必修 第三册 第1单元 第3课时 电容器 带电粒子在电场中的运动（Word教参）-【百汇大课堂】2026年高考物理总复习下册·第1轮（浙江专用）

第3课时　电容器　带电粒子在电场中的运动 目标 定位 1.掌握电容的定义式和平行板电容器的电容决定式，会分析电容器动态变化问题。2.利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动和偏转问题。 考点一　平行板电容器及其动态分析 [对应学生用书P9] 1．电容器 (1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。 (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。 (3)电容器的充、放电： ①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。 ②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。 2．电容 (1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板之间的电势差之比。 (2)定义式：C＝。 (3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝106μF＝1012pF。 (4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低。 (5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关。 3．平行板电容器的电容 (1)决定因素：两极板的正对面积、电介质的相对介电常数、两板间的距离。 (2)决定式：C＝。 1．两类典型问题 (1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变。 (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变。 2．两类典型动态分析思路比较 [典例1] (2024·湖州测试)如图所示，已经充电的平行板电容器两极板分别与静电计的金属球和大地连接。现将左边的极板由实线位置向左缓慢移动到虚线位置，移动后下列说法正确的是(　　) A．电容器电容变大 B．电容器所带电荷量不变 C．静电计指针偏角变小 D．两极板间的电场强度变大 B　解析：已经充电的平行板电容器与电源断开，电容器所带电荷量不变，B正确；电容器的电容C＝，现将左边的极板由实线位置向左缓慢移动到虚线位置，板间距离d增大，可知电容器的电容减小，A错误；两极板间的电压U＝，电容器所带电荷量不变，电容器的电容减小，可知电压U增大，即静电计指针偏角变大，C错误；两极板间的电场强度E＝＝＝，可见两极板间的电场强度与d无关，则两极板间的电场强度不变，D错误。 [典例2] (2024·浙江6月卷)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 D．电容器储存能量增大 D　解析：由电容的决定式C＝可得，当两极板间距d增大时，电容器的电容C减小，B错误；由于电荷量Q不变，由C＝可得极板间电势差U增大，A错误；由E＝＝＝可得极板间电场强度E不变，C错误；增大极板间距，需要克服电场力做功，由功能关系知，电容器储存能量增大(另解：电容器储存的能量为CU2＝，由于U增大，可得电容器储存能量增大)，D正确。 考点二　带电粒子在电场中的直线运动 [对应学生用书P10] 1．是否考虑重力依据情况而定 (1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力(但不能忽略质量)。 (2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略重力。 2．做直线运动的条件 (1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。 (2)粒子所受合外力F合≠0且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动。 3．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad。 4．用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv02。 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。 考向1带电粒子在电场中的直线运动 [典例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。 答案：(1)q　(2)　(3) 解析：(1)两极板间的电场强度E＝， 带电粒子所受的静电力F＝qE＝q。 (2)带电粒子从静止至运动到N板的过程，根据功能关系有qU＝mv2，得v＝。 (3)设带电粒子运动距离时的速度大小为v′，根据功能关系有q＝mv′2，带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2。有 ＝t1，＝v′t2，得t＝t1＋t2＝。 考向2带电体在电场中的直线运动 [典例4] (2024·舟山联考)如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，此时两板间的电势差为U，板间距离为d，A板带正电，B板中央有一小孔。