期末专题复习 专题03 电容器 带电粒子在电场中的运动 讲义 -2025-2026学年高二上学期物理人教版必修第三册

该高中物理讲义围绕“电容器 带电粒子在电场中的运动”单元，通过对比表格梳理平行板电容器两类动态问题，结合知识框架图呈现带电粒子直线运动、偏转的规律体系，涵盖电容定义、场强计算等核心概念，突出运动与相互作用、能量转化的物理观念，构建逻辑清晰的知识脉络。 讲义特色在于典例设计融合生活情境与实验背景，如电容式话筒动态分析、汤姆孙测比荷实验，通过运动分解、图像斜率分析等方法培养科学思维，分层例题（★★到★★★）适配不同学生，配套答题模板与易错提醒，助力教师精准教学，提升学生问题解决能力。

专题03 电容器 带电粒子在电场中的运动 考点01（★★）平行板电容器的动态分析 3 考点02（★★）带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 6 考点03（★★）带电粒子(或带电体)在电场中的偏转 11 考点04（★★★）电场中的图像问题 15 一、电容器　电容 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)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。 (2)定义式：C＝＝。 (3)单位：法拉(F)，1 F＝_106__ μF＝_1012__pF。 (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 (1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的_正对面积__成正比，与电介质的_相对介电常数__成正比，与_两极间的距离__成反比。 (2)决定式：C＝，k为静电力常量。 二、带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中的加速 (1)处理方法：利用动能定理qU＝ mv2－mv　。 (2)适用范围：_任何电场__。 2．带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)研究条件：带电粒子_垂直__于电场方向进入匀强电场。 (2)处理方法：类似于_平抛运动__，应用运动的合成与分解的方法。 ①沿初速度方向做_匀速直线__运动，运动时间t＝ 　。 ②沿电场方向，做初速度为零的_匀加速直线__运动。 考点01（★★）平行板电容器的动态分析 1．电容器两类问题的比较 分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开 不变量 U Q d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变 S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小 εr变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小 2．两类典型动态分析思路 【典例1】（2024秋•深圳期末）如图所示为电容式话筒含有电容式传感器，导电性振动膜片与固定电极构成一个电容器，当振动膜片在声压的作用下运动时，两个电极间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就转变为电信号。当振动膜片向左运动时，下列说法正确的是 A．电容器电容增大 B．电容器所带电荷量增加 C．电容器两极板间的场强减小 D．电阻上电流方向自右向左 【答案】 【分析】电容器与电源相连，电容器板间电压不变，由分析场强变化。根据电容的决定式分析电容的变化，再由电容的定义式分析电容器带电量的变化，即可判断流过电阻的电流方向。 【解答】解：．当振动膜片向左运动时，电容器的极板间距变大，根据电容的决定式可知电容变小，故错误； ．由于电容器两端电压等于电源电压不变，根据可知当电容变小时，所带电荷量减少，故错误； ．当极板间距变大时，由于电容器两端电压等于电源电压不变，由可知电容器两极板间的场强减小，故正确； ．根据项分析电容器所带电荷量减少，电容器放电，电容器左边极板带正电，故可知此时放电电流通过电阻上时方向自左向右，故错误。 故选：。 【典例2】（2024秋•长沙期末）如图，平行板电容器与一直流电源连接，下极板接地，静电计金属球与电容器上极板连接，静电计开始时所带电荷量很少，可忽略。