第9章 第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

该高中物理高考复习课件聚焦“电容器及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，通过近三年高考真题统计明确动态分析（占比35%）和偏转运动（占比40%）为高频考点，归纳出选择、计算两类常考题型，构建系统知识框架。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2025年黑吉辽蒙高考题为例，运用“确定不变量→判断电容变化→分析场强”四步流程突破动态分析，培养学生科学思维素养。特设“微点判断”易错警示和“类平抛运动分解法”解题模板，助力学生掌握偏转位移与偏转角计算技巧，教师可据此开展靶向复习，提升备考效率。

电容器 带电粒子在电场中的运动 第 3 讲 （基础落实课） 课前基础先行 一、电容器及电容 1.电容器 (1)组成：由两个彼此_____又相距很近的导体组成。 (2)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 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_________，电容器中储存电场能 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 绝缘 异种电荷 2.电容 定义 电容器所带的_________与电容器两极板之间的________之比 定义式 C=；单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F=_____ μF=_____ pF 意义 表示电容器容纳电荷本领的高低 决定因素 由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及两极板间是否存在电压无关 电荷量Q 电势差U 106 1012 3.平行板电容器的电容 (1)决定因素：两极板的正对面积，电介质的相对介电常数，两极板间的距离。 (2)决定式：C=。 二、带电粒子在电场中的运动 1.带电粒子在电场中的加速问题 用动力学观点分析 a=，E=，v2-=2ad 用能量观点分析 ①在匀强电场中，W=______=qU=mv2-m ②在非匀强电场中，W=______=mv2-m qEd qU 2.带电粒子在电场中的偏转问题 运动情况 如果带电粒子以初速度v0垂直场强 方向进入板间电压为U的匀强电场中， 则带电粒子在电场中做类平抛运动， 如图所示 处理方法 将粒子的运动分解为沿初速度方向的__________运动和沿电场力方向的____________运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题 匀速直线 匀加速直线 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。 ( ) 4.平行板电容器充电后与电源断开，则电荷量Q一定；若一直与稳压电源连接，则电压U不变。 ( ) 5.带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。 ( ) 微点判断 × × × √ × 6.带电粒子在电场中只受电场力时，也可以做匀速圆周运动。 ( ) 7.带电粒子在匀强电场中运动，电场力一定做正功。 ( ) 8.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。 ( ) 9.带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。 ( ) 10.当带电粒子垂直于电场方向射入平行板电容器中时，粒子若不打在极板上，运动时间由水平速度决定。 ( ) √ × √ × √ 逐点清(一)　平行板电容器的动态分析 逐点清(二)　 带电粒子(体)在电场中的直线运动　　　 01 02 CONTENTS 目录 逐点清(三)　带电粒子(体)在电场中的偏转 课时跟踪检测 03 04 逐点清(一)　 平行板电容器的动态分析 课 堂 1.[电荷量不变时的动态分析] (2025·黑吉辽蒙高考)如图所示， 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(　　) 题点全练 解析：根据电容的定义式C=和电容的决定式C=，可得U=·d，由题意可知，随着F的增大，d减小，且减小得越来越慢，将电源断开后Q不变，故随着F的增大，极板间的电势差U减小，且减小得越来越慢；当F增大到一定程度时，再增大F，d基本不变，故此时U保持不变；结合图像，最符合情境的是D选项。故选D。 √ 2.[电压不变时的动态分析] (2025·江苏高考)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. B.W C.2W D.4W √ 解析：平行金属板与电源保持连接，金属板两端电压不变，现将平行金属板间距增大至原来的两倍，由E=可知，两板间电场强度变为原来的，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为W1=E1qdab= W，故选A。 3.[电容器的综合分析] (2025·河北张家口一模)如图所示，D是一 只理想二极管，水平放置的平行板电容器 的A、B两极板间有一带电液滴，在P点处 于静止状态。若保持极板B不动，当某同学分别从初始状态开始沿不同方向稍微平移极板A(移动极板A后P点还在两极板之间)时，下列说法正确的是(　　) A.极板A向上移动过程中，静电计指针张角变小 B.极板A向下移动过程中，静电计指针张角变大 C.极板A向左移动过程中，液滴向下运动 D.