第九章 第4讲　电容器　带电粒子在电场中的运动 课件 -2027届高考物理一轮专题复习（人教版）

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，依据高考评价体系明确电容器动态分析、带电粒子加速与偏转等考查要求。通过梳理近三年高考真题，如2024甘肃卷电容器充放电、2025福建卷径向电场粒子运动，归纳出选择（占比45%）与计算（占比55%）的题型分布，构建知识网络与解题框架。 课件亮点在于“模型建构+科学推理+真题突破”策略，如通过平行板电容器两类动态变化（Q不变与U不变）规律总结，培养科学思维；以带电粒子偏转“偏移量与偏转角公式推导”为例，强化运动和相互作用观念。特设“易错警示”（如混淆电容决定式与定义式），助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准复习，提升备考效率。

第4讲 电容器　带电粒子在电场中的运动 【学习目标】 1.能定性分析电容器在充电、放电过程中的电荷量、电压、电场强度变化;掌握电容器串联、并联的等效电容计算及电荷分配规律;分析插入电介质对电容、电场强度和电势差的影响。 2.熟练计算带电粒子在电场中受到的静电力,区分粒子在匀强电场和非匀强电场中的运动差异;分析粒子垂直进入匀强电场时的偏转轨迹,推导偏移量及偏转角公式;理解粒子在交变电场中的往复运动条件;解决电场与重力场叠加问题,会进行力的平衡或动力学分析。 3.建立电场力与力学、能量观点的联系,掌握类比与模型建构方法;综合运用动力学、功能关系处理复杂场景。 知识构建 基础转化 1.(2024·甘肃卷,7)一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1,电源E给电容器C充电;开关S接2,电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是 (　　) A.充电过程中,电容器两极板间电势差增加,充电电流增加 B.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 D.放电过程中,电容器的上极板带负电荷,流过电阻R的电流由N点流向M点 C 2.(2025·福建卷,4)角分辨光电子能谱仪是现代科学研究的先进仪器,其核心装置中有两个同心半球极板,垂直于半球底面且过球心O的截面如图所示。极板间存在一径向电场,其等势线为一系列以O为圆心的半圆。电子a以初动能Ek从入口M点垂直于半球底面入射,从N点射出;电子b也从M点垂直于半球底面入射,经P点后从Q点射出。两电子的运动轨迹如图所示。 已知电子a轨迹为一以O为圆心的半圆,与OP交于H点,H、P两点间的电势差为U,OM=r,NQ=2HP,电子电荷量大小为e,重力不计,则(　　) D 考点一 电容器　平行板电容器的动态分析 如图,闭合开关S稳定后断开,电容器所带电荷量Q保持不变,若增大电容器两板间的距离d,请完成以下分析: 模理探真·深度学习 (1)根据电容的决定式分析电容C大小如何变化。 (2)根据电容的定义式分析电容器两板间电压U大小如何变化。 (1)一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的,与电容器的带电情况无关。 (2)不能理解为电容C与Q成正比,与U成反比。 2.平行板电容器两类动态变化的特点比较 [例1] 【对电容的理解】(2025·陕西咸阳期中)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通过AED自动除颤机给予及时治疗。某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是20 μF,充电至最大电压8 kV时,可以在4 ms时间内完成放电,则(　　) A.充电至最大电压8 kV为击穿电压 B.电容器充电至最大电压时的带电荷量为1.6 C C.放电时的平均电流为40 A D.放电完成后,电容器电容为10 μF C (1)若按压按键不改变电容器所带的电荷量,则按压后极板间的电压变为按压前的多少倍? 【答案】 (1)η倍 (2)若按压按键不改变电容器极板间的电压,则按压后极板间的电场强度大小变为按压前的多少倍? 考点二 带电粒子(带电体) 在电场中的直线运动 1.对带电粒子进行受力分析时应注意的问题 (1)要掌握静电力的特点。静电力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关,还跟带电粒子的电荷量和电性有关。 (2)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.分析带电粒子(带电体)在电场中的直线运动的方法 (1)用动力学观点分析(只适用于匀强电场)。 [例3] 【带电粒子在电场中的直线运动】 (2025·四川卷,13)如图所示,真空中固定放置两块较大的平行金属板,板间距为d,下极板接地,板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒,从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变,碰撞后电性与极板相同,所带电荷量的绝对值不变,不计微粒所受重力。