第8章 第3课时 电容器 带电粒子在电场中的运动(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

该高中物理讲义围绕电容器及带电粒子在电场中的运动，覆盖电容器动态分析、带电粒子直线运动和偏转运动等高考核心考点，按概念规律、动态分析、运动应用的逻辑层次架构知识，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节帮助学生突破难点，体现复习的系统性和针对性。 资料采用对比分析与模型建构策略，如通过U不变和Q不变两类情境推理电容器各量变化培养科学思维，推导偏转运动偏移量公式总结普适结论深化物理观念。设置交变电场拓展点及分层练习，配合最新真题解析，助力学生高效突破考点，为教师把控复习节奏提供有力支持。

第3课时　电容器　带电粒子在电场中的运动 [复习目标] 1．了解电容器的充、放电现象，能够分析电容器的动态变化问题。　2.掌握带电粒子在电场中直线运动的规律。　3.能够分析带电粒子在电场中的偏转运动。 一、电容器及电容 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)所带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。 (3)电容器的充、放电 ①充电：电容器充电的过程中，两极板的电荷量增加，极板间的电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中。 ②放电：放电过程中，电容器把储存的能量通过电流做功转化为其他形式的能量。 2．电容 (1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比。 (2)定义式：C＝。 (3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝106μF＝1012pF。 (4)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。 (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．平行板电容器的电容 (1)决定因素：正对面积，电介质，两板间的距离。 (2)决定式：C＝。 1．(1)电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和。(　　) (2)电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电压成反比。(　　) (3)放电后电容器的电荷量为零，电容也为零。(　　) 提示：(1)×　(2)×　(3)× 二、带电粒子在电场中的运动 1．加速 (1)在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝mv2－mv。 (2)在非匀强电场中，W＝qU＝mv2－mv。 2．偏转 (1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直于场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动。 (2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。 (3)基本关系式：运动时间t＝，加速度a＝＝＝，偏转量y＝at2＝，偏转角θ的正切值tan θ＝＝＝。 2．(1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。(　　) (2)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。(　　) 提示：(1)×　(2)√ 考点一　电容器和平行板电容器的动态分析 1．两类典型问题 (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。 2．动态分析思路 (1)U不变 ①根据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＝EdAB分析某点电势变化。 (2)Q不变 ①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化。 ②根据E＝＝分析电场强度的变化。 (2024·甘肃卷，T7)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 [解析]　电容器不论是充电过程还是放电过程，电流都是逐渐减小的，充电过程电容器两极板的电荷量增加，由C＝可知电容器两极板间电势差增大，放电过程电容器两极板的电荷量减少，电势差减小，A错误，C正确；根据电路结构可知，不论是充电过程还是放电过程，电容器的上极板都是带正电荷的，充电过程，流过电阻R的电流由N点流向M点，放电过程，流过电阻R的电流由M点流向N点，B、D错误。 [答案]　C (2025·黑吉辽蒙卷，T4)如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设计的，逐渐增大施加于两极板压力F的过程中，F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小；F较大时弹性结构闭合，d难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U与F的关系曲线可能正确的是(　　) [解析]　电容C＝＝，解得极板间电势差U＝，电容器充电后断开电源，所带电荷量不变，则Q不变，F较小时，随F的增大，极板间距d减小，且减小得越来越慢，则U减小，且减小得越来越慢，F较大时，极板间距d难以减小，则U难以减小，D正确。 [答案]　D (2025·江苏卷，T9)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，电场力做的功为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，电场力做的功为(　　) A． B．W C．2W D．4W [解析]　两金属板与电源相连，则两板间电势差U不变，设两板间距离为d，a、b两点沿电场方向的距离为x，两板移动前将点电荷从a移动到b，电场力做的功W＝q·U，当两板间距离增大到原来的2倍时，再将该电荷从a移动到b，电场力做的功W′＝q·U＝W，A正确。 [答案]　A 两个常用技巧 1．在电荷量保持不变的情况下，由E＝＝＝知，电场强度与板间距离无关。 2．对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，根据C＝、Q＝CU和E＝进行判定即可。 考点二　带电粒子(体)在电场中的直线运动 1．重力的处理 (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，一般都不能忽略重力。 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且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动。 3．分析思路 (1)用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v＝2ad。 (2)用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv。 