一带正电的微粒，电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由下落，若微粒恰能落至A、B板的正中央C点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小 B．微粒落入电场中，电势能逐渐减小，其减小量为qU C．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能到达A板 D．若保持A板不动，B板向上平移一小段距离(小于h)，则由E＝可知，电场强度将减小 C　解析：微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小。重力一直做正功，重力势能一直减小，A错误；微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增大量为ΔEp＝qU，B错误；若微粒从距B板高2h处自由下落，假设到达A板的速度为v，由动能定理得mg(2h＋d)－qU＝mv2，带正电的微粒距B板高h处自由下落，若微粒恰能落至A、B板的正中央C点，由动能定理得mg(h＋)－qU＝0，联立以上两式解得v＝0，则恰好能到达A板，C正确；由C＝、C＝和E＝，可得E＝，平行板电容器充电后与电源断开，电容器所带电荷量不变，所以保持A板不动，B板向上平移一小段距离(小于h)，电场强度不变，D错误。 考点三　带电粒子在匀强电场中的偏转 [对应学生用书P11] 1．带电粒子垂直进入匀强电场中的偏转规律 偏转角的正弦tan θ＝＝＝＝；　 侧移距离y0＝＝，y＝y0＋Ltan θ＝(＋L)tan θ。 2．两个重要结论 (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度总是相同的。 (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。 3．功能关系：当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解，有qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y0，指初、末位置间的电势差。 [典例5] (2024·浙江1月卷)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vm。正对M放置一个金属网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．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mvm2＋eU C．电子从M到N过程中y方向位移大小最大为vmd D．M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零 C　解析：根据动能定理，从金属板M上逸出的光电子到达N板时eU＝Ekm－mvm2，则到达N板时的动能为Ekm＝eU＋mvm2，与两极板间距无关，与电子从金属板中逸出的方向无关，A、B错误；平行极板M射出的电子到达N板时在y方向的位移最大，则电子从M到N过程中y方向最大位移为y＝vmt，d＝，解得y＝vmd，C正确；M、N间加反向电压电流表示数恰好为零时，则eUc＝mvm2，解得Uc＝，D错误。 [典例6] (2025·台州检测)如图所示，质子(11H)和氦核(24He)均从静止开始经电势差为U1的电场AB加速后垂直进入电势差为U2的偏转电场CD，离开电场时偏转的距离为y，速度偏转的角度为θ。已知偏转电场两平行板间的距离为d，板长为L。不计重力的影响，已知质子和氦核的质量之比为1∶4，电荷量之比为1∶2。则下列说法正确的是(　　) A．质子偏转的距离y较大 B．氦核速度偏转的角度θ较小 C．氦核射出偏转电场时的动能较小 D．质子射出偏转电场时的速度较大 D　解析：带电粒子在加速电场中加速，根据动能定理可得qU1＝mv02，所以带电粒子进入偏转电场时速度的大小为v0＝；带电粒子进入偏转电场后偏转的距离y＝at2＝··()2＝，两种粒子的偏转距离相等，A错误；设粒子离开偏转电场时，垂直板方向的速度为vy，速度偏转角为θ，则vy＝at＝，tan θ＝＝＝，两种粒子的速度偏转角相等，B错误；粒子射出偏转电场时的动能Ek＝mv2＝m(v02＋vy2)＝qU1＋，动能与电荷量成正比，所以氦核射出偏转电场时的动能较大，C错误；粒子射出偏转电场时的速度v＝＝，所以质子射出偏转电场时的速度较大，D正确。 [典例7] 如图所示，真空环境中xOy平面的第Ⅰ象限内有方向平行于y轴的匀强电场，一电子从点P(0，L)以初速度v0垂直y轴射入电场中，从x轴上点Q(2L，0)射出。已知电子的电荷量为e，质量为m，不计电子受到的重力。 (1)求匀强电场的电场强度大小； (2)若在第Ⅳ象限内有一过O点且与x轴成30°角的足够长的平面感光胶片，求电子从P点射到感光胶片的时间。 答案：(1)　(2) 解析：(1)电子在电场中做类平抛运动，则有 2L＝v0t1，L＝at12，又a＝， 解得E＝。 (2)由(1)知电子在电场中运动的时间t1＝。 设电子射出电场时速度方向与x轴的夹角为θ，则有tan θ＝＝，vcos θ＝v0，则v＝2v0，θ＝60°。 由几何关系知三角形OQM为等腰三角形，则电子从Q到M的运动时间t2＝，所以电子从P点射到感光胶片的总时间 t＝t1＋t2＝。 1.