第19课 电容器 带电粒子在电场中的运动-【提分宝典】2026年新高考物理一轮全考点普查与练习

享学科网书城国 品牌书店·知名教辅·正版资源 b2xxk.com● 您身边的互联网+教辅专家 第19课 电容器带电粒子在电场中的运动 普查与练习191 电容器带电粒子在匀强电场中的运动 1.实验：观察电容器的充、放电现象 (1)2026汇编题，12分)在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图（所示连 接电路。电源电动势为8.0V,内阻可以忽略。单刀双掷开关S先跟2相接，某时刻开关改 接1，一段时间后，把开关再改接2。实验中使用电流传感器来采集电流随时间的变化情况， 并输入计算机。 C工B 电流传感器 接计 算机 R 图(a) ①为观察电容器C充电时的现象，应将单刀双掷开关S接 (选填“1”或“2)。 ②在充电过程中，测绘的充电电流讠随时间1变化的图像可能正确的是 0 10 A B C D ③用图()所示电路来观察电容器C放电现象：利用电流传感器采集放电过程电路中的电 流，并输入计算机，得到了图b)所示的电流1与时间t的关系图像。 ti/mA 0 2 468is 图b) a.通过1一t图像可以发现：电容器放电时，电路中的电流减小得越来越 (选填 “快”或“慢”)： b.已知图b)中图线与坐标轴所围成图形的面积表示电容器放电过程中所释放的电量， 根据图像可估计电容器放电前所带电荷量Q约为 C,电容器的电容C约为 F(保留两位有效数字)。 ④关于电容器在整个充、放电过程中的9一t图像和U4B一1图像的大致形状，可能正确 的有(q为电容器极板所带的电荷量，U短为A、B两板的电势差)。 B 独家授权侵权必究。 享学科网书城国 品牌书店·知名数辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 ⑤图（©）中实线是实验得到的放电时的一t图像，如果不改变电路的其他参数，只减小电 阻R的阻值，则得到的i一t图线可能是图(c)中的 (选填“①”“②”或“③”) 2 图(c) (1答案：①1(1分)②A(2分)③a慢(1分)b.3.2×1032分)4.0×104(2分) ④AD2分)⑤②(2分) 解析：①充电时必须将电容器接电源，故将单刀双掷开关拨向1。 ②电容器充电时，随着电荷的增加，电容器两极板间电压升高，电阻R两端分得电压减 小，电路中电流逐渐减小，电容器两极板间电压增大到等于电源电压之后，电流减小为零， 故A项正确。 ③从图凸)中可以看出放电时电流减小得越来越慢（斜率的绝对值表示电流的变化快慢）： b,可数出图线与坐标轴所围成图形有40小格（格数为38一42都正确），所以电容器放电前所带 电荷量约为Q=40×8×103C=3.2×103C,根据电容的定义可得C=QU=4.0×104F。 ④电容器在充电过程中，电流由最大逐渐减小，放电过程电流也是由最大逐渐减小，最 后变为O,根据△q=I△1可知，q一t图像的斜率表示电流的大小，故A项正确，B项错误。 电容器两极板间的电压变化量△U4B=qC=1C△，U4B一t图像的斜率表示IC,在充电和放电 过程中电容器的电容不变，根据充电和放电过程中电流的特点可知，C项错误，D项正确。 ⑤若只减小电阻R的阻值，则开始时刻的电流将增大，1一t图像的纵截距增大，由于总 的电荷量一定，则图像与坐标轴围成的面积相同，故曲线②符合要求。 2.平行板电容器的动态分析 a.U不变时电容器的动态分析 (2)(2024辽宁真题，4分)某种不导电溶液的相对介电常数G,与浓度Cm的关系曲线如图(a) 所示，将平行板电容器的两极版全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图b)所 示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则( 图(a) 图b) A.电容器的电容减小 B.电容器所带的电荷量增大 C.电容器两极板之间的电势差增大 D.溶液浓度降低过程中电流方向为M一N ·独家授权侵权必究 享学科网书城国 品牌书店·知名数辅·正版资源 b2XXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 (2)答案：B 解析：降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数G,增大，根据电容的决定式C=eS4πkd 可知电容器的电容增大，故A项错误。溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不 变，根据Q=CU结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，故B项正确，C项错误。 根据B选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则溶液浓度降低过程中电容器充电，结合题 图可知电路中电流方向为N一M,故D项错误。 (3)(2026改编题，3分)如图所示，水平放置的两半圆形金属极板由绝缘转轴连接，下极 板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动，也可上下平移，起初两极板边缘对 齐，上极板通过开关S与电源正极相连，下极板接地后与电源负极相连。初始时开关S闭合， 板间有一带电粒子P恰好处于静止状态。忽略边缘效应，关于两极板组成的电容器，下列说 法正确的是() A.若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器的电容增大 B.若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器所带电荷量减少 C.若只将电容器的上极板向上平移一小段距离，则带电粒子仍处于静止状态 D.若只将电容器的上极板向下平移一小段距离，则带电粒子将向下运动 (3)答案：B 解析：只将电容器的上极板转过一小角度，正对面积减小，由电容器电容的决定式C cS4πkd可知电容器的电容减小，由Q=CU可知，电容器所带电荷量减少，故A项错误，B 项正确。只将电容器的上极板向上平移一小段距离，由于电容器两极板间的电势差不变，则 电容器两极板间匀强电场的电场强度E=Ud变小，由F=gE可知，带电粒子所受的电场力 变小，则带电粒子将向下做加速运动；同理可知，只将电容器的上极板向下平移一小段距离， 电容器两极板间匀强电场的电场强度增大，带电粒子所受的电场力变大，带电粒子将向上做 加速运动，故C项、D项均错误。 b.Q不变时电容器的动态分析 (4)(多选)(2026江编题，4分)“研究影响平行板电容器电容大小的因素”的实验装置如图 所示。下列说法正确的是() A实验前，只用带电玻璃棒与电容器α板接触，能使电容器带电 B.实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 ·独家授权侵权必究 享学科网书城国 品牌书店·知名数辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 C.实验中，只将电容器b板向右平移，静电计指针的张角变小 D.实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 E.实验时无意间手指触碰了一下b板，不会影响实验结果 F.实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 (4)答案：ACE 解析：电容器a板与带电玻璃棒接触后带电，b板接地，由于静电感应，出现与a板等 量的异种电荷，所以只用带电玻璃棒与电容器α板接触能使电容器带电，故A项正确。平行 板电容器电容C与极板的正对面积S、极板距离d的关系为C=S4πkd。只将电容器b板向 上平移，极板的正对面积S减小，导致电容C减小，电容器所带电荷量不变，根据U=QC 可知极板间电压U变大，静电计指针的张角变大，故B项错误。只将电容器b板向右平移， 极板距离d减小，导致电容C增大，电容器所带电荷量不变，根据U=QC可知极板间电压 U减小，静电计指针的张角变小，故C项正确。只在极板间插入有机玻璃板，相对介电常数 6,增大，导致电容C变大，极板间电压U变小，静电计指针的张角变小，故D项错误。实验 时无意间手指触碰了一下五板，因为b板与大地相连，而人体相当于接地，所以不会影响实 验结果，故E项正确。由C=S4πkd可知，只增加极板带电量不会改变电容器电容，故F 项错误。 3.带电粒子在匀强电场中的运动 .从动力学、动量和能量的角度分析带电粒子的运动 (5)(2024.01浙江真题，3分)如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大 速率为Om。正对M放置一金属网N,在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d远 小于板长)，电子的质量为m,电荷量为e,则( (A A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大 B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能2 n lavs4alco112)mv十eU C.电子从M到N过程中y方向位移大小最大为d2meU) D.M、N间加反向电压2m4e时电流表示数恰好为 (5)答案：C 解析：光电子从M到N的过程，根据动能定理有eU=Ew一I2o2,解得Ekw=eU+122, 则M、N间距离无论怎么改变，Ew都不变，故A项错误。与A项分析同理，以最大速率逸 出的光电子不论沿哪个方向逸出，只要能到达N,其最大动能均为Ekm=eU+I2o2m,故B 项错误。当以最大速率逸出的光电子沿y方向逸出时，其到达N时y方向的位移最大，电子 在电场中做类平抛运动，则有m=0mk,d=I2eUmd2,联立解得ym=md2meU),故C项正 确。