求: (1)微粒第一次到达下极板所需时间; (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 [例4] 【带电体在电场中的直线运动】一个带正电的粒子,从A点射入水平方向的匀强电场中,粒子沿直线AB运动,如图所示,已知AB与电场线夹角θ= 30°,带电粒子的质量m=1.0×10-7 kg,电荷量q=1.0×10-10 C,A、B相距L= 20 cm。(g取10 m/s2,结果可保留根号) (1)说出粒子在电场中运动的性质,要求说明理由。 【答案及解析】 (1)粒子只在重力和电场力作用下沿AB做直线运动,其合力一定沿直线AB,可知电场力的方向水平向左,合力的方向由B指向A,与初速度vA方向相反,粒子做匀减速直线运动。 (2)求电场强度的大小和方向。 (3)要使粒子从A点运动到B点,求粒子射入电场时的最小速度。 考点三 带电粒子在电场中的偏转 如图,电性相同的不同带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再垂直进入同一偏转电场,则从偏转电场射出时,带电粒子的轨迹是重合的吗? 模理探真·深度学习 1.带电粒子在电场中偏转问题的两个重要结论 (1)粒子经电场偏转后,速度偏转角θ的正切值是位移偏转角α正切值的2倍,即tan θ=2tan α。 2.处理带电粒子的偏转问题的方法 [例5] 【示波管的工作原理】 (2025·北京海淀期中)如图甲所示为示波管原理图,若其内部竖直偏转电极YY′之间的电势差按照如图乙所示的规律变化,水平偏转电极XX′之间的电势差按照如图丙所示的规律变化,则在荧光屏上会看到的图形是(　　) D A B C D 若t=0时刻射入的电子在两偏转电场共同作用下落在屏的X′端点,此后射入的电子在XX′电场作用下依次均匀落在X′右侧的XX′直线上,而在YY′电场作用下依次按正弦规律先落在X′正下方至最低点后逐渐上移,两电场共同作用使电子束在荧光屏上形成选项D中的图形,D正确。 [例6] 【带电粒子在匀强电场中的偏转】 (2025·河南卷,13)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集,其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞),液滴质量均为m=2.0× 10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电,使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷,电荷量均为q=1.0×10-13 C。随后,液滴以v=2.0 m/s 的速度竖直进入长度为l=2.0×10-2 m的电极板间,板间电场均匀、方向水平向右,电场强度大小为E=2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终 被分别收集在极板下方h=0.1 m 处的A、B收集管中。不 计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求: (1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离; 【答案】 (1)5×10-3 m (2)A、B细胞收集管的间距。 【答案】 (2)0.11 m 【解析】 (2)含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动,则h=vt2,x2=at1t2, 联立解得x2=0.05 m, 由对称性可知A、B细胞收集管的间距Δx=2(x1+x2)=0.11 m。 [例7] 【带电粒子在电场和重力场中的偏转】 (2025·广东卷,15)如图,是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处,由静止开始向右下方运动,与下方绝缘平板在B点处碰撞,碰撞时电荷量改变,反弹后离开下方绝缘平板瞬间,颗粒的速度与所受合力垂直,其水平分速度与碰前瞬间相同,竖直分速度大小变为碰前瞬间的k(k<1)倍。已知颗粒质量为m,两绝缘平板间的距离为h,两金属平板间的距离为d,B点与左平板的距离为l,电源电压为U,重力加速度为g。 忽略空气阻力和电场的边缘效应。求: (1)颗粒碰撞前的电荷量q; (2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q; (3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中,电场力对它做的功W。 感谢观看 【答案】 异种　中和　相等　　106　1012　　 【答案】 mv2-m　类平抛　合成　分解　　　　 A.P点处的电场强度大小为 B.电子a在H点受到的电场力大小为 C.电子b在P点时的动能小于在Q点时的动能 D.电子b从M点运动到Q点的过程中,克服电场力所做的功小于2eU 提示:(1)C=,d变大,其余量不变,故C变小。 提示:(2)由C=可得U=,Q不变,C变小,故U变大。 (3)根据匀强电场电势差与电场强度的关系E=,结合(1)(2)的分析,判断两板间电场强度E大小如何变化。 提示:(3)将C=代入U=,可得U=,则E===,故E不变。 1.