第8章 第3讲 电容器及其充、放电现象 带电粒子在电场中的运动（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理高考复习讲义聚焦电容器及带电粒子在电场中的运动，涵盖实验观察充放电现象、电容两类动态分析、粒子直线运动与偏转、示波管原理等核心考点，按“实验基础-理论规律-综合应用”逻辑架构知识，通过考点梳理、方法总结、真题精讲等环节，帮助学生系统构建电场问题分析框架。 资料注重科学探究与科学思维培养，如设计电容器充放电实验观察电流变化培养实验能力，通过对比电容U不变和Q不变动态问题建构分析模型提升推理能力，设置分层练习强化考点应用。助力学生高效突破难点，为教师精准把控复习节奏提供实用指导。

第3讲　 电容器及其充、放电现象　带电粒子在电场中的运动 考点一　实验：观察电容器的充、放电现象 1．实验原理 (1) 电容器的充电过程 如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在静电力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因__失去__电子而带__正__电，负极板因__获得__电子而带__负__电．正、负极板带__等量__的正、负电荷，电荷在移动的过程中形成电流． 在充电开始时电流比较__大__(填“大”或“小”)，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐__减小__(填“增大”或“减小”)，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止定向移动，电流I＝0. (2) 电容器的放电过程 如图所示，当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发生__中和__，在电子移动过程中，形成电流． 放电开始电流较__大__(填“大”或“小”)，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐__减小__(填“增大”或“减小”)，两极板间的电压也逐渐减小到0. 2．实验步骤 (1) 按图连接好电路． (2) 把单刀双掷开关S打在上面，使触点1和触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果记录在表格中． (3) 将单刀双掷开关S打在下面，使触点3和触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果记录在表格中． (4) 记录好实验结果，关闭电源． 3．注意事项 (1) 电流表要选用小量程的灵敏电流计． (2) 要选择大容量的电容器． (3) 实验要在干燥的环境中进行． 典例1　(2025·南通海安期初)某同学利用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象，电流传感器与计算机相连，可以显示出电流I随时间t变化的图像． 甲 (1) 为使电源向电容器充电，应将开关S与__1__(填“1” 或“2”)端相连． (2) 在充电过程中，测绘的充电电流I随时间t的图像可能是图乙中的 __A__． 　　　　　　 　　　　　 　A　　　　　　B　　　 　　C　　　　 　D 乙 (3) 图丙为传感器中电容器放电时的电流I随时间t的图像，图中每一小方格面积相同．根据图像估算电容器在t0～2t0时间内，释放电荷量的表达式为__2I0t0或I0t0__(用I0、t0表示). 丙 丁 (4) 图丁中实线是实验得到的放电时的I-t图像，如果不改变电路的其他参数，只减小变阻箱R的阻值，则得到的I-t图线是图丁中的__②__(填“①”“②”或“③”)，理由是__电容器释放的总电荷量不变，平均电流变大，放电时间变短__． 【解析】 (1) 为使电源向电容器充电，电容器应与电源连接，故应将开关S与 “1”端相连． (2) 充电过程中电容器C两端电压逐渐增大，充电电流I随时间t应逐渐减小至0，故电流I随时间t的图像可能是图乙中的A，故A正确． (3) 根据图像的含义，因Q＝It，I-t图线与t轴所围成的面积表示电容器放出的电荷量；根据横轴与纵轴的数据可知，一个格子的电荷量为I0t0，由大于半格算一个，小于半格舍去，因此图像所包含的格子个数为8个或7个，所以释放的电荷量是q＝2I0t0或I0t0. (4) 应该是②，理由是：电容器释放的总电荷量不变，平均电流变大，放电时间变短． 考点二　电容器及两类动态分析 1．