2024届物理一轮复习讲义第3讲 电容器 带电粒子在电场中的运动含答案

2024届物理一轮复习讲义第3讲电容器带电粒子在电

场中的运动

学习目标1.掌握电容的定义式和平行板电容器的决定式，会分析电容器动态变

化问题。2.利用动力学、功能观点分析带电粒子在电场中的直线运动和偏转

问题。

夯实必备知识

1.

充电：使电容器两极板上带等域旦型电荷的过

「程.电源提供的能量储存在电容器中

元、一

放电一放电：使电容器两极板电荷中和的过程,电容

电器储存的能量转化为其他形式的能

容

器

定义式：单位：法拉(F)、微法(RF)、

—u

遁卜皮法(pF),1F=l("F=l(WpF

一平行板电容器：。=普下

47Tkd

2.

22

—匀强电场：W=qE(l=qU=^mv-mr9

「(加速)-

2

带一非匀强电场：VV=<7u=ymtr-ymv0

电

粒

[-运动形式：类平抛运动

子

在—处理方法：应用运动的合成与分解

勾

强

=

也一运动时间：f~~

场

中F=*二qU

-加速度:

本

的

基minmd

系

运

关

式

动-偏转量:

偏转角。的正切fit:lanf)=?=半

1-=qUl"V(t

1.思考判断

(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c(X)

