2025年物理新高考备考2025年（版）物理《三维设计》一轮总复习（提升版）第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动

第3讲电容器带电粒子在电场中的运动考点一电容器及平行板电容器的动态分析1.电容器（1）组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。（2）带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。（3）充电与放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量异种电荷，电容器中储存电场能。②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。2.电容（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。（2）定义式：C＝QU（3）单位：法拉（F）、微法（μF）、皮法（pF）。1F＝106μF＝1012pF。（4）意义：表示电容器容纳电荷本领的高低。3.平行板电容器的电容（1）决定因素：正对面积、相对介电常数、两板间的距离。（2）决定式：C＝εrS4▢判断小题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.平行板电容器的两板间插入一块导体板，其电容将变大。（√）1.动态分析的思路2.平行板电容器两类动态变化的特点比较【例1】（多选）如图所示，一个由电池、电阻R、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P点不动，下列说法正确的是（）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B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b到a的电流D.若断开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C＝εrS4πkd可知，将A板向右平移一小段位移，则两极板正对面积S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电场力，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，B板电势为零，根据UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，可知将B板向下平移一小段位移，dPB增大，则P点的电势升高，根据Ep＝qφ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a到b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，液滴受到的电场力不变，电容器内固定点的电势及电势能的变化（1）单纯求电容器内某点的电势，不方便，一般求该点到电势为零的两点间的电势差，两点间的电势差一般采用方程Uab＝El来计算，其中l为a、b两点沿电场方向的距离。（2）Uab＝El中的电场强度可以利用方程E＝Ud求解，其中U为两板间的电压，d（3）E＝Ud中两板间的电压，利用U＝QC可求。平行板电容器电容可以利用方程C＝（4）由于已经知道了电容器内某点的电势，求电势能主要利用方程Ep＝φq。1.【电容器的电容】“超级电容器”由于电极中加入了表面积非常大的石墨烯，所以具备超大的容量，适合作为动力电池的助力动力源。相对于普通电容器，“超级电容器”（）A.极板电荷量较大B.极板间的电场强度较大C.单位电压容纳的电荷量较大D.带相同电荷量时电压较大解析：C由于超级电容器具备超大的容量，即单位电压容纳的电荷量较大，也就是电容C较大，故带相同电荷量时电压较小，C正确，D错误；电容器的容纳能力较大，并不代表实际使用中极板电荷量较大、电场强度较大，也有可能极板电荷量很小，电场强度很小，A、B错误。2.【电容器的动态分析】（2022·重庆高考2题）如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则（）A.材料竖直方向尺度减小B.极板间电场强度不变C.极板间电场强度变大D.电容器电容变大解析：A根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容定义式C＝QU可知，电容器的电容C减小，D错误；根据电容的决定式C＝εrS4πkd可知，极板间距d增大，极板之间形成匀强电场，根据E＝Ud可知，极板间电场强度E减小，B、C错误；极板间距考点二带电粒子（体）在电场中的直线运动做直线运动的条件（1）粒子所受合外力F合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动。（2）粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。1.带电粒子在电场中运动时重力的处理（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。2.两大观点解决带电粒子在电场中的直线运动（1）用动力学观点分析（只适用于匀强电场）a＝qEm，E＝Ud，v2－v02（2）用功能观点分析①匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝12mv2－12m②非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。【例2】如图所示，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m、带电荷量均为q的带电小球，其间用长均为d4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，让四个小球竖直下落。当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零。已知仅两极板间存在电场，重力加速度为g，试求（1）两极板间的电压；（2）小球运动的最大速度。答案：（1）20mgd13q（解析：（1）根据动能定理可得4mg×54d－2qU－34qU－12解得U＝20mgd（2）当两个小球在电场中时，电场力F1＝2q×Ud＝4013mg＜当三个小球在电场中时，电场力F2＝3q×Ud＝6013mg＞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4mg×d2－12qU－14qU＝12×4解得v＝11gd1.如图为静电植绒流程示意图，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带上负电，容器与带电极板之间加恒定的电压，绒毛呈垂直状加速飞到需要植绒的物体表面上。不计重力和空气阻力，下列判断正确的是（）A.带电极板带负电B.绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电势能不断增大C.若增大容器与带电极板之间的距离，绒毛到达需要植绒的物体表面时速率增大D.质量相同的绒毛，带电荷量越多，到达需要植绒的物体表面时速率越大解析：D绒毛带负电加速向下运动，所以电场力向下，电场强度向上，带电极板带正电，故A错误；绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电场力向下做正功，电势能不断减小，故B错误；由动能定理可得qU＝12mv2，解得v＝2qUm，若增大容器与带电极板之间的距离，而电极板之间的电压恒定，绒毛到达需要植绒的物体表面时速率不变，故C错误；由v＝2qUm，可知质量相同的绒毛，带电荷量越多，2.