电容器 (1) 组成：由两个彼此__绝缘__又相互__靠近__的导体组成． (2) 所带电荷量：每个极板所带电荷量的__绝对值__． (3) 电容器的充电和放电 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Q__与电容器两极板间的电势差U的比值． (2) 定义式：__C＝__． (3) 单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝__106__ μF＝__1012__ pF. (4) 物理意义：表示电容器__容纳电荷__本领大小的物理量． 3．平行板电容器 (1) 影响因素：平行板电容器的电容与__正对面积__成正比，与介质的__介电常数__成正比，与__两板间的距离__成反比． (2) 决定式：C＝____，k为静电力常量． 4．电容器两类典型动态问题 (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． 5．电容器动态问题的分析思路 (1) U不变 ① 根据C＝和C＝，先分析电容的变化，再分析Q的变化． ② 根据E＝分析电场强度的变化． ③ 根据UAB＝Ed分析某点电势的变化． (2) Q不变 ① 根据C＝和C＝，先分析电容的变化，再分析U的变化． ② 根据E＝＝分析电场强度变化． 典例2　手机微信运动步数的测量原理如图所示，M和N为电容器两极板，M固定，N两端与固定的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前后”方向运动，则手机(　A　) A．由向前匀速突然减速时，电容器带电荷量增大 B．匀速运动时，电流表示数不为零且保持不变 C．由静止突然向前加速时，电流由a点流向 b点 D．保持向后的匀加速运动时，M、N之间的电场强度减小 【解析】 由向前匀速突然减速时，N板由于惯性向前移动，则d减小，由C＝，Q＝UC，可知电容器带电荷量增大，故A正确；匀速运动时加速度为0，电容C不变，线路中无电流，故B错误；由静止突然向前加速时，N板由于惯性向后移，d增大、C减小、Q减小，所以有放电电流，电流由b点流向a点，故C错误；保持向后的匀加速运动时，弹簧弹力不变，两板间距离d不变，所以MN之间的电场强度不变，故D错误． 考点三　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 1．做直线运动的条件 (1) 粒子所受合力F合＝0，粒子处于静止状态或做匀速直线运动． (2) 粒子所受合力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． 2．用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad. 3．用功能观点分析 匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv. 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1. 典例3　如图所示，带电的平行金属板A、B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．一带电荷量为q、质量为m的微粒从孔的正上方距B板高h处由静止下落．若微粒恰能落至A、B板的正中央C点．下列说法中错误的是(重力加速度为g)(　A　) A．微粒在下落过程中动能逐渐增大，重力势能逐渐减小 B．微粒下落过程中重力做功为mg，电场力做功为－ C．微粒落入电场中，电势能逐渐增加，其增加量为 D．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能到达A板 【解析】 微粒下落至C点的过程中，重力做功为mg，重力势能减小，电场力做功为－，电势能增加，增加量为 ，微粒动能先增大，后减小，故A错误，B、C正确；由动能定理得，微粒由h高处下落过程，有mg－q＝0，即qU＝mg(2h＋d)，微粒由2h处下落过程，有mg(2h＋d)－qU＝0，说明微粒恰能到达A板，故D正确． 考点四　带电粒子在电场中的偏转 1．运动规律 带电粒子以初速度v0垂直电场方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示． (1) 处理方法：将带电粒子的运动分解为沿初速度方向的__匀速直线__运动和沿静电力方向的__匀加速直线__运动． (2) 基本关系式： 2．两个推论 (1) 粒子经电场偏转后射出，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) 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． 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：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差． 