（2）电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。（X）

（3）放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。（X）

（4）带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。（X）

（5）带电粒子在电场中，只受静电力时，也可以做匀速圆周运动。（J）

2.带电粒子沿水平方向射入竖直向下的匀强电场中，运动轨迹如图1所示，粒子

在相同的时间内（）

A.位置变化相同

B.速度变化相同

C.速度偏转的角度相同

D.动能变化相同

答案B

研透核心考点

考点一平行板电容器的动态分析

1.动态分析的思路

2.两类动态分析的比较

充

也后

源不变

与也

两Q

断开

种不变

类

充

电后

粗，，

源—dt-Cl-Q-E

与

电U-一S~C，-Q，-E不变

相

连不变C，-Q，-E不变

例1（多选）如图2所示，是一个由电池、电阻/?、开关S与平行板电容器组成的

串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间。点不动，下列说法正确的

是（）

〃,R-

-----q-----

图2

A.若将A板向右平移一小段位移，电容器的电容C减小

B.若断开S,将8板向下平移一小段位移，带电液滴的电势能减小

C.在S仍闭合的情况下，增大两极板间距离的过程中，电阻R中有从〃到〃的

电流

D.若断升S,减小两极板间的距离，则带电液滴向下运动

答案AB

解析根据。=篇可知，将4板向右平移一小段位移，则两极板正对面积5减

小，电容器的电容C减小，故A正确；带电液滴受到竖直向上的静电力，电场

方向竖直向下，带电液滴带负电荷，若断开S,则电容器所带的电荷量不变，电

场强度不变，8板电势为零，根据吸可得"一D=Edpn,可知将N板向

下平移一小段位移，力力增大，则尸点的电势升高，根据耳=如可知，带负电荷

的液滴电势能减小，故B正确；在S仍闭合的情况下，增大两极板间的距离，

电容器的电容C减小，电容器放电，电阻R中有从。到人的电流，故C错误；

若断开S,减小两极板间的距离，电场强度不变，液滴受到的静电力不变，则带

电液滴不运动，故D错误。

跟踪训练

1.（2023•广东韶关市一模）随着生活水平的提高，电子秤已经成为日常生活中不可

或缺的一部分，电子秤的种类也有很多，如图3所示是用平行板电容器制成的厨

房用电子秤及其电路简图。称重时，把物体放到电子秤面板上，压力作用会导致

平行板上层膜片电极下移。则放上物体后（）

A.电容器的电容变小

B.电容器的带电荷量增大

C.极板间电场强度变小

D.膜片下移过程中，电流表有从。到。的电流

答案B

解析根据电容表达式。=福，可知当两个极板间的距离减小时，电容器的电

容增大；再根据电容定义式C=号，可知电容器一直和电源相连，电压不变时，

电容增大，带电荷量增大，即电容器被充电，电流表有从人到。的电流，A、D

错误，B正确；由匀强电场公式£=力知，当电压不变，两个极板间的距离减小

时，极板间电场强度变大，C错误。

考点二带电粒子（带电体）在电场中的直线运动

1.做直线运动的条件

⑴粒子所受合外力“合=0,粒子静止或做匀速直线运动。

⑵粒子所受合外力厂合70且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或咸速

直线运动。

2.用动力学观点分析

3.用功能观点分析

匀强电场中：W=qEd=qU=^inv215就

非匀强电场中：W=gU=Ek2—Eki

角度II带电粒子在电场中的直线运动

例2（多选）如图4所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、。中央各有一小

孔，小孔分别位于。、〃、P点。由。点静止释放的一价氢离子恰好能运动到户

图4

A.一定有UAB=—UBC

B.若从O点静止释放二价氨离子，其将以一定速度越过P点

C.若将C板向右平移到P点,则由0点静止释放的氢离子将运动到户点返回

D.若将C板向右平移到P点,则由0点静止释放的氢离子仍运动到P点返回

答案AD

解析由0点静止释放的一价氢离子恰好能运动到尸点，则qUAB+qlhc=O,

即-由上式可知，上述过程与粒子带电荷量无关，即若从O点静止

释放二价氨离子，则也恰好能运动到户点，选项A正确，B错误；若将C板向

右平移到P点，由于B、C带电荷量不变，根据七=与=3=益一=啜，可

ClCcZUcrO

知两板间电场强度不变，M、P之间的电势差不变，根据qUaw+qU,wp=（）,可知

由O点静止释放的氢离子仍运动到P点返回，选项C错误，D正确。

角度同带电体在电场中的直线运动

例3如图5所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d,上下极板开有一小

孔，四个质量均为〃八带电荷量均为q的带电小球，其间用长均为苧的绝缘轻杆

相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于上极板小孔中，且由静止释放，让

四球竖直下落。当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零。重力加速度为

g，（仅两极板间存在电场）试求：

图5

(1)两极板间的电压；

(2)小球运动的最大速度。

答案⑴鬻也圈

解析(1)根据动能定理可得

531

4mg^d—2qU—^qU-^qU=0

解得〃=修。

(2)当两个小球在电场中时，

静电力Fi=2/;=行"8V4/〃g

当三个小球在电场中时，

静电力乃=3夕%=,mg>4〃2g

故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得

.d

4mg•厂

解何V~\260

跟踪训练

2.(2023・四川成都一诊)如图6,倾角为0的绝缘光滑斜面和斜面底端电荷量为Q

的正点电荷均固定，一质量为〃?、电荷量为q的带正电小滑块从4点由静止开始

沿斜面下滑，刚好能够到达3点。己知A、B间距为3Q»q,重力加速度大小

为g。则A、5两点间的电势差等于()

A

QB

8

图6

〃吆Lsin8*Lsin8

ALQB.

Q

"次Lsin0〃次Lsin0

1—*■

qq

答案C

解析带正电小滑块从A点由静止开始沿斜面下滑，受到重力和电荷Q的库仑

力作用，从A点运动到B点的过程，由动能定理可知加gLsin9+qS8=0,解得

4、B两点间的电势差小=一吗也C正确。

3.如图7甲所示，A、B是两个足够大的平行金属板，两平行板间加如图乙所示

电压，Uo、7b为己知。质量为〃八电荷量为q的带正电粒子在7=0时刻从紧靠

A板位置由静止释放(不计重力)，粒子经2元时间到8板。求：

2仆

甲

图7

(1)粒子到达B板时的速度。;

