第9章 第3课时 电容器的电容 带电粒子在电场中的运动（课件PPT）-【优化指导】2025年高考物理一轮复习高中总复习·第1轮（人教多选版）

第九章　静电场 第3课时　电容器的电容　带电粒子在电场中的运动 绝缘 绝对值 异种电荷 电场能 电场能 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 电介质 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 电荷量Q 电势差U 106 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 匀速直线 匀加速直线 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 高考总复习 第1轮 物理 第九章　静电场 返回导航 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at2＝ eq \f(qUl2,2mdv02) 。 [链接1] 人教必修第三册P41“拓展学习”： 　平行板电容器的电容 平行板电容器是最简单的，也是最基本的电容器。几乎所有电容器都是平行板电容器的变形…… (2021·重庆卷)电容式加速传感器常用于触发汽车安全气囊等系统，如图所示。极板M、N组成的电容器视为平行板电容器，M固定，N可左右运动，通过测量电容器板间的电压的变化来确定汽车的加速度。当汽车减速时，极板M、N间的距离减小，若极板上的电荷量不变，则该电容器(　　) A．电容变小　　　　　　 B．极板间电压变大 C．极板间电场强度不变 D．极板间的电场强度变小 C　解析：由平行板电容器电容的决定式C＝ eq \f(εrS,4πkd) 可得，d减小，C增大，A错误；电容器所带电荷量Q不变，C增大，由U＝ eq \f(Q,C) 可得，U变小，B错误；由匀强电场的场强与电势差关系公式可得E＝ eq \f(U,d) ＝ eq \f(Q,Cd) ＝ eq \f(4πkQ,εrS) ，可见E与d无关，E不变，C正确，D错误。 [链接2] 人教必修第三册P49T6： 6．某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，质子先被加速到具有较高的能量，然后被引向轰击肿瘤，杀死细胞…… (2019·浙江4月选考)某些肿瘤可以用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1．0× 107 m/s。已知加速电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是(　　) A．加速过程中质子电势能增加 B．质子所受到的电场力约为2×10－15 N C．质子加速需要的时间约为8×10－6 s D．加速器加速的直线长度约为4 m D　解析：加速过程中电场力对质子做正功，则质子电势能减小， A错误；质子所受到的电场力约为F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19 N＝2.08×10－14 N，B错误；质子的加速度a＝ eq \f(F,m) ＝ eq \f(2.08×10－14,1.67×10－27) m/s2≈1.25×1013 m/s2，质子加速需要的时间约为t＝ eq \f(v,a) ＝ eq \f(1.0×107,1.25×1013) s＝8×10－7 s, C错误；加速器加速的直线长度约为L＝ eq \f(v,2) t＝ eq \f(1×107,2) ×0.8×10－6 m＝4 m，D正确。 考点一　平行板电容器的动态分析 1．U不变(电容器始终与恒压电源相连) (1)根据C＝ eq \f(Q,U) ＝ eq \f(εrS,4πkd) ，先分析电容的变化，再分析Q的变化。 (2)根据E＝ eq \f(U,d) 分析场强的变化。 (3)根据U＝Ed分析某点电势的变化。 2．Q不变(电容器充电后与电源断开) (1)根据C＝ eq \f(Q,U) ＝ eq \f(εrS,4πkd) ，先分析电容的变化，再分析U的变化。 (2)根据E＝ eq \f(U,d) ＝ eq \f(4πkQ,εrS) ，分析场强的变化。 [典例1] (2024·湖南邵阳测试)生活用电子秤的种类也有很多，如图所示的是用平行板电容器制成的厨房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致平行板上层膜片电极下移。则放上物体后(　　) INCLUDEPICTURE "2025版优化指导.高考总复习.第1轮.物理（配人教多选版）教用/rjylj200.tif" \* MERGEFORMAT 　 A．电容器的电容变小 B．电容器的带电荷量增大 C．极板间电场强度变小 D．膜片下移过程中，电流表有从a到b的电流 B　解析：根据电容决定式C＝ eq \f(εrS,4πkd) ，可知当两个极板间的距离减小时，电容器的电容增大，再根据电容定义式C＝ eq \f(Q,U) ，可知电容器一直和电源相连，电压不变时，电容增大，带电荷量增大，即电容器充电，电流表有从b到a的电流，A、D错误，B正确；由匀强电场公式E＝ eq \f(U,d) 知，当电压不变，两个极板间的距离减小时，极板间电场强度变大，C错误。 