(多选)(2024·宁波期中联考)过度肥胖常常会伴随高血压、高脂血症、动脉硬化、冠心病、糖尿病、胆囊炎等疾病。据报道，我国每年心源性猝死案例高达55万，而心脏骤停最有效的抢救方式是尽早通过AED自动除颤仪给予及时治疗。某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是15 μF，充电至9 kV时充电完成。如果电容器在2 ms时间内完成放电，则下列说法正确的是(　　) A．电容器的击穿电压等于9 kV B．电容器充满电的电容是15 μF，当放电量为一半时，电容器的电容仍是15 μF C．电容器充电完成后所带的电荷量为0.135 C D．电容器放电过程的平均电流强度为67.5 A 答案：BCD 2．某款伸展运动传感器的原理图如图所示，它由一电极和可伸缩复合驻极体组成，可在非接触状态下实现力电转换。电极通过电阻接地处理，当复合驻极体拉伸时，改变了电极上的感应电荷量，并产生电流。在拉伸复合驻极体的过程中(　　) A．电流自右向左流经电阻R B．驻极体与电极之间的电场强度将减小 C．驻极体内电荷相互作用的电势能减小 D．驻极体与电极之间的电势差将增大 B　解析：根据题意，复合驻极体被拉伸时，长度变大，带负电的离子在复合驻极体上变得稀疏，即与电极正对面积上的带负电的离子减少，因此电极上感应出的带正电的离子也要减少，减少的带正电的离子需大地中的电子来中和，电子自右向左流经电阻R至电极，故电流从左向右流经电阻R(点拨：电极上的电荷变化，意味着通过电阻R的电荷发生定向移动，即在宏观上形成电流)，A错误；在拉伸复合驻极体的过程中，驻极体与电极之间正对部分的电荷量减少，根据C＝和C＝可知，驻极体与电极之间的电势差减小，根据E＝(点拨：该公式用于匀强电场的计算，此处虽然不能用于计算，但是可以用于定性分析)可知，驻极体与电极之间的电场强度将减小，B正确，D错误；在拉伸复合驻极体的过程中， 由于复合驻极体的总体积未发生改变，单位体积内的离子数不变，则离子间的平均距离不变，离子间相互作用的电势能不变，C错误。 3.如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间电场为匀强电场，质子流以初速度v0垂直电场射入时，沿a轨迹落到下板的中央。现只改变一个条件，使质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(忽略重力影响)(　　) A．开关S断开 B．初速度变为3v0 C．板间电压变为 D．上板竖直移动，使板间距变为2d C　解析：断开开关，极板间的电压不变，两板间电场强度不变，故质子的运动轨迹不变，A错误；根据x＝v0t，a＝，y＝at2，可得y＝，从下板边缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2v0，或板间电压变为，或上板上移使板间距变为4d，B、D错误，C正确。 4．如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度的大小E＝(g为重力加速度)，A、B两物体通过绝缘竖直轻质弹簧相连放在水平地面上，A、B都处于静止状态。A、B质量均为m，其中A带正电，电荷量为＋q，B不带电。弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为Ep＝kx2，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。若不计空气阻力，不考虑物体A电荷量的变化，保持电场强度的大小不变，将电场方向改为竖直向上，下列说法正确的是(　　) A．电场换向的瞬间，物体A的加速度大小为g B．从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的速度一直增大 C．从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，物体A的机械能增加量等于物体A电势能的减少量 D．物体B刚要离开地面时，物体A的速度大小为g D　解析：在电场未换向时，物体A处于平衡状态，对A根据平衡条件可得qE＋mg＝F弹，电场换向瞬间，对物体A根据牛顿第二定律可得qE＋F弹－mg＝ma，解得a＝2g，A错误；在电场未换向时，弹簧处于压缩状态，压缩量为x0，根据qE＋mg＝kx0解得x0＝＝(点拨：假设物体B固定在地面上，则物体A在电场方向竖直向上之后，物体A的重力与静电力平衡，物体A在弹簧弹力作用下做简谐运动，物体A在最高点时，弹簧弹力大小为2mg，超过物体B的重力，即物体B 是会离开地面的)，物体B刚要离开地面时，弹簧处于伸长状态，伸长量为x1，对物体B根据平衡条件可得kx1＝mg，解得x1＝，物体A受向上的静电力与向下的重力，二力等大反向，可知物体A所受合力等于弹簧的弹力，则物体A所受合力先向上后向下，则加速度先向上后向下，物体A先向上加速后向上减速，B错误；从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，因x0＞x1，即从初态到末态弹簧的弹性势能减小，物体A的机械能增加量等于电势能的减少量与弹性势能的减少量之和，C错误；从电场换向瞬间到物体B刚要离开地面的过程中，对系统由能量守恒可知mv2＋mg(x0＋x1)＝qE(x0＋x1)＋kx02－kx12，解得物体B刚要离开地面时，物体A的速度大小v＝g，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$