(2)两个金属板间的距离乩

答案⑴3\弟⑵叭啜

解析(1)在。〜7b时向，粒子运动的位移为

」12qU*qUoR

dl=?md70=md

在7b〜27b时间，粒子运动的位移为

_2姓78“Uo7g_5gUo7g

c~~md2md~2md

根据动能定理得

,,d\d21

2oqu。而G+qyy9

解得。=3'/§。

(2)根据位移关系得由一"2=d

解得d=T叭陪。

考点三带电粒子在电场中的偏转

1.带电粒子在电场中偏转问题的两个重要结论

(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

_1/1曲0_丫

,〃以TuoJ

tan

U\l2cU\l

何灯丽tanO=时

可见y和tan。与粒子的外〃z无关。

(2)粒子经电场偏转后射出，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。到偏转电场边缘的距离为今

2.处理带电粒子的偏转问题的方法

运动的将带电粒子的运动分解为沿静电力方向的匀加速直线运动和垂直静电

分解法力方向的匀速直线运动

当讨论带电粒子的末速度p时也可以从能量的角度进行求解：qUy=

功能

关系其中指运动过程初、末位置两点间的电势差

3.计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法

(l)y=泗+L【an0{L为屏到偏转电场的水平距离)。

(2))，=e+L)tan6(1为电场宽度)。

g+L

(3)根据三角形相似已二丁。

州1

2

例4(多选)(2023•四川绵阳诊断)如图8所示，水平平行板电容器间距为c/,电源

电压恒定。闭合开关S,板间电场稳定后，一电子以初速度。从平行板左端水平

射入，经过时间，离开平行板间电场时速度与水平方向夹角为仇静电力对电子

做功为W,电子在屏上所产生光点的竖直偏移量为V若保持开关S闭合，将两

板间距调整为2d,电子仍然以初速度。水平射入，不计电子重力，则（）

A.电子通过平行板电容器的时间是r

B.平行板间电场对电子做功是3卬

C.电子离开平行板间电场时速度与水平方向夹角是与

D.电子在屏幕所产生的光点的竖直偏移量是%

答案AD

解析电子在平行板电容器中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，设平行

板电容器的长度为L,则有/=今故电子通过平行板电容器的时间是/,A正确;