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。 如图所示， 在某一真空区域中，有水平向右的匀强电场，在竖直平面内有初速度为v0的带电微粒，粒子质量为m，电荷量为q，恰能沿图示虚线由A向B做直线运动，AB与电场强度方向的夹角为θ，重力加速度为g，则(　　) A．微粒可能带正电 B．匀强电场的电场强度大小为 C．微粒的机械能减小 D．微粒的电势能减小 [解析]　微粒做直线运动，故电场力和重力的合力沿AB方向，电场力方向水平向左，微粒一定带负电，A错误；对微粒受力分析，有qE＝，故E＝，B错误；微粒在运动过程中，电场力做负功，机械能减小，电势能增大，C正确，D错误。 [答案]　C 如图所示，一平行板电容器两极板间距离为d，极板间电势差为U，一个电子从O点沿垂直于极板的方向射入两极板间，最远到达A点，然后返回。已知O、A两点相距为h，电子质量为m，电荷量为－e，重力不计。下列说法正确的是(　　) A．电子在O点的电势能高于在A点的电势能 B．电子返回到O点时的速度与从O点射入两极板间时的速度相同 C．电子从O点射出时的速度v0＝ D．O、A间的电势差UOA＝U [解析]　电子在A点的动能最小，根据能量守恒定律可知，电子在A点的电势能最大，故电子在O点的电势能低于在A点的电势能，故A错误；电子在运动过程中，只受到电场力，电势能与动能之和不变，故其返回到O点时的电势能与从O点射入两极板间时的电势能相同，则其返回到O点时的速度大小与从O点射入两极板间时的速度大小相同，但是方向相反，故B错误；根据动能定理有eh＝mv，解得电子从O点射出时的速度v0＝，故C错误；O、A间的电势差UOA＝U，故D正确。 [答案]　D 拓展点 带电粒子在交变电场中的直线运动 1．交变电场：常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。 2．题目类型 (1)粒子做单向直线运动。 (2)粒子做往返运动。 3．解题技巧 (1)按周期性分段研究。 (2)将 a－t图像 v－t图像。 (3)几种典型运动(初速度为0) U－t图像 v－t图像 轨迹图 续　表 U－t图像 v－t图像 轨迹图 (2026·广东汕头市模拟)如图甲所示，某多级直线加速器由n个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，各金属圆筒依序接在交变电源的两极M、N上，序号为0的金属圆板中央有一个质子源，质子逸出的速度不计，M、N两极加上如图乙所示的电压uMN，一段时间后加速器稳定输出质子流。已知质子质量为m、电荷量为e，质子的重力和通过圆筒间隙的时间不计，且忽略相对论效应，则(　　) A.质子在各圆筒中做匀加速直线运动 B.质子进入第n个圆筒瞬间速度为 C.各金属筒的长度之比为1∶∶∶… D.质子在各圆筒中的运动时间之比为1∶∶∶… [解析]　金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速直线运动，故A错误；质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理有neU0＝mv－0，解得vn＝，故B错误；只有质子在每个圆筒中匀速运动时间均为时，才能保证每次在缝隙中都被电场加速，故D错误；第n个圆筒长度Ln＝vn·＝，则各金属筒的长度之比为1∶∶∶…，故C正确。 [答案]　C 考点三　带电粒子在电场中的偏转 1．运动规律 (1)带电粒子沿初速度方向做匀速直线运动 ①能飞出电容器：t＝。 ②不能飞出电容器：y＝at2＝ t2，t＝ 。 (2)带电粒子沿电场力方向做匀加速直线运动 加速度：a＝＝＝。 离开电场时的偏移量：y＝at2＝。 离开电场时的偏转角：tan θ＝＝。 2．两个结论 (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＝··，tan θ＝，得y＝，tan θ＝，可见y、tan θ与粒子的q、m无关。 (2)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。 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。 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.增大U1　　　　　　 B．减小U1 C.增大U2 D．减小U2 [解析]　由题图可知，示波管水平极板YY′加电压U1，能使粒子竖直方向发生位移，若要使亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大，则需要竖直分位移增大，即增大U1。 [答案]　A (2026·河北沧州市五县联考一模)如图所示，两个带等量异种电荷的平行金属板水平放置，板间电场可视为匀强电场，一电子沿平行于板面的方向射入电场中，并从另一侧射出。已知板长为L，两板间距为d，板间电压为U，电子的质量为m，电荷量为e，电子射入时的速度大小为v0。不计电子的重力。求： (1)电子在两极板间的加速度大小a； (2)电子射出电场时沿垂直于板面方向偏移的距离y； (3)电子在极板间运动的过程中电场力对电子所做的功W。 [解析]　(1)根据牛顿第二定律有e＝ma 解得a＝。 (2)电子在极板之间做类平抛运动 则有L＝v0t，y＝at2 结合上述解得y＝。 (3)极板之间电场的电场强度E＝ 则电子在极板间运动的过程中电场力对电子所做的功W＝eEy 结合上述解得W＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 拓展点 带电粒子在交变电场中的偏转 不计重力的带电粒子，在t＝0时刻以水平速度v0进入交变电场，其水平方向做匀速直线运动，竖直方向的运动如下： U－t图像 v－t图像 轨迹图 (2025·甘肃卷，T7)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后，沿OO′方向射入电压为U2的电场(OO′为平行于两极板的中轴线)。极板长度为l、间距为d，U2－t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O′点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2＝±Um时，离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是(　　) A.U2的最大值Um＝U1 B.当U2＝±Um且L＝时，离子恰好能打到样品边缘 C.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1 D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点 [解析]　离子在加速电场中被加速时有U1q＝mv，在偏转电场中做类平抛运动，则l＝v0t，＝·t2，解得Um＝U1，A错误；当U2＝±Um时离子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则＝，解得L＝，B正确；根据y＝·t2＝，若其他条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，C错误；由题图可知t1时刻所加的电压小于t2时刻所加的电压，则t1时刻射入的离子打到样品的竖直位移小于t2打到样品的竖直位移，D错误。 [答案]　B 学科网（北京）股份有限公司 $