典例4　如图所示装置由“加速器”和“平移器”组成. 平移器由左右两对水平放置、相距为L的平行金属板构成. 两平行金属板间的电压大小均为U1、电场方向相反，极板长度均为L、间距均为d. 一初速度为零、质量为m、电荷量为＋q的粒子经过电压为U0的加速器后，沿着第一对平行金属板的下板上沿水平射入，粒子最终水平撞击在右侧荧光屏上. 平行板外的电场以及粒子的重力都忽略不计． (1) 求粒子离开加速器时的速度大小v1. (2) 求粒子离开第一对平行金属板时竖直方向的位移y1的大小． (3) 通过改变加速器的电压可以控制粒子水平撞击到荧光屏上的位置，当粒子撞击荧光屏的位置最高时，求此时加速器的电压U2. 答案：(1) 　(2) 　(3) U1 【解析】 (1) 由qU0＝mv 解得v1＝ (2) 粒子经过第一对平行金属板的过程中竖直方向的位移y1＝at 粒子在平行金属板间的加速度a＝＝ 粒子穿过第一对金属板所用时间t1＝ 解得y1＝ (3) 没经过3段L过程中的竖直方向位移分别为y1、y2、y3，当粒子沿着第二对上方金属板右侧边沿射出时，粒子竖直方向偏移量最大，此时几何关系满足 y1＋y2＋y3＝d 粒子离开加速电场时的速度v2＝ 通过每一对平行金属板所用时间t2＝ 两对平行金属板内场强方向相反，根据对称性可得 y1＝y3＝ y2＝vyt2＝ 解得U2＝U1 考点五　示波管的工作原理 1．示波管的构造 ① 电子枪　② __偏转电极__　③ 荧光屏(如图所示)　 2．示波管的工作原理 (1) YY′偏转电极上加的是待测的__信号电压__，XX′偏转电极上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫作__扫描电压__． (2) 观察到的现象 ① 如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏__中心__，产生一个亮斑． ② 若所加扫描电压和__信号电压__的周期相等，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的稳定图像． 典例5　如图甲所示，某示波器在XX′、YY′不加偏转电压时光斑位于屏幕中心，现给其加如图乙所示的偏转电压，则看到光屏上的图形是(　D　) 甲 乙 　　　 　　　　A　　　　　　　 B　　　　　　　C　　　　　 　 D 【解析】 由图乙知，XX′方向加逐渐增大的正向电压，则电子将向X方向偏转；YY′方向加正向电压，则电子将向Y方向偏转，并打在同一位置，则电子在示波器上形成一条x＞0且平行于XX′的直线，故D正确． 1．如图所示，一平行板电容器两端与电压为U的恒压电源相连，极板上带电荷量为Q. 若仅将两极板间距离增大为原来的2倍，则电容器极板上电荷量变为(　B　) A． B． C．Q D．2Q 【解析】 由电容器的决定式C＝可知，当板间距离增大为原来的2倍时，C′＝＝，则电容器极板上电荷量变为Q′＝C′U＝＝，故B正确． 2．研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示．下列说法中正确的是(　A　) A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D．实验中，只增加极板带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 【解析】 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，故A正确；b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，因此静电计指针的张角变大，故B错误；插入有机玻璃板，相对介电常数εr变大，由C＝知，电容C变大，由C＝知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，故C错误；电容大小是电容器本身性质决定的，与带电荷量的多少无关，故D错误． 3．如图所示，平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，极板水平放置，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把下极板迅速下移距离l至两极板相距为d的位置(图中虚线所示)后，粒子P开始运动，重力加速度为g.则粒子运动的加速度为(　A　) A．g B．g C．g D．g 【解析】 开始时粒子静止有q＝mg，下极板下移后板间距离变大，电场强度变小，粒子加速度方向向下，有mg－q＝ma，联立解得a＝g－＝g，故A正确． 4．(2025·江苏卷)如图所示，在电场强度为E、方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子a、b同时从O点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ.已知粒子的质量为m，电荷量为q.不计重力及粒子间相互作用．求： (1) 粒子a运动到最高点的时间t. (2) 粒子a到达最高点时，粒子a、b间的距离H. 答案：(1) 　(2) 【解析】(1) 根据题意，不计重力及粒子间相互作用，则竖直方向上，对粒子a根据牛顿第二定律有 qE＝ma 粒子a运动到最高点的时间，由运动学公式有 v0sin θ＝at 联立解得t＝ (2) 方法一：根据题意可知，两个粒子均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cos θ，则两粒子一直在同一竖直线上，斜上抛的粒子竖直方向上运动的位移为 x1＝＝ 斜下抛的粒子竖直方向上运动的位移为 x2＝v0t sinθ＋at2＝＋ 则粒子a到达最高点时与粒子b之间的距离 x＝x1＋x2＝ 方法二：两个粒子均受到相同电场力，以粒子a为参考系，粒子b以2v0sinθ的速度向下做匀速直线运动，则粒子a到达最高点时，粒子a、b间的距离 H＝2v0sin θ·t＝ 配套热练 第1课时　电容器及其充、放电现象 一、选择题 1．如图所示，已经充好电的平行板电容器与静电计连接在一起，固定B板，移动A板，下列现象中正确的是(　C　) A．向右移动A板，静电计指针张角增大 B．向右移动A板，静电计指针张角不变 C．向上移动A板，静电计指针张角增大 D．向上移动A板，静电计指针张角不变 【解析】 向右移动A板，两板间的距离减小，根据公式C＝ 可知，电容增大，由于Q一定，再根据公式C＝ ，可知电压减小，所以静电计指针张角减小，故A、B错误；向上移动A板，两板间的正对面积减小，根据公式C＝，可知电容减小，由于Q一定，再根据公式C＝，可知电压增大，所以静电计指针张角增大，故C正确，D错误． 2．(2025·苏州调研)如图甲所示为计算机键盘，每个键下面由相互平行的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，组成了如图乙所示的平行板电容器，内部电路如图丙所示．在按键过程中，下列说法中正确的是(　D　) 　　 　　　　　　　　甲　　　　　　　乙　　　　　　丙 A．电容器的电容减小 B．两金属片间的电场强度不变 C．电容器储存的电能减少 D．电流方向从b经电流表流向a 【解析】 按下按键过程中，d减小，由电容决定式C＝，可知电容C增大，故A错误；电容器电压不变，d减小，由E＝，可知E增大，故B错误；电容器电压不变，电容C增大，由Q＝CU，可知Q增大，储存的电能增大，故C错误；电容器电荷量增大，为充电过程，电流方向从b经电流表流向a，故D正确． 3．(2025·江苏卷)如图所示，平行金属板与电源连接．一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W.现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为(　A　) A． B．W C．2W D．4W 【解析】 根据题意可知，电容器与电源保持连接，电容器两端电压不变，现将电容器两极板间距增大至原来的两倍，由公式E＝可知，极板间电场强度变为原来的 ，则由W＝Eqd可知，再把电荷由a移至b，电场力做功变为原来的 ，即电场力做功为 ，故A正确． 4．(2026·苏州期初调研)如图所示为“观察电容器的充、放电现象”的实验电路，实验中先把开关S接1，电表示数稳定后，迅速把开关S接2，继续观察两表示数，下列能正确反映此过程的图像是(　C　) A B C D 【解析】 充放电过程中，电流均逐渐减小，并减小得越来越慢，且充、放电过程中电流方向相反，故A、B错误；电容器充电过程中，电容器的电荷量增加得越来越慢，电压表示数先迅速增大，然后相对平缓增大，最后稳定在某一数值，放电过程中，电压表的示数逐渐变小，故C正确，D错误． 5．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，则(　D　) A．平行板电容器的电容将变小 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将减少 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向上移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 【解析】 当电容器的下极板向上移动时，根据公式C＝可知，当d减小时，电容C将变大，故A错误；由于电容器连接电源，两端电压不变，则静电计两端的电压也不变，故静电计的张角不变，故B错误；根据公式E＝可知，电容器间的场强变大，P点与上极板距离不变但电势差增大，因此P点的电势减小，故带负电的油滴在该处的电势能变大，故C错误；若先将上极板与电源正极的导线断开，则电容器所带的电荷量不变，再将下极板向上移动一小段距离，则电容器间的电场强度E＝＝＝，其大小是不变的，故带电油滴所受的电场力也是不变的，故D正确． 