开关闭合，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的点。若断开开关，将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是　　 A．带电油滴向下运动 B．静电计指针的张角保持不变 C．点电势变小 D．带电油滴的电势能变小 【答案】 【分析】断开开关，电容器所带电荷量保持不变，将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离，根据电容的决定式分析电容的变化，根据电容的定义式分析电容器极板间电压的变化，即可知道静电计指针的张角变化；根据、和相结合分析板间电场强度的变化，再判断油滴的运动情况；根据分析点与下极板距离间电势差的变化，判断点电势的变化，再分析带电油滴的电势能变化。 【解答】解：、若断开开关，由于静电计所带电荷量很少，可忽略不计，所以可认为电容器所带电荷量保持不变。将平行板电容器的下极板竖直向下平移一小段距离，板间距离增大，根据可知，电容器的电容变小，由分析可知，电容器极板间电压增大，则静电计指针的张角变大，故错误； 、根据可知，板间电场强度不变，带电油滴受到的电场力保持不变，则带电油滴仍保持静止状态，故错误； 、根据，由于板间电场强度不变，点与下极板距离变大，又下极板接地，电势为零，可知点电势变大；根据平衡条件可知，带电油滴受到的电场力竖直向上，与电场方向相反，则带电油滴带负电，根据，可知带电油滴在点电势能变小，故错误，正确。 故选：。 【典例3】（2025春•南京期末）如图所示，平行板电容器与直流电源相连接，一带电油滴位于电容器中的点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中　　 A．点电势将变大 B．电容器所带的电荷量增大 C．电流计中的电流从流向 D．油滴将向下加速运动 【答案】 【分析】根据分析电容的变化情况，结合电容器的电压不变，根据分析电容器所带的电荷量变化情况，进而判断电路中电流方向；根据分析板间场强的变化，判断油滴受到的电场力变化，进而判断油滴的运动方向，进而分析电势变化。 【解答】解：、根据电容的决定式可知，电容器的两极板缓慢地错开一些，两极板的正对面积减小，电容器的电容减小，根据电容的定义式，因电容器极板间电压保持不变，电容器的电容减小，则电容器所带的电荷量减小，电容器处于放电状态，所以电流计中的电流从流向，故正确，错误； 、根据，因电容器极板间电压不变，板间距离不变，所以场强不变，油滴受到的电场力不变，油滴仍处于静止状态，根据可知，点电势将不变，故错误。 故选：。 考点02（★★）带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 1．带电粒子(或带电体)在电场中运动时是否考虑重力的处理方法 (1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。 (2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都要考虑重力。 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，且合外力与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做变速直线运动；若电场为匀强电场，则带电粒子做匀变速直线运动。 【典例4】（2024秋•五华区校级期末）如图所示，真空中平行金属板、之间距离为，两板所加的电压为。一质量为、电荷量为的带正电粒子从板由静止释放。不计带电粒子的重力。 （1）求带电粒子所受的静电力的大小； （2）求带电粒子到达板时的速度大小； （3）若在带电粒子运动距离时撤去所加电压，求该粒子从板运动到板经历的时间。 【答案】（1）带电粒子所受的静电力的大小为； （2）带电粒子到达板时的速度大小为； （3）该粒子从板运动到板经历的时间为。 【分析】（1）先根据求出场强的大小，再结合计算出粒子所受到的静电力的大小； （2）根据动能定理求解粒子到达板时的速度大小； （3）撤去电压前，带电粒子做匀加速直线运动，之后做匀速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式分段计算出粒子的运动时间，最后相加即可。 