极板A向左移动过程中，P点处电势升高 √ 解析：由题图可知，电容器极板A带正电，极板A向上移动过程中，两极板间距d增大，根据电容的决定式C=可知，电容器的电容减小，根据Q=CU可知，电容器所带电荷量将变小，电容器放电，但理想二极管D阻止电容器放电，所以电容器所带电荷量Q不变，则两极板间电势差U变大，静电计指针张角变大，故A错误；极板A向下移动过程中，两极板间距d减小，根据电容的决定式C=可知，电容器的电容增大，根据Q=CU可知，电容器所带电荷量将变大，电容器充电，两极板间电势差不变，静电计指针张角不变，故B错误； 极板A向左移动过程中，两极板正对面积S减小，根据电容的决定式C=可知，电容器的电容减小，根据Q=CU可知，电容器所带电荷量将变小，电容器放电，但理想二极管D阻止电容器放电，所以电容器所带电荷量Q不变，则两极板间电势差U变大，根据E=可知，两极板间的电场强度增大，则液滴受到的竖直向上的电场力增大，液滴向上运动，设P点到下极板的距离为x，则P点的电势为φP=UPB-φB=Ex-0=Ex，所以P点处电势升高，故C错误，D正确。 1.动态分析的思路 精要点拨 2.两类动态分析的比较 逐点清(二)　 带电粒子(体)在电场中的直线运动　　　 课 堂 1.电场中重力的处理方法 (1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，除有说明或明确暗示外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。 (2)带电体：如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力。 2.做直线运动的条件 带电粒子(体)所受合外力与速度方向在同一条直线上。 题型1　带电粒子仅在静电力作用下的直线运动 1.(2025·四川高考)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。不计微粒重力。求： 考法全训 (1)微粒第一次到达下极板所需时间； 答案：　 解析：由牛顿第二定律有qE=ma 由运动学公式可得=at2 解得微粒第一次到达下极板所需的时间为t=。 (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 答案：2 解析：微粒第一次到达下极板时的速度大小为v1=at=，根据题意可知，微粒与极板碰撞前后瞬间速度大小不变、方向反向，加速度也大小不变、方向反向，设微粒第一次到达上极板时的速度大小为v2，则-=2ad，解得v2= 设微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v3，则-=2a，解得v3=2 故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为p=mv3=2。 题型2　带电体在静电力、重力作用下的直线运动 2.(多选)如图所示，一带电微粒从A点射入水平方向的匀强电场中(实线代表电场线，电场方向未知)，微粒恰沿直线AB运动，AB与水平方向夹角θ=45°，已知带电微粒的质量为m，电荷量大小为q，A与B相距L，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.从A到B，带电微粒做匀减速直线运动 B.若电场方向向左，则带电微粒带负电 C.从A到B的过程中，带电微粒的重力势能增加、机械能增加 D.要使带电微粒能从A点运动到B点，其射入电场时的速度大小至少为 √ √ 解析：带电微粒沿直线从A运动到B，说明带电微粒受到的合外力沿AB直线，因微粒的重力竖直向下，受到的电场力沿水平方向，则合外力方向一定由B指向A，受力分析可得=ma，带电微粒的加速度大小为a=g，做匀减速直线运动，故A正确；电场力一定向左，若电场方向向左，则带电微粒带正电，故B错误；从A到B的过程中，重力对带电微粒做负功，重力势能增加，电场力对带电微粒做负功，电势能增加，机械能减少，故C错误；恰好能到B处时，有=2gL，解得v0=，故D正确。 逐点清(三)　带电粒子(体)在电场中的偏转 课 堂 1.偏转的一般规律 2.两个重要推论 (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的偏转角、偏移距离总是相同的。 (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为粒子水平位移的中点，若电场宽度为l，交点到电场边缘的距离为。 3.一般解题方法 运动的 分解法 一般用分解的思想来处理，即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：qU=mv2-m，其中U指初、末位置间的电势差 考法1　带电粒子在匀强电场中的偏转 1.(2025·重庆高考)某兴趣小组用人工智能模拟 带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区 域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为 QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b(　　) 考法全训 A.具有不同比荷 B.电势能均随时间逐渐增大 C.到达M、N的速度大小相等 D.到达K所用时间之比为1∶2 √ 解析：根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，运动时间相等，由题图可知，a、b沿初速度方向位移之比为2∶1，则初速度之比为2∶1，沿电场方向的位移大小相等，由y=at2可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有qE=ma，可得=，可知带电粒子具有相同比荷，故A错误； 带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；沿电场方向，由公式vy=at可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2∶1，则到达M、N的速度大小不相等，故C错误；由题图可知，带电粒子a、b到达K的水平位移相等，由于带电粒子a、b初速度之比为2∶1，则所用时间之比为1∶2，故D正确。 考法2　带电体在匀强电场中的偏转 2.空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求： (1)电场强度的大小； 答案：　 解析：设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度大小为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma ① a=gt2 ② 解得E=。 ③ (2)B运动到P点时的动能。 答案：2m(+g2t2) 解析：设B从O点发射时的初速度大小为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有mgh+qEh=Ek-m④ 且有v1=v0t ⑤ h=gt2 ⑥ 联立③④⑤⑥式得Ek=2m(+g2t2)。 ⑦ 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1.如图所示，某些肿瘤可以用“质子疗法”进行 治疗。在这种疗法中，静止的质子被电场强度 大小E=2×105 V/m的匀强电场沿直线加速到 v=1×107 m/s，然后轰击肿瘤，杀死细胞。 已知质子的质量m=1.6×10-27 kg，电荷量e=1.6×10-19 C，则整个加速过程中质子的位移大小为 (　　) A.2 m B.2.5 m C.4 m D.5 m √ 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 解析：根据动能定理有eEx=mv2，解得整个加速过程中质子的位移大小x== m=2.5 m，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2.(2025·天津南开一模)电容式加速度传感器可用于 汽车安全气囊系统，传感器的核心部件为由一块固 定极板和一块可前后移动的极板组成的平行板电容 器，可移动极板的移动距离与汽车的加速度大小成 正比。已知电容器所带电荷量始终保持不变，当汽车速度减小时，由于惯性导致极板M、N之间的相对位置发生变化，电容器M、N两极板之间的电压减小，当电压减小到某一值时，安全气囊弹出。则减速过程该电容器 (　　) A.电容减小 B.M、N两极板间的距离减小 C.极板间的电场强度增大 D.M板为可移动极板 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：由于电荷量Q不变，电压U减小，根据C=可知电容增大，故A错误；因为C增大，根据C=，则M、N两极板间的距离d减小，故B正确；极板间电场强度E=，又因为C=，C=，联立解得E=，可知电场强度不变，故C错误；当汽车速度减小时，可移动极板因为惯性速度没来得及变化相对汽车向前运动，M、N两极板间的距离减小，则N板为可移动极板，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 3.(2025·陕西西安一模)(多选)计算机 键盘为电容式传感器，如图甲所示。 每个键下面由相互平行且间距为d的 活动极板和固定极板组成，如图乙 所示。其内部电路如图丙所示，已知只有该键的电容改变量不小于原电容的50%时，传感器才有感应，则下列说法正确的是 (　　) A.按键的过程中，电容器的电容减小 B.按键的过程中，图丙中电流方向从b流向a C.按键的过程中，电容器两极板间的电场强度不变 D.要使传感器发生感应，至少要将按键按下d √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：根据电容的决定式C=可知按键过程中，d减小，C增大，故A错误；由于电容器直接接在电源两端，故电容器两端电压U不变，因C增大，根据Q=CU可知Q增大，电容器充电，电流方向从b流向a，故B正确；根据电势差与电场强度的关系有E=，由于按键过程中U不变、d减小，故E增大，故C错误；设按键至少按下Δd距离，传感器才有感应，则此时电容C0=，又因为C0-C=0.5C，联立解得Δd=d，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 4.在如图所示的空间直角坐标系中，一不计重力且带正电的粒子从坐标为处以某一初速度平行y轴正方向射出，经时间t粒子前进的距离为L。在该空间加上匀强电场，粒子仍从同一位置以相同的初速度射出，经相同时间t后恰好运动到坐标原点O。已知粒子的比荷为k，则该匀强电场的场强大小为(　　) A. B. C. D. √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设初速度大小为v0，沿三个轴方向的加速度大小分别为ax、ay、az，则在三个方向上分别有L=axt2，0=v0t-ayt2，L=azt2，不加电场时有L=v0t，根据qE=m，联立解得E=，故选A。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 5.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 (　　) 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的正切值tan α= √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：在XX'极板间电子的加速度大小为a==，A错误；电子从离开金属丝到打在荧光屏上，由动能定理得e·10U+eU'=Ek，其中U'≤，故Ek≤10.5eU，B错误；电子经电子枪加速后，e·10U=m，在XX'极板间运动时间为t=，受到的冲量大小为I=eEt===，C错误；电子打在荧光屏上时，速度方向与OO'连线夹角α的正切值tan α===，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 6.(2025·河北廊坊一模)如图所示，空间存在水平向左的 匀强电场，电场强度大小为10 V/m。一倾斜挡板与水平 地面成37°角，挡板上P点正上方5 m处有一粒子源S， 粒子源可以沿各个方向发射速度大小均为2 m/s的带正 电的微粒，所有微粒均能落在挡板上。已知微粒的比荷为 C/kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计落在挡板上的微粒对原电场的影响以及微粒间的相互作用，则微粒落在挡板上的最短时间约为(　　) A.0.3 s B.0.5 s C.0.7 s D.0.9 s √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：根据牛顿第二定律可得，电场产生的水平方向的加速度大小为a== m/s2，则粒子垂直斜面方向的加速度大小为a'=asin θ+gcos θ =12 m/s2，粒子源S到斜面的距离为x=xSPcos θ=4 m，由于粒子垂直斜面方向的加速度大小恒定，所以当粒子初速度垂直斜面时用时最短，此时x=v0t+a't2，解得t= s≈0.7 s，故选C。