沿x轴正方向以最大速率逸出的光电子最容易到达，若加上反向电压U。时，其恰好不 ·独家授权侵权必究 令学科网书城国 品牌书店·知名数辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 能到达N,则电流表示数恰好为零，有-eU。=0-I2mo2m,解得U。=2mmv2e,故D项错误。 (⑥（天津经典真题，18分）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1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。 规光幕 界译管〔大喻及城) 电L区1 其量分前迅 ①求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T: 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已知质量为的离子总飞行时间为，待测离子的总飞行时间为1，两种离子在质量 分析器中反射相同次数，求待测离子质量。 (6答案：①ml22qUj6分)②UUE(4分)③aws4 alcol0ftlt0)2m(8分) 解析：①设离子经加速电场加速后的速度大小为0，根据动能定理有gU=12o(2分) 离子在漂移管中做匀速直线运动，则T1=(2分) 联立以上二式，解得T1=m22qU2分) ②从开始加速到进入反射区速度减为零的过程中，根据动能定理有9U一9正=0(2分) 解得x=UE(2分) ③离子在加速电场中运动和在反射区电场中每次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=v2(2分) 通过②中分析可知，离子在反射区电场中的运动路程与离子质量和所带电荷量无关，又 反射次数相同，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L,在无场区的总路程也相 等，设为L2。根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为，设离子的总飞行时间为1 总，有f总=L1xto例+L2(2分) 联立以上各式，解得t总=(2L1+L2)m2gU02分) 则离子从A到B的总飞行时间与m成正比，依趣意可得t10=m1m0) 解得m=aws4 al col(f(tltt02mo(2分) b.用运动合成与分解的方法分析带电粒子的曲线运动 (⑦（多选）（经典题，4分）如图所示，气核、氘核、氖核三种粒子从同一位置无初速度地飘 入电场线水平向右的加速电场E,之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后 打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么() 幸独家授权侵权必究 享学科网书城国 品牌书店·知名数辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 屏 A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多 B.三种粒子打到屏上时的速度一样大 C.三种粒子运动到屏上所用时间相同 D.三种粒子一定打到屏上的同一位置 (7)答案：AD 解析：设加速电场两板间距离为d,则E1qd=1220,解得o=2 Eldqm)。粒子在偏转 电场中偏转，设侧移量为y,偏转电场两板的长度为L,则运动时间=Lv0,y=12a2=12 E2 m avs4 alcol0f亿v0)2=E2L24Eld,在偏转电场中偏转电场对粒子做的功W=gE2y,由 于三种粒子的电荷量q相等、侧位移y相等，因此偏转电场对三种粒子做的功相等，故A项 正确。三种粒子射出偏转电场时的纵向速度，=at=E2qmLv0=22EgL22EImd,三种粒子射 出偏转电场时的速度v=202yy十v,与粒子比荷gm有关，三种粒子比荷不同，因此速度？大 小不同，故B项错误。三种粒子运动到屏上的水平位移相同，但水平速度=2E1dgm)与比 荷有关，不同，因此所用时间不同，故C项错误。由于三种粒子侧移量y相同，因此从同一 位置射出偏转电场，射出电场时的速度的反向延长线均交于偏转电场中线的中点，即速度方 向相同，因此粒子会打在屏上同一位置，故D项正确。 (⑧)（辽宁经典真题，12分）如图所示，光滑水平面AB和竖直面内的光滑14圆弧导轨在B 点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放， 脱离弹簧后经过B点时的速度大小为gR,之后沿轨道BO运动。以O为坐标原点建立直角 坐标系xO,在x≥一R区域有方向与x轴夹角为0=45的匀强电场，进入电场后小球受到的 电场力大小为2mg。