第9章　第24讲　电容器　带电粒子在电场中的运动 课件 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“电容器 带电粒子在电场中的运动”核心考点，依据高考评价体系梳理了电容定义与决定式、平行板电容器动态分析、带电粒子加速与偏转三大考查模块，通过考点权重分析明确动态分析和偏转问题占比超60%，归纳选择、计算等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“科学思维引领+真题深度解析+应试策略指导”，如平行板电容器动态分析中，通过对比充电后与电源连接（U不变）和断开（Q不变）两类模型，培养学生模型建构与科学推理素养，带电粒子偏转问题提炼运动合成与分解通法，结合易错辨析（如电容与Q、U无关）帮助学生规避陷阱，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

第24讲　电容器 带电粒子在电场中的运动 一、电容器　电容 1．电容器 (1)电荷量：一个极板所带电荷量的_________。 (2)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___________，电容器中储存_________。 ②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中________转化为其他形式的能。 绝对值 异种电荷 电场能 电场能 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 2．电容 (1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。 106 1012 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 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___________成正比，与电介质的_______________成正比，与_______________成反比。 正对面积 相对介电常数 两极间的距离 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 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＝__________________。 (2)适用范围：___________。 2．带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)研究条件：带电粒子_______于电场方向进入匀强电场。 (2)处理方法：类似于___________，应用运动的合成与分解的方法。 ①沿初速度方向做___________运动，运动时间t＝______。 ②沿电场方向，做初速度为零的_____________运动。 任何电场 垂直 平抛运动 匀速直线 匀加速直线 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 1.电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。(　　 ) 2．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。(　　 ) 3．放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。(　　 ) 4．带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(　　 ) 5．带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。(　　 ) 6．示波管屏幕上的亮线是由于电子束高速撞击荧光屏而产生的。(　　 ) 7．带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。(　　 ) × × × × √ √ × 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 1 平行板电容器的动态分析 (能力考点·深度研析) 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 2．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 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 3.运用电容的定义式和决定式分析电容器相关物理量变化的思路 (1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 ►考向1　电容器动态分析的两种情况 (多选)如图所示，水平正对的 金属板A、B与干电池连接，B板接地， 静电计的电荷量、导线以及电池的内阻均 不计。开关S闭合，一带负电的油滴静止于两板间 的P点。下列说法正确的是( ) A．若仅将A板上移一些，则静电计指针的张角减小 B．若仅将B板下移一些，则油滴向下运动 C．若断开S，且仅将B板下移一些，则油滴的电势能减小 D．若断开S，且仅在A、P间插入玻璃板，则油滴向上运动 BC 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 ►考向2　电容器中的平衡问题 如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器，用绝缘细线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是(　　 ) A．保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向b端滑动，则θ减小 B．保持S闭合，将M板向N板靠近，则θ不变 C．断开S，在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片，则θ增大 D．断开S，将N板向上移动少许，则θ增大 D 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 2 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动 (能力考点·深度研析) 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。 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 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。 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 B 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 带电粒子(体)在电场中直线运动的分析方法 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 ►考向2　带电体在静电力和重力作用下的直线运动 AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10 cm，电荷量为1.0×10－8 C、质量为3.0×10－4 kg的小球用长为5 cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点(未标出)，则(　　 ) B 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 3 带电粒子(或带电体)在电场中的偏转 (能力考点·深度研析) 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。 