设电子在平行板电容器中的加速度为d电子在竖直方向上做匀加速运动，可得

电子在平行板电容器间竖直偏移量为）“=%凡由牛顿第二定律和静电力公式可

得。=誓=篙静电力对电子做功为卬=衿，联立解得卬/嗒巴现将两

板间距调整为2d,则可知沙=；卬，B错误；电子离开平行板间电场时速度与水

平方向夹角正切值tan产=鼻=谓，将两板间距调整为2d,则lan夕=1tana

夕C错误；设电子在平行板电容器外竖直方向的位移y2=Otan0,电子在

屏幕所产生的光点的竖直偏移量是y=），i+"=嚼+Otan仇将两板间距调整为

2d,则竖直偏移量变为）/二震十竺邛，则有D正确。

I//tV4乙乙

跟踪训练

4.如图9所示，一电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，

入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30。

角。已知匀强电场的宽度为"，方向竖直向上，尸、Q两点间的电势差为U

（U>0）,不计粒子重力，尸点的电势为零。则下列说法正确的是（）

图9

A.粒子带负电

B.带电粒子在。点的电势能为qU

C.P、。两点间的竖直距离为,

D.此匀强电场的电场强度为斗乎

答案D

解析由题图可知，带电粒子的轨迹向上弯曲，则粒子受到的静电力方向竖直向

上，与电场方向相同，所以该粒子带正电，故A错误；粒子从P点运动到。点，

静电力做正功，为则粒子的电势能减少了9。，P点的电势为零，可知

带电粒子在。点的电势能为一4U,故B错误；0点速度的反向延长线过水平位

d

移的中点，则丁=而焉=多，电场强度大小为骅，故D正确，C

错误。

5.如图10,平行板电容器板间电压为U,板间距为乩两板间为匀强电场，让质

子流以初速度。。垂直电场射入，沿。轨迹落到下板的中央。现只改变其中一条

件，使质子沿人轨迹落到下板边缘，则可以将（忽略重力影响）（）

。---

IS

也”I1.也

图10

A.开关S断开

B.初速度变为3uo

C.板间电压变瑶

D.上板竖直移动，使板间距变为2d

答案C

解析断开开关，极板上的电压不变，两板间电场强度不变，故质子的运动轨迹

不变，A错误；根据a=端,），=%»,可得y=藤^，从下板边缘射出

时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变

为2g，或板间电压变为弓，或上板上移使板间距变为4/B、D错误，C正确。

提升素养能力

（限时：40分钟）

A级基础对点练

对点练1平行板电容器的动态分析

1.（多选）（2023•辽宁铁岭市六校高三联考）计算机键盘每个键下都连有一块小金属

片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一块固定的小金属片，这组金属片组成

一个可变的平行板电容器，如图1所示。当键被按下，此电容器的电容发生变化,

与之相连的电子线路就能检测到这个键被按下，从而给出相应的信号。已知金属

片的正对面积为50mm2,键未被按下时两金属片的距离为0.6mm,当键被按下

时两金属片的距离为0.3mm,假设金属片的正对面积及两端的电压始终保持不

变，则键被按下后（）

图1

A.金属片间的电场强度保持不变

B.金属片间的电场强度变为原来的2倍

C.金属片上的电荷量变为原来的一半

D.金属片上的电荷量变为原来的2倍

答案BD

解析根据E=%，电压不变，距离减小为原来的一半，则电场强度变为原来的

2倍，A错误，B正确；根据。=£,。=悬，解得。=器，电压不变，距离

减小为原来的一半，金属片上的电荷量变为原来的2倍，C错误，D正确。

2.（2023・江苏无锡市高三期末）如图2所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与

直流电源连接，G为一零刻度在表盘中央的电流计，闭合开关S后，下列说法中

正确的是（）

图2

A.若在两板间插入电介质，电容器的电容变小

B.若在两板间插入一导体板，电容器的带电荷最变小

C.若将滑动变阻器的滑片P向上移动，电容器的带电荷量变大

D.若将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从。到b方向的电

流

答案C

解析根据公式。=鉴，在两板间插入电介质，&增加，所以电容器的电容变

大，故A错误；同理，在两板间插入一导体板，由于导体板的静电感应，致使

电容器两板间距d减小，电容器的电容增加，由公式C=£可知，极板间电压不

变时，带电荷量变大，故B错误；将滑动变阻器的滑片尸向上移动，电容器极

板间电压变大，电容器带电荷量变大，故C正确；将电容器下极板向下移动一

小段距离，电容器的电容减小，电容器将放电，此过程电流计中有从〃到。方向

的电流，故D错误。

3.（2023•安徽五校联盟高三联考）如图3所示，D是一只理想二极管，电流只能从

〃流向江而不能从b流向平行板电容器的A、8两极板间有一带电油滴，电

荷量为我电荷量很小不会影响两板间电场的分布），带电油滴在P点处于静止状

态。以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间电压，”表示。点的电势，

EP表示带电油滴在P点的电势能。若保持极板A不动，将极板3稍向下平移，

则下列说法中正确的是（）

图3

A.。减小B.U减小

C.9P减小D.Ep减小

答案D

解析保持极板A不动，将极板8稍向下平移，板间距离d增大，根据电容的

决定式C=W焉知，电容。减小；电容器的电压不变时，则电容器所带电荷量将

要减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不能流回电源，所以电容器的电荷量

。保持不变；由于电容C减小，由电容的定义式C=£,可知两极板间电压U变

大；根据C=黑？C埒E=?,可得E=¥¥，板间电场强度E不变，P点、

4TJLKCZCyCl上rJ

与8板间电势差UPB增大,根据UpB=9p一”可知P点的电势增大，

根据平衡条件可知带电油滴带负电，根据Ep=q9可知油滴在P点的电势能EP

减小，故A、B、C错误，D正确。

对点练2带电粒子（带电体）在电场中的直线运动

4.静电火箭是利用电场加速工作介质形成高速射流而产生推力的。工作过程简化

图如图4所示，离子源发射的离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的

电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力。根据题目信息可知（）

______『加岁区j.高淳射流

离子源］I।中和心

L_J........

