第7章 第3节 电容器带电粒子在电场中的运动-【高考零起点】2026年新高考物理总复习（艺考）

零起点·物理 荷量为2×105C的电荷由A移到B,其 24.电场中某区域的电场线如图所示，A、B 电势能增加了0.2J。 是电场中的两点。一个电荷量q=+4.0 (1)电荷带正电还是负电？由A到B ×108C的点电荷在A点所受静电力F 静电力做的功WB为多少？ =2.0×104N,将该点电荷从A点移动 (2)A、B两点的电势差UB为多少？ 到B点，静电力做功W=8.0×107J。 (3)求匀强电场的场强的大小。 求： (1)A点电场强度的大小E4; 60 (2)A、B两点间的电势差UAB E B 第三节】 电容器带电粒子在电场中的运动 荷量的绝对值相同)。 知识梳理 2.电容 1.电容器 (1)电容器的电容是描述电容器容纳 (1)两个彼此绝缘而又互相靠近的导 电荷本领的物理量，它等于电容器的带电 体就组成一个电容器。电容器是用来容纳 荷量(Q)与两极间电势差(U)的比值，即C 电荷的用电器。 (2)电容器的带电荷量是指其中一个 号单位是法拉(P)。箭见的单位有微法 极板所带电荷量的绝对值（两个极板带电 (F),皮法(pF),它们与法拉之间的关系 86 第七章 静电场 如下： B.b、c两点间电势差减小 1uF=10-6F,1pF=10-12F C.c点电势升高 (2)电容的大小由电容器本身性质决 D.电容器所带电荷量增大 定，与电容器是否带电、带电荷量的多少、 例2 如图所示 板间电势差的多少无关。 是一个由电池、电阻 3.设平行板电容器的正对面积为S, R、开关S与平行板电 电容为C,带电荷量为Q,两极板间距离为 容器组成的串联电路， d,板间介质的介电常数为ε，极板间的电 开关闭合。在增大电 压为U,则 容器两极板间距离的过程中 (1)C=58 4m,其中名为静电力常量； A.电阻R中没有电流 B.电容器的电容变大 U C.电阻R中有从a流向b的电流 (2)由C= &S 号和B=可推导 D.电阻R中有从b流向a的电流 即E=和5 出E=4mkQ U 4πkQ 都可用来 例3一束初速不计的电子流在经U= d ES 5000V的加速电压加速后，在距两极板等 表示平行板电容器间的场强。 距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图 (3)当平行板电容器接上直流电源时， 所示，若板间距离d=1.0cm,板长l=5.0 它的电压不变，当它断掉电源时，极板上的 cm,那么，要使电子能从平行板间飞出，两 电荷量不变。 个极板上最多能加多大电压？ 4.带电粒子在电场中的运动 (1)带电粒子沿与电场线平行的方向 进入匀强电场，重力不计时，受到的电场力 与运动方向在同一条直线上，粒子做匀加 (匀减)速直线运动。 (2)带电粒子沿与电场线垂直的方向 进入匀强电场，做类平抛运动。 典例精析 例1平行板电容器 的两极板MN接在一恒 压电源上，N板接地。板 N 间有a、b、c三点，如图，若将上板M向下移 动少许至图中虚线位置，则 A.b点场强减小 零起点·物理 荷，流过电阻R的电流由N点流向 巩固练习 M点 1.水平放置的平行板电容器与一电池相 4.(多选)用控制变 连，在电容器的两板间有一带正电的质 量法，可以研究影 点处于静止状态，现将电容器两板间的 响平等板电容器 距离增大，则 ( 的因素（如图），设 A.电容变大，质点向上运动 两极板正对面积为S,极板间的距离为 B.电容变大，质点向下运动 d,静电计指针偏角为0。实验中，极板所 C.电容变小，质点保持静止 带电荷量不变，若 D.电容变小，质点向下运动 A.保持S不变，增大d,则0变大 2.（多选)一平行板电容器，两板之间的距 B.保持S不变，增大d,则0变小 离d和两板面积S都可以调节，电容器两 C.保持d不变，增大S,则0变小 板与电池相连接。以Q表示电容器的电 D.保持d不变，增大S,则0不变 荷量，E表示两极板间的电场强度，则 5.(多选)美国物理学家密立根通过研究平 行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确 A.当d增大、S不变时，Q减小、E减小 地测定了电子的电荷量。如图所示，平 B.当S增大、d不变时，Q增大、E增大 行板电容器两极板M、N相距d,两极板 C.当d减小、S增大时，Q增大、E增大 分别与电压为U的恒定电源两极连接， D.当S减小、d减小时，Q不变、E不变 极板M带正电。现有一质量为m的带电 3.（2024甘肃卷) 油滴在极板中央处于静止状态，且此时 平行板电容器充 极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为 放电电路如图所 飞，则 示。