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 2．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 ►考向2　示波管的原理 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(　　 ) D 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 ►考向3　在电场力和重力作用下的匀变速曲线运动 (多选)地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在P点。则射出后( ) A．小球的动能最小时，其电势能最大 B．小球的动能等于初始动能时，其电势能最大 C．小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大 D．从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量 BD 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 [解析]　由题意可知，小球所受电场力与重力的合力指向右下，与水平方向成45°角，小球向左射出后做匀变速曲线运动，当其水平速度与竖直速度大小相等时，即速度方向与小球所受合力方向垂直时，小球克服合力做的功最大，此时动能最小，而此时小球仍具有水平向左的分速度，电场力仍对其做负功，其电势能继续增大，A、C两项错误；小球在电场力方向上的加速度大小ax＝g，竖直方向加速度大小ay＝g，当小球水平速度减为零时，克服电场力做的功最大，小球的电势能最大，由匀变速运动规律有v0＝gt，此时小球竖直方向的速度vy＝gt＝v0，所以此时小球动能等于初动能，由能量守恒定律可知，小球重力势能减少量等于小球电势能的增加量，又由功能关系知重力做的功等于小球重力势能的减少量，故B、D两项正确。 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 【跟踪训练】 (带电粒子在电场中的斜抛运动)(多选) 一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后， 射入水平放置的平行板电容器，极板间电压 为U2。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( ) BD 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 A．L∶d＝2∶1 B．U1∶U2＝1∶1 C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2 D．仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 (电场组合场问题)如图所示，空间固定两平行板电容器甲、乙，甲电容器水平放置，乙电容器两极板与水平方向的夹角为53°，B极板的右端与C极板的下端彼此靠近且绝缘，忽略极板外的电场。一电子从靠近A板左端的位置，以水平向右的速度v0射入，飞离甲后垂直C从小孔进入乙，且恰好到达D。已知电子的质量为m，电荷量为e，甲、乙板间距离均为d，甲的板长为2d，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 (1)电子离开甲电容器的速度大小； (2)甲电容器的板间电压； (3)乙电容器的板间电压； (4)电子从开始至到达D极板所用时间。 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 静电场知识在现代科技中的应用 应用1　墙体探测仪 (多选)墙体探测仪是一种新型的建 筑装潢辅助工具，用于探测墙体内水管、电 线和钢筋的位置。如图所示为其探测水管的 原理示意图，主要感应元件为电容器，当探 测仪靠近水管时，指示灯亮起，便可确定水 管的位置。则探测仪靠近水管前后( ) A．电容器的电介质发生变化 B．电容器的两板间距离发生变化 C．电容器极板的正对面积发生变化 D．电容器的电容发生变化 AD 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 应用2　电子秤 如图所示是用平行板电容器制成的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(　　 ) A．电容器的电容变小 B．电容器的电荷量增大 C．极板间电场强度变小 D．膜片下移过程中，电流表G有从a到b的电流 B 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 应用3　手机指纹识别 (多选)如图为手机指纹识别功能的演示，此功能的 一个关键元件为指纹传感器。其部分原理为：在一块半 导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝 缘。当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与 凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则( ) A．指纹的凹点与小极板距离远，电容大 B．指纹的凸点与小极板距离近，电容大 C．若手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，小极板电荷量增多 D．若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响 BC 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 返回导航 (2)定义式：C＝＝。 (3)单位：法拉(F)，1 F＝_______ μF＝_______pF。 (2)决定式：C＝，k为静电力常量。 mv2－mv 1．对公式C＝的理解 电容C＝，不能理解为电容C与Q成正比、与U成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关。 (2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。 (3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。 (4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化。 (5)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化。 [解析]　金属板A、B与干电池连接，两板间电势差不变，A板上移，静电计指针的张角不变，故A错误；根据E＝，若仅将B板下移一些，板间电场强度减小，竖直向上的电场力减小，而重力不变，则油滴受合外力向下，将向下运动，故B正确；若断开S，极板电荷量不变，根据C＝，Q＝CU，E＝，可得E＝，仅将B板下移一些，板间电场强度不变，P点与零电势B板间电势差U′＝Ed′增大，则P点电势增大，带负电的油滴在P点的电势能减小，故C正确；若断开S，且仅在A、P间插入玻璃板，则介电常数增大，由E＝可知，电场强度减小，则竖直向上的电场力减小，而重力不变，则油滴受合外力向下，将向下运动，故D错误。 [解析]　小球平衡时，由平衡条件知qE＝mgtan θ，保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，保持不变，将滑动变阻器的滑片向b端滑动，则θ不会变，A项错误；保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，保持不变，根据公式E＝可知，将M板向N板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ增大，B项错误；断开S，电容器带电荷量不变，根据电容的定义式C＝，平行板电容器的电容公式C＝，电压与电场强度公式U＝Ed，可得E＝，在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片，则εr变大，电场强度减小，故θ减小，C项错误；断开S，电容器带电荷量不变，据E＝，将N板向上移动少许，S减小，电场强度增大，电场力增大，则θ增大，D项正确。故选D项。 对于电容器中的平衡问题，主要分析电容器的变化对物体平衡的影响，一般思路是d、S、εr变化―→C变化―→U变化―→E变化―→电场力F＝Eq变化平衡，显然，场强E是联系电容器与物体平衡的桥梁，是解题的核心。 ►考向1　仅在电场力作用下的直线运动 如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1>0)的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2>0)的粒子B，仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是(　　 ) A．电荷量q1与q2的比值为3∶7 B．电荷量q1与q2的比值为3∶4 C．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16 D．粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7 [解析]　设电场强度大小为E，两粒子的运动时间t相同，对粒子A，有a1＝，l＝··t2，对粒子B，有a2＝，l＝··t2，联立解得＝，选项A错误，B正确；由动能定理得qEx＝mv2－0，求得＝，选项C、D错误。 A．MC距离为5 cm B．电势能增加了×10－4 J C．电场强度大小为×104 N/C D．减小R的阻值，MC的距离将变大 [解析]　根据平衡条件和几何关系，对小球受力分析如图所示 根据几何关系可得T＝qE，Tsin 60°＋qEsin 60°＝mg，联立解得T＝qE＝×10－3 N，剪断细线，小球做匀加速直线运动，如图所示 根据几何关系可得LMC＝dtan 60°＝10 cm故A错误；根据几何关系可得小球沿着电场力方向的位移x＝(10－5sin 30°)＝7.5 cm，与电场力方向相反，电场力做功为W电＝－qEx＝－×10－4 J，则小球的电势能增加×10－4 J，故B正确；电场强度的大小E＝＝×105 N/C，故C错误；减小R的阻值，极板间的电势差不变，极板间的电场强度不变，所以小球的运动不会发生改变，MC的距离不变，故D错误。故选B。 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。 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。 A．在XX′极板间的加速度大小为 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 D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tan α＝ [解析]　XX′极板间的电场强度大小为E＝，电子所受的电场力大小为F＝eE＝，由牛顿第二定律得a＝＝，A错误；电子在加速电场中运动时电场力做的功为W1＝e·10U，电子沿OO′方向进入偏转电极，若能打在荧光屏上，在XX′极板间沿电场力方向的位移x≤，则电场力做的功W2≤eU，对全过程由动能定理得Ek＝W1＋W2≤eU，B错误；电子刚好从XX′极板的边缘离开时，电子在XX′极板间受到的 电场力做的功为W2′＝eU，故在XX′极板间受到电场力的冲量大小 I≤＝，C错误；电子离开加速电场时有e·10U＝mv，电子在XX′极板间的加速度大小为a＝，则离开XX′极板间时电子在垂直XX′极板方向的速度大小为vy＝at，沿OO′方向有l＝v0t，联立解得tan α＝＝，D正确。 [解析]　粒子在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及场强和电场力的关系可得E＝，F＝qE＝ma，粒子射入电容器后的速度为v0，水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cos 45°＝v0，vy＝v0sin 45°＝v0，从射入到运动到最高点由运动学关系v＝2ad，粒子射入电场时由动能定理可得qU1＝mv，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；粒子从射入到运动到最高点由运动学公式可得2L＝vxt，d＝·t，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；粒子从最高点到穿出时由运动学公式可得L＝vxt1，vy1＝at1，从射入电容器到最高点有vy＝at，解 得vy1＝，设粒子穿过电容器时速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝，粒子射入电场时速度方向和水平方向的夹角为β＝45°，tan(α＋β)＝＝3，C错误；粒子射入到最高点的过程水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y＝a′t′2，联立x＝vx′t′，qU1＝mv2，vx′＝vcos 45°，解得y＝，且x＝vx′t′，y＝·t′，即解得x＝2L，y＝d＝L，即粒子在运动到最高点的过程中水平和竖直位移均与电荷量和质量无关，最高点到射出电容器过程同理x1＝L＝vx′t1′，vy1＝a′t1′，y1＝t1′＝＝，即轨迹不会变化，D正确。故选BD。 [答案]　(1)v＝v0　(2)　(3)　(4) [解析]　(1)设电子从甲飞出时速度为v， 则sin θ＝ 解得v＝v0。 (2)电子在甲电容器内做类平抛运动，设竖直分速度为vy，有tan θ＝ vy＝at1 a＝ 2d＝v0t1 解得U1＝。 (3)由动能定理可得eU2＝mv2 解得U2＝。 (4)电子在甲电容器内运动时间为t1，竖直方向位移为d1，有d1＝t1，水平方向：2d＝v0t1 电子在甲乙两电容器之间运动的路程为s，时间为t2，有s＝vt2 由几何关系可得cos θ＝ 电子在乙电容器内运动的时间为t3，有d＝t3 t＝t1＋t2＋t3 解得t＝。 [解析]　探测仪靠近水管后，电容器的两板间距离和极板正对面积均未变，而指示灯亮起说明电容器发生了充电或放电，即电容发生改变，根据C＝可知电容器的电介质发生变化，故A、D正确，B、C错误。 [解析]　根据平行板电容器电容决定式C＝，当两个极板的距离减小时，电容器的电容增大，再根据电容定义式C＝，由于电容器一直和电源相连，电压不变，当电容增大时，带电荷量增大，即电容器被充电，电流表有从b到a的电流，故A、D错误，B正确；由匀强电场公式E＝，所以当电压不变，两个极板的距离减小时，极板间电场强度变大，故C错误。 [解析]　根据电容的决定式C＝可知，指纹的凹点与小极板距离远，即d大，则C小；指纹的凸点与小极板距离近，即d小，则C大，故A错误，B正确；若手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，则C增大，由于电容器的电压保持不变，根据Q＝CU，可知小极板电荷量Q增多，故C正确；若用湿的手指去识别，由于水是导电的，则使得同一指纹的凹点与凸点与小极板之间的距离将会发生变化，从而改变了电容器电容，使得识别功能受到影响，故D错误。 $