MN।

图4

A.M板电势低于N板电势

B.进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关

C.增大加速区MN极板的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力

D.增大极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力

答案D

解析由于加速后的得子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加

速器极板〃电势高，A错误；由动能定理知绮2,解得。所以

进入中和区的离子速度与比荷、加速电压有关，与极板距离无关，电压增大，速

度增大，故D正确，E、C错误。

5.如图5所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距/,在正极板附近有一质

量为/〃、电荷量为小（qi＞（））的粒子A;在负极板附近有一质量也为加、电荷量为

一夕2（力＞（））的粒子仅在静电力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两

粒子同时经过一平行于正极板且与其相距会的平面Q,两粒子间相互作用力可忽

略，不计重力，则以下说法正确的是（）

I.......Li

IQ

iIj_

图5

A.电荷量/与小的比值为3:7

B.电荷量小与饮的比值为3:4

C.粒子4、8通过平面Q时的速度之比为9：16

D.粒子A、8通过平面。时的速度之比为3：7

答案B

解析设电场强度大小为已两粒子的运动时间相同，对粒子A,有小=喏，

1/=^|/2,对粒子B,有。2=誓，$=52巴联立解得缶=1，选项A错误，B

正确；由动能定理得曲=品;2—0,解得选项c、D错误。

6.如图6所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为仇极板间走为

d,带负电的微粒质量为加、带电荷量大小为小从极板M的左边缘A处以初速

度。。水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘3处射出，重力加速度为g,

则（）

图6

A微粒到达B点时动能为前流

B.微粒的加速度大小等于gsin9

C.两极板的电势差UMN=卷嚼

D微粒从A点到8点的过程，电势能减少鬻

答案c

解析微粒仅受静电力和重力，静电力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，

微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，静电力方向垂直于极板斜向

左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B点时动能小于涕,

选项A错误；根据"sin，=/M,qEcos0=mg,解得后="：鳖/a=gtan。，选

项B错误；两极板的电势差僵，选项C正确；微粒从A点到3

点的过程，静电力做攵功，电势能增加，电势能僧加量为鬻，选项D错误。

C/

对点练3带电粒子在电场中的偏转

7.（2023•吉林长春质检）如图7所示，空间存在着竖直向下的匀强电场，一个质量

为例、电荷量为式g>0）的带电粒子以水平方向的初速度。。由O点射入，刚好通

过竖直平面内的尸点，己知连线。P与初速度方向的夹角为。=45。，不计粒子的

重力，则。、P两点间的电势差公?为（）

图7

mvi"尿八2团捕5mvi

A・'"^B.一rD.^—

2qq2q

答案C

解析粒子所带电荷量为正，则其所受的静电力方向竖直向下，设OP长度为L,

分析可知，粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律，在竖直方向有

iaE

Lsin产,水平方向有Leos9=ooZ,由牛顿第二定律有gE=〃z〃，即Q=匕，

则0尸两点间的电势差U”=ELsinO,联立解得UOP=等，C正确。

8.（多选）如图8所示，气核、笊核、瓶核三种粒子从同一位置无初速度地进入水

平向右的加速电场昂，之后进入竖直向下的匀强电场及发生偏转，最后打在屏

上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）

图8

A.偏转电场及对三种粒子做功一样多

B.三种粒子打到屏上时的速度一样大

C.三种粒子运动到屏上所用时间相同

D.三种粒子一定打到屏上的同一位置

答案AD

解析带电粒子在电场Ei中加速，由动能定理有夕石展=3加2,解得。

进入竖直向下的匀强电场及中做类平抛运动，由L=s,》=上产，qEi=nub联

立解得）'=偏转电场及对三种粒子做功卬=夕良丁=嚼，与粒子质量无

关，所以偏转电场反对三种粒子做功一样多，A正确；设粒子打到屏上时的速

度大小为以，由动能定理得W=%?"2一前"，可知/J卷:与+4学,三种

乙乙\1XLLI//IClfil

粒子质量不相等，B错误；三种粒子运动到屏上所用时间心=①+/勺=7肃+三

=\偌+/焉（1+/），故所用时间不相同，c错误；由于）=黑，与粒子

质量无关，三种粒子在偏转电场中的水平位移相等，侧移量相同，则出射角相同，

所以三种粒子一定打到屏上的同一位置，D正确。

B级综合提升练

9.（多选）（2023•山东潍坊市模拟）坐标系xOy所在的竖直平面内存在着范围足够大

且方向竖直向下的匀强电场，犬轴沿水平方向，一带负电小球以初速度。o从坐标

原点0水平射出，一段时间后小球通过第四象限产（乙一”点（图9中没有标出）。

已知小球质量为相，重力加速度为g,则小球（）

y

图9

A.从。到P的运动过程，运动时间为《

B.到达P点时动能为%加

C.到达P点时速度偏向角正切值为tan0=\

D.所受静电力大小为竿+〃zg

答案AB

解析从。到P的运动过程，小球在水平方向上做匀速运动，则运动时间为/

=靠选项A正确;小球在竖直方向做匀加速运动，则L=?t,即vy=2vof到

达/点时速度为0P=、福+/=小加,动能反=/样=*加8,选项B正确；到

7;v

达尸点时速度偏向角正切值为tan0=藐=2,选项C错误；由动能定理有〃密£一

FL^mvp—^mvi,所受静电力大小为f^vig一节型，选项D错误。

乙乙L

10.（多选）（2021•全国乙卷，20）四个带电粒子的电荷量和质量分别为（十小〃2）、

(+g,2m)>(+3q,3m)、(—4,〃z),它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴

正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒

子运动轨迹的图像中，可能正确的是()

