第9章 第3讲 电容器 带电粒子(体)在电场中的运动(Word教参)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

该高中物理讲义聚焦电容器动态分析及带电粒子在电场中的运动两大高考核心模块，按“基础回顾-分类突破-综合应用”逻辑架构知识点，涵盖电容器动态变化、含二极管电路及带电粒子直线与曲线运动等考点。通过课前微点判断、逐点清真题解析及关键点拨，形成“考点梳理-方法指导-真题训练”闭环教学流程，助力学生系统构建电场问题分析框架。 讲义创新采用“分层突破+模型建构”教学策略，如电容器动态分析中对比电荷量与电压不变情境，建立电容与场强关联模型，培养科学思维。设计“等效重力场”建模活动，结合圆环小球运动推导等效最高点条件，强化科学推理。三级练习确保学生高效突破难点，为教师把控节奏、提升学生应考能力提供优质资源。

第三讲　电容器 带电粒子(体)在电场中的运动 |课|前| [精要回顾] [微点判断] (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)电容器的电容随电容器所带电荷量的增大而增大。 (×) (3)(2024·浙江6月选考T6B)在“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验中，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则电容器的电容增大。 (×) (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)(人教必修3 P47“拓展学习”·改编)示波管偏转电极接入恒定电压时，屏幕上出现一个亮斑。 (√) 逐点清(一)　平行板电容器的动态分析 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.[电容器电荷量不变时的动态分析] (2025·重庆九龙坡模拟)屹立于武当山山巅的铜铸金殿是一个庞大的优良导体，当带电的积雨云移来时，能产生“雷火炼殿”奇观。其原理可以简化为以下模型：如图所示，M、N可以看成平行板电容器的两个极板，金属板M带正电，按照图中位置1到位置3的顺序逐渐靠近接地的金属板N，此过程中M板的带电荷量不变。则 (　　) A.在位置2时，电容器的电容比位置1小 B.在位置3时，M板的电势比位置2高 C.在位置3时，N板携带电荷量比位置2多 D.位置2与位置3相比，MN间的电场强度相同 解析：选D　由C=可知，从位置1到位置2，d减小、S增大，故电容器的电容变大，A错误；MN间的电场强度为E===，可知E与d无关，所以MN间的电场强度不变，由U=Ed可知，MN间的电势差变小，而N板电势始终是零，且M板带正电，电势高于N板电势，所以从位置2到位置3过程中，M板电势降低，B错误，D 正确；极板处于断路状态，电荷量不变，C错误。 2.[电容器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：选A　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.[含有二极管的电路中电容器动态分析] (2025·南京模拟)我国科研团队成功研制出一种人造蓝宝石作为绝缘介质的晶圆，这种材料具有卓越的绝缘性能。如图所示，直流电源与一平行板电容器、理想二极管连接，电容器A板接地。闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点恰好处于静止状态。下列说法错误的是 (　　) A.该带电油滴带负电 B.B板下移，油滴将继续保持静止状态 C.减小极板间的正对面积，P点处的电势升高 D.若两板间插入人造蓝宝石，则电容器的电容增大 解析：选C　油滴受重力和电场力作用，处于平衡状态，重力方向竖直向下，则电场力方向竖直向上，由题图可知，A板带正电荷，因此该带电油滴带负电，故A正确，不符合题意；B板下移，d增大，由C=可知电容减小，由Q=CU可知，Q应减小，但由于二极管具有单向导电性，电容器不会放电，则Q实际不变，由E==可知，电场强度不变，则油滴所受电场力不变，油滴将继续保持静止状态，故B正确，不符合题意；减小极板间的正对面积，由以上分析可知，E增大，由U=Ed可知A板与P点之间的电势差增大，A板接地，电势始终为0，因此P点处的电势降低，故C错误，符合题意；两板间插入人造蓝宝石，εr增大，由C=可知电容增大，故D正确，不符合题意。 关键点拨 　平行板电容器的动态分析思路 逐点清(二)　带电粒子(体)在电场中的直线运动 1.[带电粒子只在电场力作用下的直线运动] (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： (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。 解析：(1)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。 答案：(1)　(2)2 2.[带电体在静电力和重力作用下的直线运动] (双选)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：选AD　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。 关键点拨 1.带电粒子(体)在电场中运动时重力的处理 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) 带电体 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.