1．(2024·湖南株洲统考)如图所示，M和N为电容器两极板，一直保持与导线相连，M极板左端绝缘固定，N极板两端用绝缘材料与两轻弹簧连接，N极板只能沿图中标识的上下方向运动，当N极板静止时，两极板间距为d，在外力驱动下，N极板做简谐运动，向下运动至最低点时，两极板间距为1.5d，运动到最高点时两极板间距为0.5d，下列说法正确的是(　　) A．当N极板向上运动时，电流表电流方向为b→a B．N极板完成一个运动周期运动，回路电流方向改变1次 C．当N极板从最低点运动到最高点的过程中，极板电荷量减少 D．N极板在最低点和最高点时，电容器中场强之比为1∶3 D　解析：当N极板向上运动时，板间距d减小，电容C增大，电容器充电，电流方向为a→b，A、C错误；N极板完成一个周期运动，回路电流方向改变2次，B错误；在N极板运动过程中，极板间电压不变，最低点与最高点板间距之比为3∶1，故场强之比为1∶3，D正确。 考点二　带电粒子在电场中的直线运动 1．用动力学观点分析 a＝ eq \f(F合,m) ，E＝ eq \f(U,d) ，v2－v02＝2ad。 2．用能量观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv02； 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。 [典例2] (2020·天津卷)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。 (1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1； (2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x； (3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。 解析：(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理，有qU＝ eq \f(1,2) mv2　① 离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1＝ eq \f(l,v) 　② 联立①②式，得T1＝ eq \r(\f(ml2,2qU)) 。③ (2)根据动能定理，有qU－qE-x＝0　④ 得x＝ eq \f(U,E) 。⑤ (3)离子在加速电场中的运动以及在反射区电场中的单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为v，有 v＝ eq \f(v,2) 　⑥ 通过⑤式可知，离子在反射区的电场中的运动路程与离子本身无关，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2。根据题目条件可知，离子在无场区运动的速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有 t总＝ eq \f(L1,v) ＋ eq \f(L2,v) 　⑦ 联立①⑥⑦式，得t总＝(2L1＋L2) eq \r(\f(m,2qU)) 可见，离子从A到B的总飞行时间与 eq \r(m) 成正比， 因此 eq \f(t1,t0) ＝ eq \r(\f(m1,m0)) 解得m1＝( eq \f(t1,t0) )2m0。 答案：(1) eq \r(\f(ml2,2qU)) 　(2) eq \f(U,E) 　(3)( eq \f(t1,t0) )2m0 2．(2024·河北张家口测试)静电火箭是利用电场加速工作介质形成高速射流而产生推力的。工作过程简化图如图所示，离子源发射的离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力。根据题目信息可知(　　) A．M板电势低于N板电势 B．进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关 C．增大加速区M、N极板的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力 D．增大M、N极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力 D　解析：由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速器极板M电势高，A错误；离子穿出加速区时由动能定理知qU＝ eq \f(1,2) mv2，解得v＝ eq \r(\f(2qU,m)) ，所以进入中和区的离子速度与比荷、加速电压有关，与极板距离无关，电压增大，速度增大，B、C错误，D正确。 考点三　带电粒子在电场中的偏转 1．粒子平行极板射入，在电容器中运动的时间 (1)能飞出电容器的运动时间：t＝ eq \f(l,v0) 。 (2)不能飞出电容器的运动时间：t＝ eq \f(x,v0) ，或由y＝ eq \f(1,2) at2＝ eq \f(qU,2md) t2得t＝ eq \r(\f(2mdy,qU)) 。 