答案AD

解析分析可知带电粒子在匀强电场中做类邛抛运动，则带电粒子的运动轨迹力

2

程为•甯J,由于带电粒子的初速度相同，带电粒子(+%机)、(+3夕，3〃。

的比荷相同，则带电粒子(+小机)、(+3夕，3m)的运动轨迹重合，C错误；当电

场方向沿y轴正方向时，带正电的粒子向y轴正方向偏转，带负电的粒子向y轴

负方向偏转，则粒子(+夕，次)、(+34,3〃。的运动轨迹与粒子(一外加)的运动轨

迹关于x轴对称,粒子(+4，2M的比荷比粒子(+“，⑼、(+3g,3⑼的小，贝

相同时，粒子(+q,2〃z)沿y轴方向的偏转量比粒子(+q,m)、(+3q,3m)的小,

D正确；当电场方向沿)，轴负方向时，同理可知A正确，B错误。

11.(2023•山西太原市高三期末)如图10甲所示，一绝缘细直长杆水平放置，处于

水平方向的静电场中。以。为原点，沿细杆建立x轴，电场强度七随x的分布

如图乙所示。xW()处，电场强度恒定，方向沿工轴正方向；在工>0处，电场强

度沿x轴负方向并随x均匀增大.带电的小圆环套在细杆上，其质量〃?=().2kg、

电荷量g=2X1()一6c,小圆环与杆间的动摩擦因数M=().1。将小圆环从A(—1m)

点由静止释放(g=1()m/s2),求：

EA.x105V•m_,)

2.()

A1.0

-1o1.02.0x/mx/m

-1.0

甲乙

图1()

(1)小圆环到达O点时的速度大小；

(2)小圆环向右运动到最远位置的坐标值。

答案⑴啦m/s(2)电—l)m

解析(1)设小圆环到达。点的速度大小为。0,

由动能定理得qE\XAO—/^mgXAO=jnvi

解得00=啦m/So

⑵设小圆环向右运动到最远处的位置坐标为初，该处电场强度为a，。到该点

的电势差为亿则有

&一匕3,U=^EBXB

从。到该点，由动能定理有

1、

qU-R〃gXB=0—产即

解得x=(小一l)m。

12.如图11所示，空间分为I、II两个足够长的区域，各边界(图中虚线)均水平,

I区域存在电场强度为e=1.0Xl()4v/m的匀强电场，方向竖直向上；II区域存

在电场强度为及=坐乂1()5v/m的匀强电场，方向水平向右，两个区域宽度分别

为di=5.0m,d2=4.0m。一质量〃?=LOX10*kg、带电荷量4=+L6X10，c

的粒子从。点由静止释放，粒子重力忽略不计。求

图11

⑴粒子离开区域1时的速度大小；

⑵粒子离开区域II时发生的偏移量x的大小；

⑶粒子出区域II后加另一个匀强电场，使粒子在此电场作用下经1.0s速度变为

零，此电场的电场强度£的大小和方向。

答案(l)4X10sm/s(2)2小m(3)50V/m与水平方向成30。角斜向左下方

解析(1)由动能定理得qE\d\=^fnvl

解得。।=4X103m/s。

⑵粒子在区域n内做类平抛运动，运动时间

Z2=—=1X1O_3S

又「追

m

偏移量x=^aA

解得工=2小mo

(3)由办="2=才72,Vy=V\

付tan0-v-3

所以。=30。

则所加电场方向应与水平方向成30。角斜向左下方

粒子刚出区域II时速度大小

v=yjv3+u《=8X1()3ni/s

上退

由V=m—t

解得当=50V/m。实验十观察电容器的充、放电现象

夯实必备知识

实验原理实验操作注意事项

1.电流表要选用小量程

1.连电路，按原理图连接的灵敏电流表。

器材。2.要选择大容量的电容

2.单刀双掷开关S接1,器。

观察充电现象。3.实验要在干燥的环境

图乙电容器放电3.单刀双掷开关S接2,中进行。

电容器与电源相连，形成充观察放电现象。4.在做放电实验时，在

电电流，随着极板电荷量的增4.关闭电源，整理器材电路中串联一个电阻，

加，充电电流减小。避免烧坏电流表

电容器的正、负电荷中和，形

成放电电流，随着极板电荷量

的减少，放电电流减小

1.观察电流表示数变化，总结电容器充、放电电流的变化规律。

2.可将电流表换成电流传感器，由计算机绘制充、放电的i-f图像，由

图像计算充、放电过程通过电流传感器的电荷量。

数据方法：先算出一个小方格代表的电荷量，然后数出整个图像与横轴所围

处理的面积中的方珞数（大于半个的按一个方格计算，小于半个的舍弃）。电容

潜充电或放电过程中电荷量为一个小方格代表的电荷量乘以方格数。

3.电容器两极板之间的电压等于电源电动势，由电容的定义式C=名估算

出电容器的电容

研透

考点电容器充、放电过程的分析

例1（2023•北京市海淀区高三期末）某同学用电流传感器和电压传感器研究电容

器的放电情况，按如悭1连接电路，实验时，先将开关S与1端相连，待电路稳

定后，将开关掷向2端，传感器将信息传入计算机，屏幕上可以显示出电流、电

(1)由图1可知，传感器2应为传感器(选填“电流”或“电压”)。

(2)计算机屏幕上显示的i~t图线可能为下图中的,u-t图线可能为下图

中的o

(3)结合屏幕显示的i-r图线、〃一，图线信息，可以估算出

A.电容器的电容

B.电容器储存的电荷量

答案(1)电压(2)BD(3)AB

解析(1)传感器2与电阻R并联，应为电压传感器。

⑵随着电容器放申,，电容器电荷量减小，由。=号，可知电容器两端电压减小,

电阻R保持不变，电流传感器、电压传感器示数均减小，故i-f图像选B,u-t

图像选D。

⑶根据i—f图像的面积可以估算出电荷量，根据电容定义式。=号，可以估算出

电容，故选A、Bo

例2(2023•北京市东城区高三模拟)电流传感器可以像电流表一样测量电流，能显

示出电流随时间变化的/一“图像。照图2甲连接电路，先使开关S与1端相连,

电源向电容器充电，这个过程可在较短时间内完成。然后把开关S掷向2端，电

容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时

间变化的I-t图像如图乙所示。

（1）在图乙中画一个竖立的狭长矩形（在图乙的最左边），它的面积的物理意义是

（填写面积所代表物理量的名称）

（2）根据I-t图像估算电容器在全部放电过程中移放的电荷量约为C（结

果保留1位有效数字）。

⑶若对应开关S与1端相连的充电过程，电荷量随时间变化的q-t图像的示意

图是怎样的？请在图丙中定性画出。

TRtG

接计一机S

一丽网片产

甲

图2

（4）实验中，为使能观察到的放电过程持续更长的时间，请通过分析，判断：在

其他条件一定的条件下，电阻R应选择（“尽量大一些”或“尽量

小一些”）。

（5）某实验小蛆在完成实验后，积极展开思考，讲一步讲行理论探究“为什么放

电过程中电流的变化率越来越小"，假如你也是实验小组的一员，请你对此做出

合理的理论分析：______________________________________________________

答案（1）电荷量（2）3X10—3（3）见解析图（4）尽量大一些（5）见解析

解析（1）在极短时间内，电容器放电电流/可以认为不变，认为图乙中（）.1s内

放电电流不变，则狭长矩形面积的物理意义为电容器放出的电荷量。

⑵根据电流定义式/斗，可得9=〃。

所以在I-t图像中，图线与横轴围成的面积等于电荷量，所以电容器在全部放

电过程中释放的电荷量为图线与横轴围成的面积，由图可知，一小格代表的电荷

量为利=0.2X10-3x04C=8X10-5Co

图线与横轴围成的区域中大约有41个小方格，配以总电荷量为

_53-3

Q=41的=41X8X1OC=3.28X10~C^3X10CO

(3)若对应开关S与1端相连的充电过程，开始时充电电流较大，则q一/图像的

切线斜率较大，随着充电电流逐渐减小，则“一f图像的切线斜率逐渐减小，最

后趋于稳定，3一，图像如图所示。

(4)实验中，为使能观察到的放电过程持续更长的时间，电阻R应选择尽量大一

些，因为释放的电荷量是一定的，电流越小，放电过程持续时间越长。

(5)放电过程中电流的变化率为

A/\neSvkuF

~\t=~~\T=neS~\i=neSa=仅与1

放电过程中，随着电容器极板上电荷量的减少，电压减小，电场对自由电荷的静

电力减小，因此电流的变化率越来越小。

例3(2022•北京市房山区高三模拟)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子

技术中应用广泛。使用图3甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中1勺电

流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电

动势E=8V,实验前目容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结

束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的i—r

曲线如图乙所示。

乙

图3

⑴乙图阴影为i-t图像与对应时间轴所围成的面积，表示的物理意义是

___________________________________________（填写所代表物理量的名称）。

⑵乙图中阴影部分的面积sS2（选填“>"y域“）o

（3）计算机测得S=1203mA&则该电容器的电容为F（保留2位有效数

字）。

（4）由甲、乙两图可判断阻值RiR2（选填'"Y'或“=”）。

答案（1）电荷量（2）=（3）0.15（4）<

解析（1）根据q=〃可知i—f图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是

电荷量。

（2）8表示电容器充电后所带电荷量，S2表示电容器放电的电荷量，所以S=S2。

（3）该电容器的电容为C=§=20.15F。

（4）由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大，且电容器充电

瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等，则有不受〉7出丁，所以R<R2。

AI-TKOR2+R）

・^11素养能力

L在如图1所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是（）

S-o

2

图1

A.开关接1时,平行板电容器充电,且上极板带王电

B.开关接1时,平行板电容器充电,且上极板带负电

C.开关接2时,平行板电容器充电,且上极板带正电

D.开关接2时,平行板电容器充电,且上极板带负电

答案A

解析开关接1时，平行板电容器充电，上极板与电源正极相连而带正电，A正

确，B错误；开关接2对，平行板电容器放电，放电结束后上、下极板均不带电,

C、D错误。

2.某实验小组做“观察电容器的充、放电现象”的实验。

⑴同学甲用如图2所示的电路做实验。实验器材有电源、电阻、电容器、电流

表、电压表以及单刀双掷开关。关于电源和电流表的选取，下列说法正确的是

A.交流电源，零刻度线在左侧的电流表

B.交流电源，零刻度线在中间的电流表

C.直流电源，零刻度线在左侧的电流表

D.直流电源，零刻度线在中间的电流表

(2)同学乙将同学甲电路中的电流表和电压表换成电流传感器和电压传感器，同

学乙先使开关S与1端相连，稳定后得到如图⑶和图(b)所示的图像，然后把开

关S掷向2端，稳定后得到如图(c)和图(d)所示的图像。根据图像，在表格内各

空格处填上合理的答案。

电容器是在充电流传感器中的电流正电容器两端的电压

开关位置

电还是在放电在增大还是减小正在增大还是减小

S与1端相连———

S与2端相连———

(3)同学丙多次测量，获取某电容器实验数据，绘制出如图所示的图像，其中正

确的是o

ABCD

答案(l)D(2)充电减小增大放电减小减小(3)BCD

解析(1)因为要观察且容器的充、放电现象，所以只能选择直流电源，若选择

交流电源，电流表将一直有示数。电流表要往左右两个方向偏，所以要选零刻度

线在中间的电流表，故A、B、C错误，D正确。

(2)开关S与1端相连后，是电容器充电过程，此时由题图可知电流传感器中的

电流正在减小，电容器两端的电压正在增大。开关S掷向2端后，是放电过程，

此时由题图可知电流传感器中的电流正在减小，电容器两端的电压正在减小。

⑶由。=篇知，C是定值，与Q、U无关，由电容定义式。=号可知，。和U

成正比，故A错误，B、C、D正确。

3.(2023•河北省级高三联测)某小组同学用如图3甲所示的电路，利用电流传感器

(接计算机采集聚)、电阻箱和电容器测量电源电动势和内阻，已知电容滞的电容

为C

先按图甲所示电路连接好实验电路，然后进行如下操作：①接通开关S,调节电

阻箱R的阻值，电路稳定时，记下电流传感器示数/;②断开开关S,同时开始

计时，采集器每隔加采集一次电流/的值，将采集的数据填入预先设计的表格

中；③根据表格中的数据绘制以时间，为横坐标、电流/为纵坐标的,一，图像；

④根据l-i图像估算出该电容器初始时所带的电荷量Q。

甲乙

图3

（1）图乙为某次实验得到的I~t图像。试估算出该电容器初始放电时所带的电荷

量Q约为C（保留3位有效数字）。

（2）断开开关后若增大电阻箱的接入值，/一，图像应该是选项（实线表示

增大R前的图像，虚线代表增大R后的图像）。

ABCD

答案（1）8.00X10-3Q）A

解析（1）由AQ=/-Ar知所求电荷量为曲线与坐标轴所围的图形的面积，则利用

数格子方法估算出电容器初始放电时的电荷量为

Q=32X0.5X0.5X10-3c=8.00X10-3Co

（2）如果只增大电阻凡则电容器放电的最大电流会减小，由于放电电荷量不变，

即/一，图像的“面积”不变，故选A。

4.某课外兴趣小组设计了一个测定电容器电容的实验方案，其实验原理如图4甲

所示，E为电池组，C为待测电容器，G为检流计（可测微弱电流），R为滑动变

阻器，R是定值电阻，V是电压表，S\S