对电容定义式C=的理解 【解析】 充电至最大电压时仪器不能毁坏,可知8 kV不是击穿电压,A错误;充电至最大电压时,电容器带电荷量为Q=UC=8×103×20×10-6 C=0.16 C,B错误;电容器放电过程的平均电流大小为I== A=40 A,C正确;电容器的电容与电容器所带电荷量无关,所以当电容器放完电后,其电容保持不变,仍然是20 μF,故D错误。 [例2] 【电容器的动态分析】 电容器的形状变化会导致其电容变化,这一性质可用于设计键盘,简化原理图如图所示。键盘按键下的装置可视为平行板电容器,电容器的极板面积为S、间距为d,电容C=α(α为常量)。按下键盘按键时,极板间的距离变为按压前的η倍;撤去按压,按键在弹力作用下复位。电容器充电后: 【解析】 (1)设按压前电容为C1=α,电压为U1,电荷量为Q, 根据平行板电容器的电容公式C=α, 电容的定义式 C=,解得U1==; 按压后极板间距离变为按压前的η倍,即d2=ηd1,此时电容C2=α=α, 因为按压过程未改变其电荷量Q,所以按压后电压U2==,解得=η, 即按压后极板间的电压变为按压前的η倍。 【答案】(2) 【解析】 (2)对于平行板电容器,极板间的电场强度E=;设按压前电压为U,极板间距离为d1,则电场强度E1=, 按压后极板间距离变为d2=ηd1, 且电压不变,仍为U, 此时电场强度E2==,所以有=, 按压后极板间的电场强度大小变为按压前的。 a=,E=,v2-=2ad。 (2)用功能观点分析。 ①匀强电场中:W=qEd=qU=mv2-m。 ②非匀强电场中:W=qU=Ek2-Ek1。 【答案】 (1)　 【解析】 (1)由牛顿第二定律得qE=ma, 由运动学公式得=at2, 联立可得时间为t=。 【答案】 (2)2 【解析】 (2)微粒第一次到达下极板时的速度大小为v1=at=, 由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变,碰撞后电性与极板相同,所带电荷量的绝对值不变,设微粒与下极板碰后第一次到达上极板时的速度大小为v2, 满足-=2ad,代入解得v2=; 同理设微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v3, 满足-=2a·, 代入解得v3=2, 故动量大小为p=mv3=2。 【答案】 (2)×104 N/C　方向水平向左 【解析】 (2)在垂直于AB方向上有qEsin θ-mgcos θ=0, 则电场强度大小E== N/C=×104 N/C, 方向水平向左。 【答案】 (3)2 m/s 【解析】 (3)若粒子恰好由A点运动到B点,则速度vB=0, 根据动能定理,在该过程有-mgLsin θ-qELcos θ=0-m, 其中L=20 cm=0.2 m, 代入数据解得vA=2 m/s。 提示:在加速电场中有qU0=m,在偏转电场中偏移量y=at2=··()2, 设速度偏转角为θ,则tan θ==,得y=,tan θ=, 则y、θ均与m、q无关,即偏移量和速度偏转角总是相同的, 所以它们的轨迹是重合的。 (2)粒子经电场偏转后射出时,合速度方向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。 运动的 分解法 将带电粒子的运动分解为沿电场力方向的匀加速直线运动和垂直于电场力方向的匀速直线运动 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-m,其中Uy= y,指运动过程初、末位置两点间的电势差 【解析】 电子在偏转电场中运动时,只受电场力作用,而沿初速度方向不受力做匀速运动,即所有电子运动到达荧光屏的时间均相等。电子通过偏转电极且在垂直于初速度方向有e=ma,得a=,可知电子在偏转电场中加速度a与电压成正比,根据x=at2可知,电子偏转的位移与电压成正比,可知XX′极板间电场使电子束反复从X′到X扫描,YY′极板间电场使电子束沿YY′做类似于简谐运动,两方向的偏转电场使电子束形成正弦曲线。 【解析】 (1)由题意可知含A细胞的液滴在电场中做类平抛运动, 垂直于电场方向有l=vt1, 沿电场方向有x1=a, 由牛顿第二定律有qE=ma, 解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1=5×10-3 m。 【答案】 (1)　 【解析】 (1)根据题意可知,颗粒在竖直方向上做自由落体运动,则有h=gt2, 水平方向上做匀加速直线运动, 则有qE=ma,l=at2,E=, 解得q=。 【答案】 (2)　 【解析】 (2)根据题意可知,颗粒与绝缘平板第一次碰撞时, 竖直分速度为vy1=, 水平分速度为vx1==, 则第一次碰撞后竖直分速度为vy2=kvy1, 设第一次碰撞后颗粒速度方向与水平方向夹角为θ, 则有tan θ=, 由于第一次碰撞后瞬间颗粒所受合力与速度方向垂直, 则有tan θ=, 联立解得Q=。 【答案及解析】 (3)根据题意可知,由于k<1,则第一次碰撞后颗粒不能返回上绝缘板,分两种情况讨论: ①设从第一次碰撞后到第二次碰撞前的运动时间为t′,则有t′==2k, 水平方向上做匀加速直线运动,加速度为a′==, 水平方向运动的距离为x=vx1t′+a′t′2=4kl+,此情况需满足x≤d-l,即d≥(4k+1)l+, 则电场力对颗粒做的功为W=+=+4k2mgh+。 ②若d<(4k+1)l+,则颗粒与右侧金属板发生第二次碰撞。 则电场力对颗粒做功为W=qEl+QE(d-l)=+。 $