6．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，正极板与静电计相连，两板间有一个正检验电荷固定在P点．以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，Ep表示正检验电荷在P点的电势能．若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中，下列各物理量与负极板移动距离x的关系图像中，正确的是(　C　) 【解析】 充电后与电源断开，电容器的带电荷量Q不变，根据公式C＝ 知，两极板距离变小，C成非线性变大，故A错误；电容器带电荷量不变时，只改变两极板的距离，电场强度不变，故B错误；P点与左极板间的电势差UP左＝Ed1，E不变，d1变小，UP左变小，即P点电势成线性减小，故C正确；根据电势能公式 Ep＝φq知，P点电势减小，正检验电荷的电势能减小，D错误． 二、 实验题 7．(2024·海南卷)用如图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，实验器材有电源E、电容器C、电压表、电流表、电流传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关S1、开关S2、导线若干． 甲 乙 (1) 闭合开关S2，将S1接1，电压表示数增大，最后稳定在12.3 V．在此过程中，电流表的示数__B__(填选项标号). A．一直稳定在某一数值 B．先增大，后逐渐减小为零 C．先增大，后稳定在某一非零数值 (2) 先后断开开关S2、S1，将电流表更换成电流传感器，再将S1接2，此时通过定值电阻R的电流方向为__a→b__(填“a→b”或“b→a”)，通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的I-t图像，如图乙所示，t＝2 s时I＝1.10 mA，图中M、N区域面积比为8∶7，可求出R＝__5.2__kΩ.(结果保留两位有效数字) 【解析】 (1) 电容器充电过程中，当电路刚接通后，电流表示数从0瞬间增大到某一最大值，后随着电容器的不断充电，电路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定后，电路相当于开路，电流为0，故B正确． (2) 根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电，将S1接2，电容器放电，此时通过定值电阻R的电流方向为a→b；t＝2 s时I＝1.10 mA，可知此时电容器两端的电压为U2＝IR，电容器开始放电前两端电压为12.3 V，根据I-t图像与横轴围成的面积表示放电荷量可得0～2 s间的放电荷量为Q1＝ΔU·C＝(12.3－1.10×10-3·R)C，2 s后到放电结束间放电荷量为Q2＝ΔU′·C＝1.10×10-3·RC，根据题意＝，解得R＝5.2 kΩ. 8．(2024·广西卷)某同学为探究电容器充、放电过程，设计了图甲所示实验电路．器材如下：电容器，电源E(电动势6 V，内阻不计)，电阻R1 ＝400.0 Ω，电阻R2＝200.0 Ω，电流传感器，开关S1、S2，导线若干．实验步骤如下： 甲 乙 (1) 断开S1、S2，将电流传感器正极与a节点相连，其数据采样频率为5 000 Hz，则采样周期为____s.　 (2) 闭合S1，电容器开始充电，直至充电结束，得到充电过程的I-t曲线如图乙所示，由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为__15.0__mD．(结果保留三位有效数字) (3) 保持S1闭合，再闭合S2，电容器开始放电，直至放电结束，则放电结束后电容器两极板间电压为__2__V. (4) 实验得到放电过程的I-t曲线如图丙所示，I-t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.018 8 C，则电容器的电容C为__4.7×103__μF. 图丙中I-t曲线与横坐标、直线t＝1 s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.003 8 C，则t＝1 s时电容器两极板间电压为__2.8__V.