2．粒子平行极板射入，离开电容器时的偏转角θ满足：tan θ＝ eq \f(vy,v0) ＝ eq \f(qUl,mdv02) 。 3．两个有用的结论 (1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角、偏移量总是相同的。 证明：由qU0＝ eq \f(1,2) mv02及tan φ＝ eq \f(qUl,mv02d) 得tan φ＝ eq \f(Ul,2U0d) ，再由y＝ eq \f(qUl2,2mv02d) 得y＝ eq \f(Ul2,4U0d) 。 (2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为 eq \f(l,2) 。 [典例3] (多选)(2024·江苏扬州测试)如图所示，水平平行板电容器间距为d，电源电压恒定。闭合开关S，板间电场稳定后，一个电子以初速度v从平行板左端水平射入，经过时间t离开平行板间电场时速度与水平方向夹角为θ，电场力对电子做功为W，电子在屏上所产生光点的竖直偏移量为y；若保持开关S闭合，将两板间距调整为2d，电子仍然以初速度v水平射入，不计电子重力，则(　　) A．电子通过平行板电容器的时间是t B．平行板间电场对电子做功是 eq \f(1,2) W C．电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角是 eq \f(1,2) θ D．电子在屏幕所产生的光点的竖直偏移量是 eq \f(1,2) y AD　解析：电子在平行板电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设平行板电容器的长度为L，则有t＝ eq \f(L,v) ，故电子通过平行板电容器的时间是t，A正确；设电子在平行板电容器中的加速度为a，电子在竖直方向上做匀加速运动，可得电子在平行板电容器间竖直偏移量为y1＝ eq \f(1,2) at2，由牛顿第二定律和电场力公式可得a＝ eq \f(qE,m) ＝ eq \f(qU,md) ，电场力对电子做功为W＝qEy1，解得W＝ eq \f(1,2) · eq \f(q2U2,md2) t2，现将两板间距调整为2d，则可知W′＝ eq \f(1,4) W，B错误；电子离开平行板间电场时速 度与水平方向夹角正切值tan θ＝ eq \f(vy,v) ＝ eq \f(at,v) ＝ eq \f(qU,mdv) t，将两板间距调整为2d，则tan θ′＝ eq \f(1,2) tan θ，θ′≠ eq \f(1,2) θ，C错误；设电子在平行板电容器外竖直方向的位移y2＝D tan θ，电子在屏幕所产生的光点的竖直偏移量是y＝y1＋y2＝ eq \f(qUt2,2md) ＋D tan θ，将两板间距调整为2d，则竖直偏移量变为y′＝ eq \f(qUt2,4md) ＋ eq \f(D tan θ,2) ，则有y′＝ eq \f(1,2) y，D正确。 3．(2024·福建厦门测试)如图所示，一个电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，方向竖直向上，P、Q两点间的电势差为U(U＞0)，不计粒子重力，P点的电势为零。则下列说法正确的是(　　) A．粒子带负电 B．带电粒子在Q点的电势能为qU C．P、Q两点间的竖直距离为 eq \f(d,2) D．此匀强电场的电场强度为 eq \f(2\r(3)U,3d) D　解析：带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的电场力方向竖直向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，A错误；粒子从P点运动到Q点，电场力做正功，做的功为W＝qU，则粒子的电势能减少了qU，P点的电势为零，可知带电粒子在Q点的电势能为－qU，B错误；Q点速度的反向延长线过水平位移的中点，则y＝ eq \f(\f(d,2),tan 30°) ＝ eq \f(\r(3),2) d，电场强度大小为E＝ eq \f(U,y) ＝ eq \f(2\r(3)U,3d) ，C错误，D正确。 4．(2024·山东潍坊测试)如图所示，空间分为Ⅰ、Ⅱ两个足够长的区域，各边界(图中虚线)均水平，Ⅰ区域存在电场强度为E1＝1.0×104 V/m的匀强电场，方向竖直向上；Ⅱ区域存在电场强度为E2＝ eq \f(\r(3),4) ×105 V/m的匀强电场，方向水平向右，两个区域宽度分别为d1＝5.0 m，d2＝4.0 m。一个质量m＝1.0×10－8 kg、带电荷量q＝＋1.6×10－6 C的粒子从D点由静止释放，粒子重力忽略不计。求： (1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小； (2)粒子离开区域Ⅱ时发生的偏移量x的大小； (3)粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场，使粒子在此电场作用下经1.0 s速度变为零，此电场的电场强度E3的大小和方向。 解析：(1)由动能定理得qE1d1＝ eq \f(1,2) mv12 解得v1＝4×103 m/s。 (2)粒子在区域Ⅱ内做类平抛运动，运动时间 t2＝ eq \f(d2,v1) ＝1×10－3 s 又a＝ eq \f(qE2,m) 偏移量x＝ eq \f(1,2) at22 解得x＝2 eq \r(3) m。 (3)由vx＝at2＝ eq \f(qE2,m) t2，vy＝v1 得tan θ＝ eq \f(vy,vx) ＝ eq \f(\r(3),3) 所以θ＝30° 则所加电场方向应与水平方向成30°角斜向左下方 粒子刚出区域Ⅱ时速度大小v＝ eq \r(vx2＋vy2) ＝8×103 m/s 由v＝ eq \f(qE3,m) t 解得E3＝50 V/m。 答案：(1)4×103 m/s　(2)2 eq \r(3) m　(3)50 V/m　与水平方向成30°角斜向左下方 1．(2022·重庆卷)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则(　　) A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变 C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大 A　解析：极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容定义式C＝ eq \f(Q,U) 可知电容器的电容C减小，D错误；根据电容的决定式C＝ eq \f(εrS,4πkd) 可知极板间距d增大，极板之间形成匀强电场，根据E＝ eq \f(U,d) 可知极板间电场强度E减小，B、C错误；极板间距d增大，材料竖直方向尺度减小，A正确。 2．(2023·浙江1月选考)如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极 YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子(　　) A．在XX′极板间的加速度大小为 eq \f(eU,m) B．打在荧光屏时，动能大小为11eU C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为 eq \r(2meU) D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝ eq \f(l,20d) D　解析：由牛顿第二定律得，电子在XX′极板间的加速度大小ax＝ eq \f(eE,m) ＝ eq \f(eU,md) ，A错误；电子加速过程，速度达v0，由动能定理得10eU＝ eq \f(1,2) mv02，解得v0＝2 eq \r(\f(5eU,m)) ，电子在电极XX′间运动时，有vx＝ax-t，t＝ eq \f(l,v0) ，电子离开电极 XX′时的动能为Ek＝ eq \f(1,2) m(v02＋vx2)＝eU(10＋ eq \f(l2,40d2) )，电子离开电极XX′后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为eU(10＋ eq \f(l2,40d2) )，B错误；在XX′极板间受到电场力的冲量大小Ix＝mvx＝ eq \f(l,d) eq \r(\f(meU,20)) ，C错误；电子打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝ eq \f(vx,v0) ＝ eq \f(l,20d) ，D正确。 3．(2022·北京卷)如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d，两板所加的电压为U。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。 (1)求带电粒子所受的静电力的大小F； (2)求带电粒子到达N板时的速度大小v； (3)若在带电粒子运动 eq \f(d,2) 距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间t。 解析：(1)两极板间的场强E＝ eq \f(U,d) 带电粒子所受的静电力F＝qE＝q eq \f(U,d) 。 (2)带电粒子从静止开始运动到N板的过程，根据功能关系有qU＝ eq \f(1,2) mv2 解得v＝ eq \r(\f(2qU,m)) 。 (3)设带电粒子运动 eq \f(d,2) 距离时的速度大小为v′，根据功能关系有q eq \f(U,2) ＝ eq \f(1,2) mv′2 带电粒子在前 eq \f(d,2) 距离做匀加速直线运动，后 eq \f(d,2) 距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，有 eq \f(d,2) ＝ eq \f(v′,2) t1， eq \f(d,2) ＝v′t2 则该粒子从M板运动到N板经历的时间 t＝t1＋t2＝ eq \f(3d,2) eq \r(\f(m,qU)) 。 答案：(1)q eq \f(U,d) 　(2) eq \r(\f(2qU,m)) 　(3) eq \f(3d,2) eq \r(\f(m,qU)) $$