开关S接1， A.油滴带负电 电源E给电容器 C充电；开关S接2，电容器C对电阻R B油滴带电荷量为治 放电。下列说法正确的是 ( C.电容器的电容为mg A.充电过程中，电容器两极板间电势差 2 增加，充电电流增加 D.将极板N向下缓慢移动一小段距离，油 B.充电过程中，电容器的上极板带正电 滴将向上运动 荷、流过电阻R的电流由M点流向 N点 C.放电过程中，电容器两极板间电势差减 小，放电电流减小 第5题图 第6题图 D.放电过程中，电容器的上极板带负电 88 第七章 静电场 6.（多选)如图，在竖直向上的匀强电场中， A球位于B球的正上方，质量相等的两个 小球以相同初速度水平抛出，它们最后 落在水平面上同一点，其中只有一个小 A.增大偏转电压U 球带电，不计空气阻力，下列判断正确的 B.增大加速电压U。 是 ( C.增大偏转极板间距离 A.如果A球带电，则A球一定带正电 D.将发射电子改成发射负离子 B.如果A球带电，则A球的电势能一定 9.（多选)如图，平行板电容器的两个极板与 增加 水平地面成一角度，两极板与一直流电源相 C.如果B球带电，则B球一定带正电 连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直 D.如果B球带电，则B球的电势能一定 线通过电容器，则在此过程中，该粒子 增加 7.(2022湖北卷)密立根油滴实验装置如图 A. 所受重力与电场力平衡 所示，两块水平放置的金属板分别与电 B.电势能逐渐增加 源的正负极相接，板间产生匀强电场。 C.动能逐渐增加 用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从 D.做匀变速直线运动 上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口 喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势 差为U时，电荷量为q、半径为r的球状 油滴在板间保持静止。若仅将金属板间 电势差调整为2U,则在板间能保持静止 第9题图 第10题图 的球状油滴所带电荷量和半径可以为 10.（多选)如图所示，A板发出的电子经加 速后，水平射入水平放置的两平行金属 板间，金属板间所加的电压为U,电子最 终打在荧光屏P上，关于电子的运动， 则下列说法中正确的是 A.q,r B.2q,r A.滑动触头向右移动时，其他不变，则 C.2q,2r D.4g,2r 电子打在荧光屏上的位置上升 8.如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度 B.滑动触头向左移动时，其他不变，则 很小，可视为零)进人加速电场加速后，垂 电子打在荧光屏上的位置上升 直射入偏转电场，射出后偏转位移为y, C.电压U增大时，其他不变，则电子从 要使偏转位移增大，下列哪些措施是可 发出到打在荧光屏上的时间不变 行的（不考虑电子射出时碰到偏转电极 D.电压U增大时，其他不变，则电子打 板的情况)》 在荧光屏上的速度大小不变 89 零起点·物理 11.一个带负电荷g、质量为m的小球从光 间便产生电压。下列说法正确的是 滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑， ( 小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨 M 道的最高点B而做圆周运动。现在竖 直方向上加如图所示的匀强电场，若仍 从A点由静止释放该小球，则() X P 0 A.极板MWN是发电机的正极 B.仅增大两极板间的距离，极板间的电 压减小 A.小球不能过B点 B.小球仍恰好能过B点 C.仅增大等离子体的喷入速率，极板间 C.小球能过B点，且在B点与轨道之 的电压增大 D.仅增大喷入等离子体的正、负带电粒 间压力不为0 子数密度，极板间的电压增大 D.以上说法都不对 12.(2021全国乙卷)（多选）四个带电粒子 14.如图所示，两平行金属板相距d,电势差 的电荷量和质量分别(+q,m)、（+q, 为U,一电子质量为m,电荷量为e,从 0点沿垂直于极板的方向射出，最远到 2m)、(+3q,3m)、(-q,m),它们先后以 相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射 达A点，然后返回，OA=L,此电子具有 入一匀强电场中，电场方向与y轴平行， 的初动能为多少？ 