(结果均保留两位有效数字) 丙 【解析】 (1) 采样周期为T＝＝ s. (2) 由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0 mD． (3) 放电结束后电容器两极板间电压等于R2两端电压，根据闭合电路欧姆定律得电容器两极板间电压为UC＝·R2＝2 V. (4) 充电结束后电容器两端电压为 U′C＝E＝6 V，故可得 ΔQ＝(U′C－UC)C＝0.018 8 C，解得 C＝4.7×103 μF 设t＝1 s时电容器两极板间电压为U″C 得(U′C－U″C)C＝0.018 8 C－0.003 8 C 代入数值解得U″C＝2.8 V 9．某校学习小组要测定一个电容器的电容，选用器材如下：待测电容器；电流传感器(内阻不计)；电压表；干电池(1.5 V，内阻忽略不计)；定值电阻R0＝3 000 Ω；单刀双掷开关；导线若干．实验过程如下： ①按图甲所示的电路图正确连接电路． ②将开关S与“1”端连接，电源向电容器充电． ③将开关S掷向“2”端，测得电流随时间变化的i-t图线如图丙中的实线所示. 甲 乙 丙 丁 请回答下列问题： (1) 充电完成时，电压表示数如图乙所示，则其大小为__1.50__V. (2) 开关与“2”端相连，电压表示数将__逐渐变小__(填“逐渐变大”“逐渐变小”或“不变”). (3) 电容器的电容C＝__2.0×10-3(1.8×10-3～2.2×10-3均可)__F.(保留两位有效数字) (4) 若将定值电阻换为R1＝5 000 Ω，重复③，则电流随时间变化的i-t图线应该是图丁中的曲线__c__(填“b”或“c”). (5) 实验中开关与“1”端相连后，电流表的示数始终不为0，小明同学认为等待时间不够长，你是否同意他的观点？请简要说明理由__不同意．充电结束后灵敏电流表依然可以测得通过电压表的电流，故读数不为0__． 【解析】 (1) 由图可知，电压表的分度值为0.1 V，需要估读到分度值下一位，读数为1.50 V. (2) 开关与“2”端相连，电容器放电，所带的电荷量减少，根据U＝可知，电容器两端的电压减小，根据I＝可知电流逐渐减小． (3) 电容器两端的初始电压为U＝1.50 V，根据Q＝It可知，i-t图像所围成的面积表示电荷量，每一小格表示的电荷量为q0＝0.05×10-3×2 C＝1×10-4 C，不足半格舍去，大于半格算一格，由图可知约有30个小格，则电容器初始所带电荷量为Q＝30q0＝3×10-3 C，电容器的电容C＝≈2.0×10-3 F. (4) 若将定值电阻换为R1＝5 000 Ω，电阻变大，则放电的初始电流变小，根据t＝可知，放电时间变长，故为曲线c. (5) 不同意．充电结束后灵敏电流表依然可以测得通过电压表的电流，故读数不为0. 第2课时　带电粒子在电场中的运动 一、 选择题 1．如图所示，直线加速器由多个横截面积相同的金属圆筒依次排列，相邻圆筒间的距离相同，其中心轴线在同一直线上，A、B接在电压大小不变、极性随时间t周期性变化的交变电源上．粒子从序号为0的金属圆板的中心沿轴线进入圆筒．则粒子(　C　) A．在加速器中一直做匀加速直线运动 B．只在金属圆筒内做匀加速直线运动 C．只在相邻两个金属圆筒间做匀加速直线运动 D．在加速器中一直做加速度增大的变加速直线运动 【解析】 大小不变、极性随时间周期性变化的交变电源加在相邻两个金属圆筒之间，所以粒子在相邻两个金属圆筒间受恒定的电场力，做匀加速直线运动，金属圆筒中电场为零，粒子不受电场力，做匀速运动，故C正确． 2．如图所示，平行板电容器的极板倾斜放置，直线PM为平行板电容器的中心线，P、M两点位于电容器的边沿，电容器两极板间的电场视为匀强电场. 现有一带电液滴从P点射入电容器两极板间，结果恰好沿直线运动到M点. 不计空气阻力. 液滴在从P点运动到M点的过程中(　B　) A．做匀减速直线运动 B．做匀加速直线运动 C．电势能增加 D．电势能减少 【解析】 一带电液滴从P点射入电容器两极板间，结果恰好沿直线运动到M点．受力分析如图所示，合力沿PM向下，电容器与水平面倾角为θ，加速度为a＝＝g sin θ，所以液滴在从P点运动到M点的过程中，做匀加速直线运动，故B正确，A错误；由于电场力不做功，故电势能不变，故C、D错误． 3．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60°，N点为轨迹的最高点，不计重力．则M、N两点间的电势差为(　B　) A． B．－ C．－ D． 【解析】 从M点到N点利用动能定理有qUMN＝mv－mv＝m(v0cos 60°)2－mv，解得UMN＝－，故B正确． 4．如图所示为示波管的示意图，要使屏上的光点P向下偏移的距离增大，可以(　C　) A．增大加速电压U1，增大偏转电压U2 B．增大加速电压U1，减小偏转电压U2 C．减小加速电压U1，增大偏转电压U2 D．减小加速电压U1，减小偏转电压U2 【解析】 电子在加速电场中加速，根据动能定理可得 eU1＝mv，所以电子进入偏转电场时速度的大小为v0＝，电子进入偏转电场后的偏转位移为h＝at2＝＝，所以要使屏上的光点P向下偏移的距离增大，可以增大偏转电压U2或减小加速电压U1，故C正确． 