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求： ①弹簧压缩至A点时的弹性势能： ②小球经过O点时的速度大小； ③小球过O点后运动的轨迹方程。 独家授权侵权必究 享学科网书城圆 品牌书店·知名数辅·正版资源 bZxk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 (8)答案：①12mgR(2分)②3gR(3分)③y2=6Rx,其中y≥0(7分) 解析：①小球从A到B,根据能量守恒定律得 E,=12mo2B=12gR(2分) ②小球从B到O,根据动能定理有-mgR+gE×2R=12mo2O-122B(2分) 解得o=3gR(1分) ③小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴， 在x轴方向，根据牛顿第二定律有qEcos45°=ma,(2分) 在竖直方向，根据牛顿第二定律有 qEsin45°-m1g=ma(2分) 解得a.=g,4,=0 说明小球从O点开始，在x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，在y轴方向做匀速 直线运动，即做类平抛运动，则有x=12g2,y=o(2分) 联立解得小球过O点后运动的轨迹方程为 y2=6Rx,其中y≥0(1分) 随堂普查练191 1.(2024广西真题，10分)某同学为探究电容器充、放电过程，设计了图(a)实验电路。 器材如下：电容器，电源E(电动势6V,内阻不计)，电阻R1=400.02,电阻R2=200.02, 电流传感器，开关S1、S2,导线若干。实验步骤如下： 电流 传感器 图(a) (1)断开S1、S,将电流传感器正极与α节点相连，其数据采样频率为5000Hz,则采样 周期为 S: (2)闭合S1,电容器开始充电，直至充电结束，得到充电过程的1一t曲线如图b),由图b) 可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为mA(结果保留3位有效数字)： ↑mA 20.0 15.0 10.0 5.0 0 691215is 图(b) (3)保持S1闭合，再闭合S2,电容器开始放电，直至放电结束，则放电结束后电容器两 极板间电压为V: (4)实验得到放电过程的1一t曲线如图（©），1一t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的 电荷量为0.0188C,则电容器的电容C为F。图（©）中一t曲线与横坐标、直线1=1s 所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0038C,则1=1s时电容器两极板间电压为 V(结果保留2位有效数字). ·独家授权侵权必究 享学科网书城国 品牌书店·知名数辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 ↑/mA 0 -10.0 -20.0 -30.0 -40.0 图(c) 1.答案：(1)2×10-42分)(2)15.0(2分)3)2(2分)(4)4.7×103(2分)5.2(2分) 解析：1)采样周期为T=1f=2×10-4s。 (2)由图b)可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0mA。 (③)放电结束后电容器两极板间电压等于R2两端电压，且电容器所在支路无电流，根据 闭合电路欧姆定律得，电容器两极板间电压为U=ER!+R2R2=2V。 (4)充电结束后电容器两端电压为U=E=6V,故可得△Q=(U'一U©C=0.0188C,解 得C=4.7×103F。设t=1s时电容器两极板间电压为Ue",则有△Q'=(U-U")C=0.0038 C,解得Ue"=52V。 2,(2023福建真题，7分)某同学用图（⑧）所示的电路观察矩形波颜率对电容器充、放电的 影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C(4.7F,10V),定值电阻R(阻值2.0k2)、 开关S、导线若干。 (I)电解电容器有正、负电极的区别。根据图()，将图b)中的实物连线补充完整： 电压 源 传感器 图(a) 图b) (2)设置电源，让电源输出图（©）所示的矩形波，该矩形波的频率为 UNV 5.0 2.5 010203040506070(×10-s) 图(c) (3)闭合开关S,一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压Uc随时间周 期性变化，结果如图（所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于 状态（选填“充电”或“放电”）在 点时（选填“A”或“B),通过电阻R的电流更大； UN 5.0 2.5 10203040506070/(×103g) 图(d (④)保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间 ·独家授权侵权必究· 享学科网书城国 品牌书店·知名数辅·正版资源 b2XXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压Um与频率f关系图像，如图（©）所示。