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 7.(2025·哈尔滨二模)如图所示，空间存在大小为E、方向竖直向下的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射出，已知MN与水平方向成30°角，粒子的重力可以忽略。则粒子到达MN连线上的某点时(　　) A.所用的时间为 B.速度大小为2v0 C.与P点的距离为 D.速度方向与竖直方向的夹角为30° √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析： 粒子在电场中做类平抛运动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹角为30°，根据牛顿第二定律可得a=，垂直电场方向的位移为x=t，平行电场方向的位移为y=at2，根据几何关系有tan 30°=，联立解得t=，故A正确； 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 当到达MN连线上某点时，水平分速度为vx=v0，竖直方向分速度为vy=at=v0，则速度为v==v0，故B错误；水平位移为x=v0t=，根据几何关系可得粒子到达MN连线上的点与P点的距离为l==，故C错误；速度方向与竖直方向夹角的正切值为tan θ==，则夹角不等于30°，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 √ 8.(多选)如图是一质量为m、带电荷量为q的粒子在匀强电场中运动的轨迹。已知M点的速度水平向右，N点的速度竖直向下，大小均为v，M、N两点间的距离为l，不计粒子的重力。下列说法正确的是 (　　) A.粒子从M点运动到N点的过程中，电势能先增大后减小 B.粒子从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功 C.匀强电场的方向竖直向下 D.匀强电场的电场强度大小为 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：由题意可知，粒子在M点和N点的速度大小相等， 则电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，A 正确，B错误；根据动能定理，可知粒子从M点运动到 N点的过程，所受的电场力做功为0，则M点和N点的电 势相等，由电场线垂直于等势面，可知电场线垂直MN 连线，由粒子做曲线运动所受的合力指向轨迹的凹侧可知，粒子所受的电场力垂直MN向下，如图所示，但粒子所带电荷的正负未知，电场方向不确定，C错误； 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 由题给条件和几何关系，可知MN连线与水平方向的夹角为45°，则M、N之间的水平距离x=lcos 45°=l，粒子从M点运动到N点，在水平方向上，根据动能定理可得0-mv2=-qExcos 45°，解得E=，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 9.(10分)(2025·河南高考)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， 板间为水平向右的匀强电场，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 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；(5分) 答案：5.0×10-3 m　 解析：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=5.0×10-3 m。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)A、B细胞收集管的间距。(5分) 答案：0.11 m 解析：含A细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，竖直方向有h=vt2 水平方向有x2=at1t2 联立解得x2=0.05 m 由对称性可知，A、B细胞收集管的间距为 Δx=2(x1+x2)=0.11 m。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 10.(10分)(2025·江苏高考)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 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)a运动到最高点的时间t；(4分) 答案：　 解析：根据题意，对a分析，根据牛顿第二定律有qE=ma a运动到最高点的过程，由运动学公式有v0sin θ=at，联立解得t=。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)a到达最高点时，a、b间的距离H。(6分) 答案： 解析：方法一　根据题意可知，a、b在水平方向上均做匀速直线运动，且水平方向上的速度均为v0cos θ，则a、b一直在同一竖直线上，斜上抛的a在竖直方向上运动的位移为x1== 斜下抛的b在竖直方向上运动位移为 x2=v0sin θ·t+at2= 则a到达最高点时与b之间的距离H=x1+x2=。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 方法二　a、b受到的电场力相同，则加速度相同，以a为参考系，b以2v0sin θ的速度向下做匀速直线运动，则a到达最高点时，a、b间的距离H=2v0sin θ·t=。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $