2026高考物理一轮复习（基础版）第九章 第4讲　电容器　带电粒子在电场中的运动

第4讲电容器带电粒子在电场中的运动如图甲是一次心脏除颤器的模拟治疗,该心脏除颤器电容器的电容为C,请思考:(1)电容器在充电和放电过程中电容如何变化?如何确定充电完成后电容器所带电荷量?放电过程电流如何变化?(2)若一正点电荷P在如图乙所示的匀强电场中静止释放,如何确定点电荷P到达B板的动能?若该正点电荷具有与电场线垂直的初速度,它的运动性质及到达B板的时间、动能、速度等相关物理量如何确定?1.有一电解电容器如图所示,外壳上标有“1000μF,10V”。下列关于该电容器的说法正确的是()[A]该电容器在10V电压以下不能正常工作[B]当所加电压为8V时,该电容器的电容为800μF[C]该电容器能容纳的电荷量最多为1.0×10-3C[D]当两极加1V电压时,该电容器的电荷量为1.0×10-3C【答案】D2.如图所示,比荷相同、重力不计的a、b两个带电粒子,从同一位置水平射入竖直向下的匀强电场中,a粒子打在B板的a′点,b粒子打在B板的b′点,则()[A]a、b均带负电[B]a的初速度一定小于b的初速度[C]a的运动时间一定小于b的运动时间[D]该过程中a所受电场力做的功一定大于b的【答案】B【答案】异种中和相等QU1061012S412mv2-12mv02类平抛合成分解lv0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:(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?(3)根据匀强电场电势差与电场强度的关系E=Ud,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:(1)C=εrS4πkd,d变大,(2)由C=QU可得U=QC,Q不变,C变小,故(3)将C=εrS4πkd代入U=QC,可得U=4πkdQεrS,则1.对电容定义式C=QU(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】(2024·四川绵阳阶段练习)自动体外除颤器是一种便携式的医疗设备,如图,它可以诊断特定的心律失常,并且给予电击除颤,是可被非专业人员使用的用于抢救心脏骤停患者的医疗设备。某型号自动体外除颤器的电容器电容是16μF,充电至4kV电压电容器在4ms时间内完成放电,则()[A]电容器充电后的电荷量为0.64C[B]电容器放电的平均电流为16A[C]电容器的击穿电压为4kV[D]电容器放电完成后电容为0【答案】B【解析】Q=CU=16×10-6×4×103C=0.064C,故A错误;I=Qt=0.0644×10-3A=16A,故B正确;该电容器电压为4kV,不高于额定电压,击穿电压大于额定电压,故C错误;[例2]【带电荷量Q不变时的动态分析】(2024·浙江6月选考卷,6)图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验,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()[A]极板间电势差减小[B]电容器的电容增大[C]极板间电场强度增大[D]电容器储存能量增大【答案】D【解析】根据Q=CU、C=εrS4πkd,可得当极板间距增大时电容减小,由于电容器的带电荷量不变,故极板间电势差增大,故A、B错误;根据E=Ud得E=4πkQεrS,故电场强度不变,[例3]【电压U不变时的动态分析】(2024·贵州遵义检测)(多选)运动步数的测量是通过手机内电容式传感器实现的。其原理如图所示,R为定值电阻,M和N为电容器两极板,极板M固定,极板N与两轻弹簧连接,极板N可动。人行走时,若M、N两极板距离变小,则()[A]电容器的电容增大[B]两极板间的电场强度变小[C]电容器的带电量减小[D]电流由a经电流表流向b【答案】AD【解析】电容器两极板间距变小,则根据C=εrS4πkd可知,电容器的电容增大,故A正确;电容器始终与电源连接,则电压不变,电容器两极板间距变小时,由E=Ud知电场强度变大,故B错误;因电容器的电容增大,而电容器两极板间电压不变,根据Q=CU可知电容器带电量增大,故C错误;根据电容器带电量增大,则电容器充电,因此电流由a向[变式]如图所示,在[例3]电路中电阻R和电源之间连接一个二极管,试判断人带着手机向前加速运动阶段与静止时相比,手机上的电容器的电容、两极板间的电压、两极板间的电场强度,以及两极板所带电荷量的变化情况。【答案】见解析【解析】人带着手机向前加速运动时,由牛顿第二定律可得,弹簧被压缩,即N板向后运动,电容器两极板间的距离变大,由C=εrS4πkd得电容器的电容减小;假设电容器两极板间电压不变,由C=QU知电荷量减小,电容器需要放电,但由于二极管的存在,电容器不能放电,故假设电压不变不成立,电容器两极板带电荷量不变,由C=QU得两极板间的电压增大,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)。a=qEm,E=Ud,v2-v0(2)用功能观点分析。①匀强电场中:W=qEd=qU=12mv2-12m②非匀强电场中:W=qU=Ek2-Ek1。[例4]【带电粒子在电场中的直线运动】如图所示,真空中平行金属板M、N之间距离为d,两板所加的电压为U。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。(1)求带电粒子所受的静电力的大小F;(2)求带电粒子到达N板时的速度大小v;(3)若在带电粒子运动d2距离时撤去所加电压,求该粒子从M板运动到N板经历的时间t【答案】(1)qUd(2)2qUm【解析】(1)两极板间的电场强度E=Ud带电粒子所受的静电力F=qE=qUd(2)带电粒子从静止开始运动到N板的过程,根据功能关系有qU=12mv2解得v=2qU(3)设带电粒子运动d2距离时的速度大小为v′根据功能关系有qU2=12mv′带电粒子在前d2距离做匀加速直线运动,后d2距离做匀速运动,设用时分别为t1、t2d2=v'2t1,d2=v则该粒子从M板运动到N板经历的时间t=t1+t2=3d[例5]【带电体在电场中的直线运动】(2024·陕西安康期末)如图所示,一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中,以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动。ON与水平面的夹角为30°,重力加速度为g,且mg=qE,则()[A]电场方向竖直向上[B]小球做匀加速直线运动[C]小球上升的最大高度为v[D]若小球在初始位置的电势能为零,则小球电势能的最大值为12m【答案】C【解析】小球做匀变速直线运动,合力应与速度在同一直线上,即在ON直线上,因mg=qE,电场力与重力关于ON对称,根据数学知识得,电场强度方向与水平方向的夹角应为30°,受力情况如图所示。合力沿NO方向向下,大小为mg,加速度大小为g,方向沿NO向下,所以小球做匀减速直线运动,故A、B错误;小球做匀减速直线运动,由运动学公式可得最大位移为xm=v022g,则最大高度为hm=xmsin30°=v024g,故C正确;若小球在初始位置的电势能为零,当小球处于最高点时,则小球电势能最大,根据能量守恒定律有12mv02=mghm+Epm, 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?提示:在加速电场中有qU0=12mv02,在偏转电场中偏移量y=12at2=12·qU设速度偏转角为θ,则tanθ=vyv0得y=U1l24U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。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tanθ=2tanα。(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l22.处理带电粒子的偏转问题的方法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=12mv2-12mv02,其中Uy=[例6]【示波管的工作原理】(2024·山东潍坊模拟)示波管原理图如图甲所示。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成,管内抽成真空。如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压,电子束从电子枪射出后沿直线运动,打在荧光屏中心,产生一个亮斑如图乙所示。若板间电势差UXX′和UYY′随时间变化关系图像如丙、丁所示,则荧光屏上的图像可能为()[A][B][C][D]【答案】A【解析】UXX′和UYY′均为正值,电场强度方向由X指向X′,由Y指向Y′,电子带负电,电场力方向与电场强度方向相反,所以分别向X、Y方向偏转,可知A正确。[例7]【带电粒子在匀强电场中的偏转】如图所示,虚线MN左侧有一电场强度为E1=E的匀强电场,在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=3E的匀强电场,在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行且足够大的屏。现将一电子(电荷量绝对值为e,质量为m,不计重力)无初速度地放入电场E1中的A点,A点到MN的距离为L2,最后电子打在右侧的屏上,AO连线与屏垂直,垂足为O,求(1)电子从释放到打到屏上所用的时间;(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值;(3)电子打到屏上的点到O点的距离。【答案】(1)3mLeE(2)3(3)【解析】(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a1,时间为t1,由牛顿第二定律得eE1=ma1,由位移时间关系得L2=12a1电子进入E2时的速度为v1=a1t1,电子从进入电场E2到打在屏上的过程,水平方向做匀速直线运动,设此过程时间为t2,则2L=v1t2,电子从释放到打到屏上所用的时间为t=t1+t2,联立解得t=3mLeE(2)设电子射出电场E2时平行于电场方向的速度为vy,电子进入电场E2时的加速度为a2,由牛顿第二定律得eE2=ma2,vy=a2t3,L=v1t3,电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角的正切值为tanθ=vy联立解得tanθ=3。(3)电子在电场中的运动轨迹如图所示,设电子打到屏上的点到O点的距离为x,反向延长射出电场E2时的速度方向与AO交于O′点,O′为电子在电场E2中垂直于电场方向位移的中点,由几何关系得tanθ=x32L,联立解得x=[变式]在[例7]中若让

11H、12H和

24He三种粒子的混合物由静止开始从【答案】1∶2∶21∶1∶2【解析】由[例7]知所用时间t=3mLeE,故所用时间之比为1∶2∶2由[例7]知

11H、12H和

24He三种粒子由静止经同一电场加速,然后穿过同一偏转电场后运动轨迹重合,根据功能关系有qU=12mv2,计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法(1)y=y0+Ltanθ(L为屏到偏转电场的水平距离)。(2)y=(l2+L)tanθ(l为偏转电场宽度)(3)根据三角形相似yy0=[例8]【带电粒子在电场和重力场中的偏转】(2024·广西南宁一模)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初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点发射时的初速度大小为v0,到达P点所用时间为t;B从O点到达P点所用时间为t2。重力加速度为g,求(1)O点到达P点的高度差;(2)B小球的加速度大小和电场强度的大小;(3)B运动到P点时的动能。【答案】(1)12gt2(2)4g(3)2m(v02+g2t【解析】(1)小球A在竖直方向做自由落体运动,因此高度差为h=12gt2(2)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,12a(t2)2=12解得a=4g,E=3mg(3)设B从O点发射时的初速度为v1,到达P点时的动能为Ek,根据动能定理有mgh+qEh=Ek-12mv且有v1t2=v0th=12gt2联立解得Ek=2m(v02+g2t2(满分:60分)对点1.电容器平行板电容器的动态分析1.(4分)(2024·江苏南京期末)如图所示,A、B为两块平行带电金属板,A带负电,B带正电且与大地相接,两板间P点处固定一负电荷,设此时两极板间的电势差为U,P点场强大小为E,电势为φP,现将A、B两板水平错开一段距离(两板间距不变),则()[A]U变大,E变小 [B]U变小,E不变[C]E变大,φP变小 [D]E变小,φP变大【答案】C【解析】C=εrS4πkd,将A、B两板水平错开一段距离,则极板正对面积S减小,电容C减小;C=QU,由于电荷量Q不变,则两极板间的电势差U变大;根据E=Ud,可知板间场强E变大,则P点与B板间的电势差变大,由于B板接地电势不变,且B板带正电,所以2.(4分)(2024·黑吉辽卷,5)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度Cm的关系曲线如图甲所示,将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中,并与恒压电源、电流表等构成如图乙所示的电路,闭合开关S后,若降低溶液浓度,则()[A]电容器的电容减小[B]电容器所带的电荷量增大[C]电容器两极板之间的电势差增大[D]溶液浓度降低过程中电流方向为M→N【答案】B【解析】由题图甲可知,降低溶液浓度,不导电溶液的相对介电常数εr增大,根据电容的决定式C=εrS4πkd可知,电容器的电容增大,故A错误;溶液不导电,没有形成闭合回路,电容器两端的电势差不变,结合Q=CU分析可知,电容器所带的电荷量增大,故电容器正在充电,结合题图乙可知,电路中电流方向为N→M,故B正确对点2.带电粒子(带电体)在电场中的直线运动3.(4分)(2024·江苏南京期末)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点,由O点静止释放的电子恰好能运动到P点,现将C板向左平移到P′点,则由O点静止释放的电子()[A]运动到P点返回[B]运动到P和P′点之间返回[C]运动到P′点返回[D]穿过P′点后继续运动【答案】D【解析】由O点静止释放的电子恰好能运动到P点,表明电子在薄板A、B之间做加速运动,电场力做正功,电场方向向左,在薄板B、C之间做减速运动,电场力做负功,电场方向向右,到达P点时速度恰好为0,根据动能定理有-eUOM-eUMP=0,解得UMP=-UOM=UMO,当C板向左平移到P′点,B、C间距减小,由电容的决定式C=εrS4πkd知,电容增大,由C=QU、电荷量Q不变知B、C之间电压减小,则有UMP=UMO>UMP′,结合上述有-eUOM-eUMP′>0,可知电子减速运动到P′的速度不等于0,即电子穿过4.(6分)(2024·贵州六盘水期末)(多选)如图所示,在带电荷量为Q的平行板电容器A、B间,在M点静止释放一质量为m、电荷量为q(q>0)的小球(可视为质点),恰好能沿水平虚线从M点运动到N点,下列说法正确的是()[A]A板电势高于B板电势[B]小球向左做匀加速直线运动[C]小球运动过程中机械能增加[D]将A板沿垂直于极板方向向上平移少许距离,小球将做曲线运动【答案】BC【解析】小球带正电,受力分析如图所示,合力方向从M指向N,小球做匀加速直线运动,上极板带负电,A板电势低于B板电势,所以A错误,B正确;电场力做正功,机械能增加,C正确;将A板沿垂直于极板方向向上平移少许距离后,根据E=Ud=QCd=4πkQεrS可知,电场强度大小不会发生改变,小球受力情况不变5.(6分)(2024·吉林模拟)(多选)如图所示,A、B为水平放置的两平行正对金属板,在板中央分别开有小孔M、N。小孔对平行板之间的电场无影响,其中R为滑动变阻器,电源内阻不可忽略。闭合开关S,待电路稳定后,将一带负电的可视为质点的小球从小孔M、N正上方的P点由静止释放,小球恰好能运动至小孔N处,每次都将小球从P点由静止释放,忽略板外电场对小球运动的影响,不计空气阻力,下列说法正确的是()[A]若仅将A板上移少许,则带电小球将无法运动至B板的小孔N处[B]若仅将B板上移少许,则带电小球将无法运动至B板的小孔N处[C]若仅将R的滑片上移,则带电小球能从B板的小孔N处穿出[D]若仅将R的滑片下移,则带电小球能从B板的小孔N处穿出【答案】BC【解析】小球从小孔M、N正上方的P点由静止释放,小球恰好能运动至小孔N处,由动能定理知mgh-qU=0,则有mgh=qU,由于开关闭合,电容器两极板的电压不变,所以若仅将A板上移少许,则带电小球仍将恰好运动至B板的小孔N处,故A错误;若仅将B板上移少许,则h减小,带电小球将无法运动至B板的小孔N处,故B正确;若仅将R的滑片上移,R两端的电压减小,则带电小球能从B板的小孔N处穿出,故C正确;若仅将R的滑片下移,R两端的电压增大,则带电小球不能到达B板的小孔N处,故D错误。对点3.带电粒子在电场中的偏转6.(4分)(2025·安徽滁州测试)如图,带电荷量之比为qa∶qb=1∶3的带电粒子a、b以相等的速度v0从同一点出发,沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在C、D点,若OC=CD,忽略粒子重力的影响,则()[A]a和b运动的加速度大小之比为1∶4[B]a和b的质量之比为3∶4[C]a和b在电场中运动的时间之比为1∶2[D]a和b的位移大小之比为1∶2【答案】C【解析】粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向有x=v0t,又由于初速度相等,所以t∝x,由题意知,a和b在电场中运动的水平位移之比为1∶2,则a和b在电场中运动的时间之比为1∶2。又因为粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动,在竖直方向有y=12at2,由题意知,y相同,则a与t2成反比,则a和b运动的加速度大小之比为4∶1,故A错误,C正确。由牛顿第二定律得Eq=ma,则粒子的质量m=Eqa∝qa,由题意知qa∶qb=1∶3,又因为a和b运动的加速度大小之比为4∶1,则a和b的质量之比为1∶12,故B错误。因a、b的水平位移之比为1∶2,竖直位移相等,则a、b的位移大小之比不等于1∶2,7.(14分)(2024·重庆一模)某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中,质子先被加速到具有较高的能量,然后被引导轰击肿瘤,如图。来自质子源的质子(初速度为零)经加速电场加速后,沿图中四分之一圆弧虚线通过辐向电场,再从P点竖直向上进入存在水平向右的匀强电场的圆形区域,最终轰击处在圆上Q点的肿瘤细胞。已知四分之一圆弧虚线处的场强大小为E0,方向沿半径指向圆心O,圆O′与OP相切于P点,OP=R0,圆形区域的半径为R,Q点位于OP上方R2处,质子质量为m、电荷量为e。不计质子重力和质子间相互作用,求(1)质子在P点处的速度大小v;(2)加速电场的加速电压U;(3)圆形区域中匀强电场的场强大小E。【答案】(1)eE0R0m(2)(3)4【解析】(1)质子在辐向电场中做圆周运动,所受电场力提供其做圆周运动的向心力,有eE0=mv2R0,解得v(2)在加速电场中根据动能定理有eU=12mv2解得U=12E0R0(3)质子进入圆形电场中,其在竖直方向做匀速直线运动,有R2=vt,水平方向做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有eE=ma,设O′Q与O′P的夹角为θ,有R2=R-Rcos质子在水平方向有Rsinθ=12at2联立解得E=438.(4分)(2024·陕西西安二模)在如图所示的电路中,E为电源电动势,r为电源内阻,R1为定值电阻,R为滑动变阻器。MN、PQ为水平放置的两个平行金属板,二者之间的电场可以视为匀强电场,虚线OO′平行于金属板。当R的滑片在中点时,闭合开关S,带电小球以v0从O点沿OO′飞入,刚好从O′点飞出。若在以下选项条件下,带电小球都能够从平行金属板右侧飞出,下列说法正确的是()[A]若金属板MN平行上移一小段距离,带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入,则小球将在O′点飞出[B]若金属板MN平行下移一小段距离仍在OO′上方,带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入,则小球将在O′点飞出[C]若滑动变阻器R的滑片向左移动一段距离后不动,带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入,则飞出点在O′点上方[D]若滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后不动,带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入,则飞出点在O′点下方【答案】A【解析】若金属板MN平行上移一小段距离,电容器电容变小,电容器电压不变,所以电容器电荷量减小,但由于二极管的单向导电性,电容器电荷量无法减小,其电荷量不变,由C=εrS4kπd,C=QU,E=Ud,可得E=4πkQεrS,可知场强E不变,带电小球受到向上的电场力不变,带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入,将在O′点飞出,A正确;若金属板MN平行下移一小段距离,