处理带电粒子在电场中做直线运动的两个观点 (1)动力学观点：a=，E=，v2-=2ad。 (2)用功能观点分析 匀强电场中：W=Eqd=qU=mv2-m。 非匀强电场中：W=qU=Ek2-Ek1。 逐点清(三)　带电粒子(体)在电场中的曲线运动 1.带电粒子在匀强电场中的偏转 [例1]　(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)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离； (2)A、B细胞收集管的间距。 [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=5.0×10-3 m。 (2)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。 [答案]　(1)5.0×10-3 m　(2)0.11 m 2.带电粒子在电场力和重力作用下的曲线运动 [例2]　(2025·辽宁朝阳模拟)平行板电容器与二极管和电源相连组成回路，一个带电小球从左端射入，打到B板上的N点，小球的重力不能忽略，二极管具有单向导电性，下列说法正确的是 (　　) A.若小球带负电，则AB板间距减小时，小球一定打在N点的左侧 B.若小球带负电，则AB板间距减小时，小球一定打在N点的右侧 C.若小球带正电，则AB板间距减小时，小球打在N点的左侧 D.若小球带正电，则AB板间距减小时，小球在板间运动的加速度在减小 [解析]　若小球带负电，当AB间距减小时，电容器电容增大，电容器充电，两板间场强增大，小球受力可能平衡，加速度为零，做匀速直线运动，故A、B错误；若小球带正电，当AB间距减小时，电容器电容增大，电容器充电，两板间场强增大，小球向下的加速度变大，故小球将打在N点的左侧，故C正确，D错误。 [答案]　C |知|能|强|化| 1.等效重力场 物体在匀强电场和重力场中的运动，可以将重力场与电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效重力场”。 2.“等效重力”及“等效重力加速度” 在匀强电场中，将重力与静电力进行合成，如图所示，则F合为“等效重力场”中的“等效重力”，g'=为“等效重力场”中的“等效重力加速度”，F合的方向为“等效重力”的方向，即在等效重力场中的竖直向下方向。 3.带电粒子在等效重力场中的圆周运动 [例3]　(2025·潍坊模拟)(双选)如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度为E=，下列说法正确的是 (　　) A.若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为 B.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大 C.若将细线剪断，再将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点 D.若将小球在A点由静止释放，则小球沿AC圆弧到达C点的速度为 [解析]　小球受到水平向右的电场力大小F=Eq=mg，合力大小为F合==2mg，方向斜向右下方，与竖直方向夹角为60°，若小球恰能在竖直平面内做圆周运动，速度最小时细线无拉力，合力提供向心力，有F合=，联立解得v=，故A错误；由功能关系知，小球机械能的变化量等于除重力和系统内弹力之外的力所做的功，小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，运动到B点时，静电力做功最多，故运动到B点时小球的机械能最大，故B正确；若将细线剪断，再将小球在A点竖直向上抛出，小球将在竖直方向上做竖直上抛运动，在水平方向做匀加速直线运动，当竖直方向位移为0时，有t=，水平位移有x=at2，由牛顿第二定律得a==g，解得x=2d>2d，所以小球将不能到达B点，故C正确；设合力方向与电场线方向夹角为θ，有tan θ==，得θ=30°，所以将小球由静止释放，小球将沿合力方向做匀加速直线运动，故D错误。 [答案]　BC |思|维|建|模| 等效最“高”点与最“低”点的确定方法 在“等效重力场”中做圆周运动的物体过其轨迹圆心作“等效重力”的作用线，其反向延长线交于圆周上的那个点即为圆周运动的等效最“高”点，沿着“等效重力”的方向延长交于圆周的那个点即为等效最“低”点，如图所示。 |针|对|训|练| (双选)如图所示，半径为R的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，AB是水平方向的直径，CD是竖直方向的直径，整个圆环处在水平向右的匀强电场中。将质量为m、电荷量为+q(q>0)的小球套在圆环上，从A点由静止释放，小球运动到P点时的动能最大，∠DOP=37°。已知重力加速度大小为g，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (　　) A.小球可以沿圆环运动到C点 B.匀强电场的电场强度大小为 C.P、B两点间的电势差为 D.小球运动到B点时，向心加速度大小为3g 解析：选CD　小球运动到P点时的动能最大，即重力和电场力的合力沿着OP方向，对小球受力分析有=tan 37°，解得E=，故B错误；假设小球能够沿圆环运动到C点，根据动能定理有qER-mgR=Ek-0，分析上式可知Ek<0，显然这是不可能的，即假设错误，故A错误；P、B两点间的电势差UPB=E(R-Rsin 37°)=，故C正确；小球从A点运动到B点，根据动能定理有qE·2R=m，此时小球的向心加速度大小a向==3g，故D正确。 48 / 50 $