5．如图所示，在示波管水平极板YY′加电压U1、竖直极板XX′加电压U2后，亮斑会偏离荧光屏中心位置．能使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大的是(　A　) A．增大U1 B．减小U1 C．增大U2 D．减小U2 【解析】 在竖直方向YY′加电压U1，电子在竖直方向做匀加速直线运动，竖直方向的位移y＝t2，由运动的独立性可知，使亮斑离荧光屏中心的竖直距离y增大的方法是增大U1，故A正确． 6．如图所示，质子和α粒子分别从O点由静止开始经过M、N板间的电场加速后，从P处垂直射入偏转电场．质子落在感光板上的S点，则α粒子(　A　) A．落在S点，速度方向与质子的相同 B．落在S点，速度方向与质子的不同 C．落在S点左侧，速度方向与质子的相同 D．落在S点右侧，速度方向与质子的不同 【解析】 粒子在加速电场中运动过程，由动能定理qU＝mv－0，粒子在偏转电场中做类平抛运动，则x＝v0t，y＝at2，由牛顿第二定律qE＝ma，联立知x＝2，速度方向与P点速度方向的夹角满足tan θ＝＝，可见x和θ与粒子的比荷无关，则α粒子落在S点，速度方向与质子的相同，故A正确，B、C、D错误． 7．如图所示，一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中．已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连线上的某点时(　C　) A．所用时间为 B．速度大小为3v0 C．与P点的距离为 D．速度方向与竖直方向的夹角为30° 【解析】 粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x＝v0t，竖直方向y＝t2，由tan 45°＝，可得t＝，故A错误；由于vy＝t＝2v0，故粒子速度大小为v＝＝v0，故B错误；由几何关系可知，到P点的距离为L＝v0t＝，故C正确；由平抛推论可知速度偏转角的正切 tan α＝2tan 45°＝2＞tan 60°，可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误． 二、 计算题 8．如图所示，距离为d的平行金属板A、B间的电场强度为E，B板接地．靠近A板的M点有一放射源，能向各个方向发射质量为m、电荷量为－e的带电粒子，可以探测到B板上以N点为圆心、半径为r的圆形区域内都有带电粒子到达，粒子重力不计．求： (1) 粒子运动加速度a的大小． (2) 粒子初速度的最大值v0. (3) 粒子到达B板的最大动能Ekm. 答案：(1) 　(2) r　(3) eEd＋ 【解析】 (1) 粒子加速度a＝ (2) 粒子速度方向平行于A板，做类平抛运动，打到B板距离N点最远，则d＝at2，r＝v0t 解得v0＝r (3) 由动能定理得eEd＝Ekm－mv 解得Ekm＝eEd＋ 9．(2026·南京六校联合体期初)图甲为某粒子控制装置的内部结构图，A、B为两块相距很近的平行金属板，板中央有正对小孔O和O′，B板右侧靠近B板处有关于OO′连线对称放置的平行金属板MN，MN长L＝0.1 m，板间距离d＝4×10-2 m，两板间加有恒定电压U2＝16 V，其内部偏转电场视为匀强电场．在MN右侧相距为L处有一垂直OO′连线放置的粒子接收屏P(屏足够大).一束带正电的粒子以相同的初动能E0＝1×10-2 J源源不断地从小孔O垂直A板射向O′，粒子的带电荷量为q＝1×10-4 C，质量为m＝6×10-8 kg.现在A、B板间加上图乙所示的周期性变化的电压U1，其中A板电势低于B板时，U1为负值．若不计粒子穿过A、B板所用的时间，忽略粒子重力及粒子间的相互作用．求： (1) t＝1.5 s时刻从小孔O射入的粒子，从O′射出时的速度． (2) t＝3 s时刻从小孔O射入的粒子，在偏转电场中的偏转量y. (3) 接收屏P被粒子打中区域的长度l. 甲 乙 答案：(1) 0　(2) cm　(3) cm 【解析】 (1) 1.5 s时电压为U＝－100 V，粒子带正电，由动能定理得qU＝Ek－E0 解得Ek＝0 (2) 粒子在t＝3 s射入偏转电场时动能最大，故在电场中的偏转量最小，有Ek＝E0＋qU1＝mv2 解得v＝1 000 m/s 水平方向有x＝L＝vt 竖直方向有ymin＝at2＝· 解得ymin＝ cm 即在偏转电场中的偏转量y＝ cm (3) 如图所示 最大偏移量应为擦边出射的，即ymax＝＝2 cm 由平抛推论得速度的反向延长线过此时水平位移的中点，根据三角形相似可得 y′max＝×ymax，y′min＝×ymin 故接收屏被粒子打中的区域长度为 l＝2(y′max－y′min)＝ cm 学科网（北京）股份有限公司 $