【解答】解：（1）金属板、之间电场强度大小为 则带电粒子受到的静电力的大小为 （2）带电粒子从板到板的过程，根据动能定理得 解得： （3）带电粒子在撤去电压前做匀加速直线运动，之后做匀速直线运动，则 其中 该粒子从板运动到板经历的时间为 联立解得： 答：（1）带电粒子所受的静电力的大小为； （2）带电粒子到达板时的速度大小为； （3）该粒子从板运动到板经历的时间为。 【典例5】（2024秋•清远期末）在汤姆孙测阴极射线比荷的实验中，采用了如图所示的阴极射线管，从发射的阴极射线经过电场加速后，水平射入长度为的、平行板间，打在荧光屏中心处出现光斑。在、间加方向向上、场强为的匀强电场，阴极射线将向下偏转，荧光屏上处出现光斑；再利用通电线圈在、电场区域加上一垂直纸面的磁感应强度为的匀强磁场（图中未画出），荧光斑恰好回到荧光屏中心处；去掉电场，阴极射线向上偏转，离开磁场区域时偏转角为，试解决下列问题： （1）判断阴极射线的电性并写出依据； （2）判断、之间所加磁场方向并求出粒子速度； （3）根据、、和，求出阴极射线的比荷。 【答案】（1）电场方向向上，而阴极射线向下偏转，说明阴极射线受到向下的电场力，电场力与电场方向相反，故阴极射线带负电； （2）、之间所加磁场方向磁场应垂直纸面向外，粒子速度； （3）根据、、和，阴极射线的比荷。 【分析】（1）利用电场对阴极射线的偏转方向，结合电场方向与静电力方向的关系判断电性； （2）根据电场与磁场叠加后阴极射线做匀速直线运动，分析洛伦兹力方向，再用左手定则确定磁场方向，通过平衡条件求速度； （3）去掉电场后阴极射线在磁场中做圆周运动，结合几何关系（弦长与半径、偏转角的关系）和洛伦兹力提供向心力的公式，推导比荷。 【解答】解：（1）电场方向向上，而阴极射线向下偏转，说明阴极射线受到向下的电场力，电场力与电场方向相反，故阴极射线带负电； （2）要使加上磁场后光斑回到中心，磁场力需与电场力大小相等、方向相反，对速度水平向右且带负电的粒子，要使洛伦兹力向上，磁场应垂直纸面向外，且 由平衡条件得所以； （3）去掉电场后，粒子仅在垂直纸面的匀强磁场中做匀速圆周运动，速度大小不变，出磁场时速度偏转角为，则， 联立可得 答：（1）电场方向向上，而阴极射线向下偏转，说明阴极射线受到向下的电场力，电场力与电场方向相反，故阴极射线带负电； （2）、之间所加磁场方向磁场应垂直纸面向外，粒子速度； （3）根据、、和，阴极射线的比荷。 【典例6】（2024春•湖南期末）如图，在板附近有电荷（不计重力）由静止开始向板运动，则以下解释正确的是　　 A．到达板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关 B．电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越短，加速度越小 C．电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大 D．若加速电压与电量均变为原来的2倍，则到达板的速率变为原来的2倍 【答案】 【分析】粒子运动过程只有电场力做功，根据动能定理列式，得到粒子到达板的速率表达式，再分析该速率与哪些因素有关；应用牛顿第二定律、运动学公式列式，来分析加速度和运动时间的变化。 【解答】解：、根据动能定理得 可得粒子到达板的速率为 可知到达板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故错误； 、根据运动学公式有 由牛顿第二定律有 可知两板间距离越大，加速度越小，加速的时间越长，故错误； 、粒子到达板的速率为 则知若加速电压、与电量均变为原来的2倍，则粒子到达板的速率变为原来的2倍，故正确。 故选：。 考点03（★★）带电粒子(或带电体)在电场中的偏转 1．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论 (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，偏移量和偏转角总是相同的。 证明：由qU0＝mv y＝at2＝··2 tan θ＝ 得：y＝，tan θ＝。 (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到偏转电场边缘的距离为。 2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系 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：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝U，指初、末位置间的电势差。 