不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨 迹的图像中，可能正确的是 13.磁流体发电机的原理如图所示，MN和 PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于 纸面向里。等离子体（即高温下电离的 气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧 以某一速度平行于极板喷人磁场，极板 90 第七章静电场 15.如图所示，平行板电容器竖直放置在水 16.如图所示，一电荷量为+g、质量为m的 平绝缘地板上，场强方向水平向右。一 小物块处于一倾角为37°的光滑斜面 个带电质点质量m=0.10g,电荷量g= 上，当整个装置被置于一水平向右的匀 -2.0×104C,从电容器中心线上某点 强电场中，小物块恰好静止，重力加速 由静止开始自由下落，下落了h,= 度取g,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 0.80m后进入匀强电场，又下落了h2= 求： 1.0m后到达水平绝缘地板，落地点在 (1)水平向右电场的电场强度； 两板中心0点左侧s=20cm处。求电 容器中匀强电场的场强E的大小。 (2)若将电场强度诚小为原来的2，物 块的加速度是多大； (3)电场强度变化后物块下滑距离L时 的动能。 E 37 9沿OA方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功， 故C错误；A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势 降低，移动到无穷远处时，0点的电势高于A点电势，故 D正确。故选D。 23.(1)负电-0.2J(2)104V(3)10V/m 【解析】(1)因电势能增加0.2J,即电场力做功W= -02J,则带负电； (2)由A→B电场力做负功q=-2×10C a-g=2x105V=10y 则UAB=一=1 (3)根据匀强电场中的关系式有U=Ed 由几何关系可知d=LABCOS60°=0.01m 8-10V/m 则E= d 24.(1)5.0×103N/C(2)20V【解析】(1)A点电 场强度E4= FA_2.0x104N 5.0x103N/C q4.0x108C (2)AB两点间的电势差U=四_80x10 V=20V 94.0x108 第三节电容器带电粒子在电场中的运动 典例精析 例1D 【解析】电容器接在一恒压电源上，电压不变，d减 知两板间电场强度增大，选项A错误；由 U 小，根据E= 于电容器两板间电场强度增大，由U=Ed知，b、c两，点间 的电势差增大，选项B错误；N板接地，电势为零，因E 增大，三，点距N板的距离不变，由U=Ed知，各点到N板 间的电势差增大，所以各点的电势均降低，选项C错误； d减小，根据C=4mk 知电容增大，由Q=CU,电容器所带 电荷量增大，选项D正确。故选D。 例2C 【解析】图中电容器被充电，A极板带正电，B极板 根据平行板电容器的大小决定因素 知当增大电容器两极板间距离d时，电容C变小。由于 电容器始终与电池相连，电容器两极板间电压U保持 不变，根据电容的定义C=?,当C减小时电容器两极 UAB 板所带电荷量Q都要减少，电源正极的负电荷从b到α 流向A中和掉A板上的部分正电荷，即电阻R中有从a 流向b的电流。所以选项C正确。 例3400V 【解析】当电子从极板边缘飞出时，所加电压最大， 即电子%转位移为受；电子飞出加速电场的时有 1 Ue=2 mv ·3 电子进入电场后偏转，水平方向 l=vot Ue 竖直方向加速度a= md d1 U el2 222- 2mdv 联立解得 2d2_2×(0.01)2 U1= (0.05)2x5000V=400V = 两个极板上最多能加的电压为400V。 巩固练习 1.D【解析】因质点处于静止状态，则有gE=mg, 电场力向上；由C=可知，当d增大时，C减小，因 电容器与电池相连，所以两端的电势差不变，因d增大， 由E=V可知，极板间的场强减小，故电场力小于重力； d 故质，点将向下运动，选项D正确。 2.AC【解析】电容器两板与电池两极始终保持相 连接，表明U不变。 