当f =45Hz时电容器所带电荷量的最大值Q= C(结果保留两位有效数字)： UNV 5.5 5.0 4.5 4.0 3.5 3.0 2.5出中 0102030405060708090fmz 图(e) (⑤)根据实验结果可知，电容器在充、放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基 本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。 2.答案：(1)见解析(2分)(2)40Hz(1分)3)充电(1分)B1分)(4)1.8×10(2分) 解析：(1)根据图()可知，电解电容器与电压传感器并联，充电电流从电解电容器的正接 线柱流入，从负接线柱流出，则连接的实物图如图所示。 袖老恶 (②)根据图（©）可知，矩形波的周期为T=25×103s,则该矩形波的频率为f=1T=40Hz。 (3)电容器充电时，两极板所带的电荷量增大，两极板之间的场强增大，电势差增大，根 据图(d可知，在B点时，电容器两端的电压Uc正在增大，因此电容器处于充电状态；由i =4Qt和△Q=C△Uc可得，△Uc=C△t,则Uc一t图像中图线的斜率等于C,又因为C不变， 且图线在B点时的斜案绝对值大于在A点时的斜率绝对值，则在B点时，通过电阻R的电流 更大。 (4)根据图(e)可知，当f=45Hz时，电容器上最大电压约为Um=3.76V,由Q=CU可得， 此时电容器所带电荷量的最大值Q=CUm≈1.8×105C。 3.(2024.06浙江真题，3分)图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验， 保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则( A.极板间电势差减小 B.电容器的电容增大 C. 极板间电场强度增大 独家授权侵权必究 享学科网书城国 品牌书店·知名数辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 D,电容器储存能量增大 3,答案：D 解析：根据Q=CU和C=S4πkd可得，当极板间距增大时电容减小，由于电容器的带 电量不变，则极板间电势差增大，故A项、B项均错误。根据E=Ud得E=4πOeS,可知当 极板间距增大时极板间电场强度不变，故C项错误。使极板间距增大的过程中要克服电场力 做功，则电容器储存能量增大，故D项正确。 4.(浙江经典真题，3分)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度。从 N连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MW与水平方 向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达N连线上的某点时() 459 A. 所用时间为mw0gE B.速度大小为30o C.与P点的距离为202mvgE D.速度方向与竖直方向的夹角为30° 4.答案：C 解析：粒子在电场中做类平抛运动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹角 为45°，根据牛顿第二定律，得加速度a=Eqm,垂直于电场方向的位移x=0o4,平行于电场 方向的位移y=12a2,根据几何关系有tan45°=x,联立解得t=2mv0gE,故A项错误。粒 子到达N连线上某点时，在水平方向做速度a=o,在竖直方向的速度o,=at=Egm 2mv0gE=2o,则速度0=2x2yv十v=50o,故B项错误。水平位移x=od=202mvgE,竖直位 移与水平位移相等，所以粒子到达MN连线上的点与P点的距离即合位移为1=x2十y2=公 =202)vgE,故C项正确。速度方向与竖直方向夹角的正切值为an0=vy=12,可知0≠ 30°，故D项错误。 5.(多选)2023湖北真题，4分)一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放 置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为 45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L,到两极板距离均为 d,如图所示，忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是() 45 -2L 一L ◆独家授权侵权必究