板的侧向位移最大，在t＝（2n＋l）t₀（其中n＝0、l、2、…）时刻进入电场，电子通过两板侧向位移最小．电子侧向位移最大时，进入电场在沿电场线方向上作初速度为零的匀加速运动，再作匀速运动，后作初速度不为零的匀加速运动，各段运动的时间均为t₀；当电子侧向位移最小时，在电场线上只有在第二个t₀的时间开始作初速度为零的匀加速运动，在第三个t₀的时间作匀速运动．电子进入偏转电场后，在电场中的加速度均为a=eU_O／md，电子侧向最大位移为y_max= a t₀²／2＋a t₀²＋a t₀²＋a t₀²／2＝3a t₀²＝3eU₀ t₀²／md。  y_max=d／2

由以上两式解得y_max＝t₀

；d＝2y_max＝2 t0

；电子侧向最小位移为y_min=a t₀²／2＋a t₀²= y_max／2＝t0

      y_min=d／4

②电子离开偏转电场时的动能等于加速电场和偏转电场电场力做功之和．当电子的侧向位移为最大时，电子在电场中加速（只有加速，电场力才做功）．运动的距离为y₁＝2 y_max ／3＝d／3，电子的侧向位移最小时，电子在电场中加速运动的距离为y₂＝y_min／3=d／12，侧向位移最大的电子动能为 E_kmax＝eU₀＋eU₀· y₁／d＝4eU₀／3，侧向位移最小的电子动能为E_kmin= eU₀＋eU₀·y₂／d＝13eU₀／12，故E_kmax∶E_kmin＝16∶13