当1增大，5不变时，由C=可如C戒小，由C 名知Q减小，由E=号知E减小，选项A正确) d ES 当s增大，d不变时，由C=4可知C增大，由C: 号知Q增大，由5=号知B不交，选项B错误； 当d减小，S增大时，由C=4na可知C增大，由C 号知Q增大，由E=智知g增大，选项C正确， 昏8减小，山止小时，由C可知C无法判断，Q 无法判断，由E=一知E增大，选项D错误 3.C【解析】充电过程中，随着电容器带电荷量的 增加，电容器两极板间电势差增加，充电电流在减小，故 A错误；根据电路图可知，充电过程中，电容器的上极板 带正电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点，故B错 误：放电过程中，随着电容器带电荷量的减小，电容器两 极板间电势差减小，放电电流在减小，故C正确；根据电 路图可知，放电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过 电阻R的电流由M点流向N点，故D错误。 4.AC【解析】保持S,不变，增大d,由电容器的决 定式C= ,八知，电容变小，带电荷量不变，由电容的定 4mπkd 义式C=9分析可知电容器板间电压增大，则0变大，选 U 项A正确，B错误；保持d不变，S增大，由电容器的决定 式c= 4知，电容变大，常电荷量不变，由电容的定义 式C=9分析可知电容器板间电压减小，则0变小，选项 C正确，D错误。 5.AC【解析】由题，带电荷量为g的微粒静止不 动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强 方向竖直向下，则微粒带负电，选项A正确。由平衡条 ，得油滴带电荷量9=”，选项B错误。根 90 件得mg= 据U=2,结合9B=mg,且0=，则得电容器的电客C 名看受，选项C正痛。板板N自下接侵移动 一小段距离，电容器两极板距离d增大，板间场强减小， 微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动，选项 D错误。 6.CD【解析】两个小球以相同初速度水平抛出， 它们最后落在水平面上同一点，根据公式有x=ot,可知 两球下落时间相同，两小球下落高度不同，根据公式= 厂)，可知A球的加速度大于B球加速度。故若A球 带电，必定带负电，受到向下的电场力作用，电场力做正 功，电势能减小。若B球带电，必定带正电，受到向上的 电场力作用，电场力做负功，电势能增加。故选C、D。 7D【解析】初始状态下，液滴处于静止状态时，满 U4 足B网=mg,即9=3mr·pg 当电势差调整为2U时，若液滴的半径不变，则满足 =号r·s,可得g=号，AB错误；当电势差润鉴 2U, 为2U时，若液滴的半径变为2x时，则满足2， 4 9=3π (2r)3·Pg,可得q=4g,C错误，D正确。故选D。 8.A【解析】经加速电场后的速度为v,则eU。= 2m,所以电子进入偏转电场时速度的大小0= 0电予进入偏转电场后的偏转的位移y m 2md日)40，可见，要增大y,可行的方法有：增大 eU(1)2U2 偏转电压U,减小加速电压U。,或减小偏转电场极板间 距离d,与粒子的电性和质量无关，选项A正确。 9.BD【解析】带电粒子在电场中受到电场力与重 力，根据题意可知，粒子做直线运动，电场力必定垂直极 板向上，电场力与重力的合力必定与速度方向反向，粒 子做匀减速直线运动，选项A错误，D正确：电场力垂直 于极板向上，电场力做负功，则电势能增加，选项B正 确；因重力不做功，电场力做负功，则电势能增加，导致 动能减小，选项C错误。 ·3 10.BC【解析】电子在加速电场中做加速运动，根 据动能定理得U=2m,则得电子获得的速度，= √P。电避入偏转电场后微类平抛运动，电子在沿 极板方向做匀速直线运动，粒子在电场中运动时间t= L,在平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动， 1 加速度a=,电子在电场方向偏转的位移y=)a,联 UU0' 立以上各式得y4又周为偏转电场方向向下，所以 电子在偏转电场里向上偏转。滑动触头向右移动时，加 速电压U。变大，由上可知电子偏转位移变小，因为电子 向上偏转，故在屏上的位置下降，相反，滑动触头向左移 动时，电子打在荧光屏上的位置上升，选项A错误，B正 确；电子在电场中运动的时间不变，离开电场后做匀速 直线运动，由于水平速度不变，运动时间也不变，所以电 子从发出到打在荧光屏上的时间不变，选项C正确；偏 转电压·增大时，电子在偏转电场中受到的电场力增 大，即电子偏转的加速度α增大，又因为电子加速获得 的速度v不变，电子在电场中运动的时间不变，a增大， 而电子打在屏上的速度v'=√0+(at)2,故电子打在屏 上的速度增大，故D错误。 11.B【解析】没有电场时，最高点速度设为v,则 mg=m R 1 又根据机械能守恒定律得mg(h-2R)=2mu 解得么=子R 加上电场时，恰好过最高点的速度设为v'。 