【典例7】（2025春•镇江期末）如图所示，两个粒子和电荷量之比为，以相同的初动能垂直射入偏转电场（不计粒子重力），则这两个粒子射出电场时的侧位移之比为　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据带电粒子在电场中的分运动特点，可得到侧位移的表达式，根据两粒子的电荷量、初动能关系，即可计算侧位移之比。 【解答】解：根据带电粒子在电场中做类平抛运动，可知在水平方向：，竖直方向：，，其初动能为：， 可得到侧位移：，根据两粒子的电荷量之比为，初动能相等，即可得侧位移之比为：，故错误，正确。 故选：。 【典例8】（2025春•沙坪坝区校级期末）如图所示，空间中有两块水平的带电平行金属板、，两板间距为，两板间的电压为。一质量为、电荷量为且可视为质点的小球，从距上极板竖直距离为的点以水平速度飞入两极板间，恰好从下极板的右端点飞出。已知重力加速度取，不计空气阻力，则下列说法正确的是　　 A．上极板带负电 B．该过程中，小球电势能增加 C．小球从下极板右端点飞出时速度大小为 D．极板的长度为 【答案】 【分析】小球带正电且向下偏转，说明电场力向下，上极板带正电。电场力做正功，电势能减少。竖直方向受电场力和重力作用，加速度可由合力与质量关系求出。水平速度恒定，运动时间由竖直位移和加速度决定，进而求出极板长度和飞出时合速度。 【解答】解：、由于带正电的小球进入电场后向下偏转，即受到向下的电场力，故电场强度方向向下，上极板带正电。错误； 、小球运动过程中，电场力做正功，小球电势能减少。故错误； 、在电场中：，则小球在竖直方向：，，由于恰好从下极板右端点飞出，，整理得：，解得运动时间：。 即飞出时速度，解得：，极板长度，解得：。故正确，错误。 故选：。 【典例9】（2025春•南岗区校级期末）如图，有、、三种带正电粒子（不计重力）分别在电压为的电场中的点静止开始加速。从孔射出，然后射入电压为的平行金属板间的电场中，入射方向与极板平行，在满足带正电粒子能射出平行板电场区域的条件下，则　　 A．三种粒子在电场中的加速度之比为 B．三种粒子在电场中的运动轨迹一定不会重合的 C．三种粒子进入偏转电场时的速度大小之比为 D．三种粒子从偏转电场出来时动能之比为 【答案】 【分析】、利用牛顿第二定律可得粒子在电场中的加速度大小，则可得解； 、在加速电场利用动能定理列式，可得粒子进入偏转电场时速度的表达式，则可得解； 、在偏转电场利用牛顿第二定律可得加速度大小，利用水平方向和竖直方向的位移列式，联立方程可得偏移量的表达式，则可得结论； 、全过程利用动能定理可得粒子从偏转电场出来时的动能表达式，则可得解。 【解答】解：、由牛顿第二定律可得粒子在电场中的加速度大小为：，可知加速度与成正比，所以三种粒子在电场中的加速度大小之比为：，故错误； 、粒子经过加速电场过程，由动能定理有：，可得：，可知与成正比，所以三种粒子进入偏转电场时的速度大小之比为：，故错误； 、粒子在偏转电场中做类平抛运动，设板长为，板间距为，由牛顿第二定律可得加速度，水平方向有：，竖直方向有： 联立方程可得：，可知粒子在偏转电场中的偏移量与粒子的电荷量和质量均无关，即三种粒子在偏转电场中的偏移量相同，则三种粒子在电场中的运动轨迹一定是重合的，故错误； 、粒子在加速电场和偏转电场过程，由动能定理可得粒子从偏转电场出来时的动能为：，三种粒子的偏移量相等，可知之比等于之比，所以，故正确。 故选：。 考点04（★★★）电场中的图像问题 1．v－t图像 (1)由v－t图像中图线的斜率变化分析带电粒子的加速度a的大小变化。 (2)根据牛顿第二定律a＝＝，判断电场强度E的大小变化。 (3)根据v－t图像分析带电粒子做加速运动还是减速运动，结合带电粒子的电性分析电场强度的方向。 (4)由电场强度的大小和方向分析电场的其他性质，如电场线、等势面的分布及电势的变化等。 2．E－x图像 (1)反映了电场强度随位移变化的规律。 (2)E>0表示场强沿正方向；E<0表示场强沿负方向。 (3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，“面积”的正负表示始末两点电势的高低。 3．φ－x图像 (1)电场强度的大小等于φ－x图线切线的斜率大小，电场强度为0处，φ－x图线存在极值，其切线的斜率为0。 (2)在φ－x图像中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。 (3)在φ－x图像中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。 4．Ek－x图像 (1)函数关系表达式：F合·Δx＝ΔEk。 (2)图像斜率物理含义：合外力(F合)。 (3)纵截距表示初动能。 5．Ep－x图像 (1)描述电势能随位移变化的规律。 (2)根据电势能的变化可以判断静电力做功的正负。 (3)根据W＝Fx＝Ep0－Ep，整理得Ep＝Ep0－Fx，图像Ep－x的斜率大小为静电力大小。 【典例10】（2025春•商丘期末）一带正电的粒子只在电场力作用下沿轴运动，其电势能随位移变化的关系如图所示，如果电场是由固定原点和在轴负半轴上点电荷、（电荷量和电性均未知）共同产生的，图线最高点对应横坐标为，下列说法正确的是　　 A．和一定带有同种电荷 B．处的电场强度为零 C．从到的过程中带电粒子的加速度一直增大 D．从到的过程中带电粒子的速度一直减小 【答案】 【分析】根据电场中电势分布可以确定点电荷带电性质，根据电势能的变化可以分析电场力做功问题，从而判断电场强度方向，最后根据场强为零的位置；图像切线的斜率表示电场强度，然后结合牛顿第二定律判断加速度的变化；结合电势能的变化判断动能的变化和速度的变化。 【解答】解：．根据电势能的定义式，结合图像可知处的电势等于零，所以和带有异种电荷，故错误； ．根据电势能与电势的关系 场强与电势的关系 可得 由数学知识可知图像切线的斜率等于 图像切线的斜率表示电场力的大小，则处的电场力不为0； 由可知，处的电场强度不为0，故错误； ．图像切线的斜率表示电场力的大小，可知从到粒子受到的电场力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知其加速度也逐渐减小，故错误； ．只在电场力作用下粒子的动能与电势能之和不变，可知从到粒子的动能一直减小，其速度一直减小，故正确。 故选：。 【典例11】（2025春•镇江期末）沿空间某直线建立轴，该直线上的静电场方向平行于轴，其电势随轴上位置变化规律如图所示，一电荷量大小为的粒子在点由静止释放，粒子向轴正方向运动，不计粒子的重力，下列判断正确的是　　 A．处的场强小于处的场强 B．粒子在处的速度最大 C．粒子经过的动能为 D．粒子在点和之间来回运动 【答案】 【分析】根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断场强方向，结合粒子所受电场力方向分析粒子的电性；图像斜率即为电场强度；根据电场力做功情况判断动能变化。 【解答】解：、图像斜率即为电场强度，结合图可知处的场强大于处的场强，故错误； 、根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知在点到之间，电场沿轴负方向；在与之间，电场方向沿正方向。根据题意可知粒子从点由静止开始先加速到后减速到点，所以粒子在到段受到的电场力方向向右，与电场方向相反，所以粒子带负电，且粒子在到段受到的电场力做正功，而在与之间电场力做负功，所以粒子在处的速度最大，故正确； 、粒子在到段受到的电场力做正功，粒子的速度增大，在与之间受到的电场力做负功，粒子的速度减小。由于点与点电势都是零，所以粒子在达到处时速度减为零，粒子将在点和之间来回运动，不能达到处，故错误。 故选：。 【典例12】（2025春•河北期末）如图甲所示，绝缘粗糙水平面上处和处分别固定两个点电荷（场源电荷），其中处的电荷量大小为。以无限远处作为零电势点，两点电荷在轴上形成的电场其电势与关系如图乙所示，其中坐标原点处电势为、且为极小值，和处电势分别为和。下列说法正确的是　　 A．处的电荷的电荷量为 B．处和处的场强等大反向 C．处无初速度释放一个带正电的光滑质点物块，物块会以点为中心来回往返运动 D．质量为，电荷量为的带电物体（视为质点），与地面动摩擦因数为，欲使它从点向右出发刚好到达处，则物体在坐标原点处的初速度大小为 【答案】 【分析】根据场强的计算公式列式得出电荷的电量比值关系；根据图像的斜率表示场强的大小判断；根据电势能的变化判断；根据动能定理解得初速度。 【解答】解：、由图像的斜率等于场强可知，在处的场强为零，则，可得：，故错误； 、图像的斜率表示场强的大小，通过该图线能看出处和处的场强大小不相等，故错误； 、该图线关于轴不对称，处和处的电势大小不相等，所以从处无初速度释放一个带正电的光滑质点物块，物块会来回往返运动，但不是以点为中心，故错误； 、设物体在坐标原点处的初速度大小为，物体在运动过程中，由动能定理可得 代入数据解得：，故正确。 故选：。 学科网（北京）股份有限公司 $