0'2 则得mg-qE=mR 解得'=√ (mg-qE)R m 根据动能定理有mg(h-2R)-gB(h-2R)= (mg-gE)R 解得=m ,说明小球仍恰好能过B点， s球与轨道间无作用力，选项B正确，A、C、D错误。 12.AD【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛 运动，加速度-9，由类平抛运动规律可知，带电粒子 m 的在电场中运动时间t=生，带电粒子的偏转角的正切 值an0=--9,因为四个带电的粒子的初速相 Vx vo mvg 同，电场强度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个 带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子 与另外三个粒子的偏转方向不同；(+q,m)粒子与(+3q, 3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与 （-q,m)粒子的比荷也相同，所以(+q,m)、(+3q,3m)、 (-q,m)三个粒子偏转角相同，但(-q,m)粒子与前两个 粒子的偏转方向相反；(+q,2m)粒子的比荷与(+q,m)、 （+3g,3m)粒子的比荷小，所以(+q,2m)粒子比(+q, m)、(+3g,3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向 相同。故选A、D。 13.AC【解析】带正电的离子受到的洛伦兹力向上 偏转，极板MN带正电为发电机正极，A正确：当极板间 U 电压稳定时，此时令极板间距为d,则g如B=g,可得U =Bd,因此增大间距U变大，增大速率U变大，U大小和 粒子数密度无关，B、D错误，C正确。 日，电子 14.e0L解析】两极板间的电场强度E=乙 从0到A的过程中，由动能定理-EL=0-Eo,解 得E=e d 15.5V/m【解析】带电质点先做自由落体运动，后 做偏转运动，设自由落体运动的时间七1，在竖直方向上 A=习A+h,微偏转运动的时间为所以 有2=t-=0.2。在水平方向有s=25,由牛顿第二 定律，则有gB=ma,解得E=mX2=5VWm。 qt吃 16.(1)3m5(2)0.3g(3)0.3mgl【解析】(1)对 物体进行受力分析，建立如图所示坐标系： F 037 mg 根据平衡关系列方程，在x轴方向有Fcos37°= mgsin37°。在y轴方向有FN=mgcos37°+Fsin37°。联 3 立解得F=4g。在电场中电场力F=gb,可得电场强 度E= F 3mg q 4g (2)物体在沿斜面方向由牛顿第二定律有mgsin37°- F'cos37°=ma。若E'=),则F产=s3 28mg,则物体产生 的加速度a=0.3g(方向沿沿斜面向下)。 (3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功， 电场力做负功，由动能定理有mgLsin37°-gE'Lcos37°=E 0,可得动能E.=0.3mgL。 ·3 第八章恒定电流 第一节电阻定律和部分电路的欧姆定律 典例精析 例1D 【解析】根据及=印片可知，选用同材质、较粗校短 的电阻丝，则电阻减小，选项A错误；根据R=p专可知， 选用同材质、同粗细但较短的电阻丝，则电阻减小，选项 B错误；根据R=印名可知，选用同材质、同长度但较粗 的电胆丝，则电肌减小，选项C辑误；根搭R=台可知， 仅增加电阻丝的长度，可使电阻增加，选项D正确；故 选D。 例252 【解析】S1和S2都断开时： E E R+R3+R400+RA S1、S2都闭合时： E R2 一，1'=R+R2 6 1+2RR2 R2 R1+R2 所以1'=7·600+30 6 E E +30Ω 452 70 由I1'=L1,解得R4=52。 例318V,减少了3.6×105C【解析】在电路 中，C1、C2的作用是断路，当S断开时，全电路无电流，B、 C等势，A、D等势，则UB=UAc=Ucn=18V。 C1所带的电荷量Q1=C,Um=6×10-6×18=1.08× 104C S闭合时，电路由R1、R2串联，C1两端的电压即R1 上两端的电压，0c=R.+BR,=2×6V=12V C1的带电荷量Q1'=C1U4c=6×106×12C=0.72× 10-4C 故C1的带电荷量改变了△Q=Q1'-Q1=0.72×104 C-1.08×10-4C=-0.36×104C,C=-3.6×10-5C,负号表 示减少。 巩固练习 1.C【解析】物理学中规定电流方向为正电荷定向 移动方向，与负电荷定向移动方向相反，选C。 2C【解析】根据电阻定律R=D片，如果托导线A 均匀拉长到原来的2信，则横减面积变为原来的2，则