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板向右平移到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'点解析：A设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得eU1－eU2＝0，则有eU1＝eU2＝eEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度变为E＝U2'd'＝QC2d'＝QεrS4πkd'·d'＝4πkQεrS，考点三带电粒子在匀强电场中的偏转带电粒子在匀强电场中偏转的两个分运动（1）沿初速度方向做匀速直线运动，t＝lv0（如图（2）沿静电力方向做初速度为零的匀加速直线运动①加速度：a＝Fm＝qEm＝②离开电场时的偏移量：y＝12at2＝qU③离开电场时的偏转角：tanθ＝vyv0以示波管模型为例，带电粒子经加速电场U1加速，再经偏转电场U2偏转后，需再经历一段匀速直线运动才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。（1）确定最终偏移距离OP的两种方法方法1方法2（2）确定粒子经偏转电场后的动能（或速度）的两种方法方法1方法2【例3】如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2500V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0cm，相距d＝2cm，两极板间加一电压U2＝200V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e＝1.6×10－19C，电子的质量m＝0.9×10－30kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求：（1）电子射入偏转电场时的动能Ek；（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W。答案：（1）4.0×10－16J（2）0.36cm（3）5.76×10－18J解析：（1）电子在加速电场中，根据动能定理有eU1＝Ek解得Ek＝4.0×10－16J。（2）设电子在偏转电场中运动的时间为t电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t，解得t＝l电子在竖直方向受电场力F＝e·U电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a依据牛顿第二定律有e·U2d＝解得a＝e电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y＝12at2＝解得y＝0.36cm。（3）电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差U＝U2d电场力所做的功W＝eU，解得W＝5.76×10－18J。1.【两个电荷偏转对比】真空中存在沿y轴正方向的匀强电场，氦核与氚核先后从坐标原点O沿x轴正方向射入该电场，在仅受电场力的作用下的运动轨迹如图所示。则氦核与氚核在（）A.电场中运动时的加速度相同B.射入电场时的初速度相同C.射入电场时的初动量相同D.射入电场时的初动能相等解析：C根据牛顿第二定律有qE＝ma，解得a＝qmE，氦核的比荷qm为12，氚核的比荷为13，可得电场中运动时的加速度之比为3∶2，A错误；由类平抛运动规律可得y＝12at2，x＝v0t，联立解得v0＝qEx22my，由题图可知，x相同时，y氦y氚＝83，可得射入电场时的初速度之比为3∶4，B错误；结合B解析可得y＝mqEx22（mv0）2，若射入电场时的初动量mv0相同，代入质量数、电荷数之比可得y氦y氚＝83，符合题意，故射入电场时的初动量相同2.【带电粒子偏转的应用】（2023·北京高考20题）某种负离子空气净化原理如图所示。由空气和带负电的灰尘颗粒物（视为小球）组成的混合气流进入由一对平行金属板构成的收集器。在收集器中，空气和带电颗粒沿板方向的速度v0保持不变。在匀强电场作用下，带电颗粒打到金属板上被收集，已知金属板长度为L，间距为d、不考虑重力影响和颗粒间相互作用。（1）若不计空气阻力，质量为m、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U1；（2）若计空气阻力，颗粒所受阻力与其相对于空气的速度v方向相反，大小为Ff＝krv，其中r为颗粒的半径，k为常量。假设颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度。a.半径为R、电荷量为－q的颗粒恰好全部被收集，求两金属板间的电压U2；b.已知颗粒的电荷量与其半径的平方成正比，进入收集器的均匀混合气流包含了直径为10μm和2.5μm的两种颗粒，若10μm的颗粒恰好100％被收集，求2.5μm的颗粒被收集的百分比。答案：（1）2d2mv02qL解析：（1）只要紧靠上极板的颗粒能够落到收集板右侧，颗粒就能够全部收集，水平方向有L＝v0t竖直方向d＝12at根据牛顿第二定律有qE＝ma又E＝U联立解得U1＝2d（2）a.颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，此时F电＝Ff，即qU2又dv＝联立解得U2＝d2b.10μm带电荷量q1的颗粒恰好100％被收集，颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，有Ff1＝krvmax，Ff1＝q在竖直方向颗粒匀速下落d＝vmaxt2.5μm的颗粒带电荷量为q2＝q颗粒在金属板间经极短时间加速达到最大速度，所受阻力等于静电力，有Ff2＝14krvmax'，Ff2＝设只有距下极板为d'的2.5μm的颗粒被收集，在竖直方向颗粒匀速下落有d'＝vmax't联立解得d'＝d2.5μm的颗粒被收集的百分比d'd×100％＝跟踪训练·巩固提升1.如图所示，一个从F处无初速度释放的电子向B板方向运动，下列对电子运动的描述错误的是（设电源电动势为U）（）A.电子到达B板时的动能是UeB.电子从B板到达C板动能变化量为零C.电子到达D板时动能是3UeD.电子在A板和D板之间做往复运动解析：C电子被无初速度释放后，在A、B之间做匀加速运动，且Ue＝ΔEk，A正确；电子在B、C之间做匀速运动，B正确；在C、D之间电子先沿原来的运动方向做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，而后又开始反方向做匀加速运动，即电子在A板和D板之间做往复运动，故C错误，D正确。2.（2024·河南四市模拟）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内，存在一个沿y轴正方向的匀强电场。一个带正电荷的粒子（不计重力），以某一速度从坐标原点O开始沿x轴正方向进入电场（此时t＝0）。则静电力对粒子做功的功率P与粒子在电场中运动时间t的关系图像，下列可能正确的是（）解析：C粒子进入电场后做类平抛运动，x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，有a＝qEm，vy＝at＝qEmt，则静电力对粒子做功的功率P＝qEvy＝q2E2mt，所以P3.（多选）手机触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为两端固定的可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，从而改变电容器的电容。当压力F增大时（）A.电容器所带电荷量不变B.直流电源对电容器充电C.极板间的电场强度增大D.电阻R上有从a到b的电流解析：BC当压力F增大时，两极板间距离减小，由公式C＝εrS4πkd可知，电容增大，由公式C＝QU可知，电容器所带电荷量增大，即直流电源对电容器充电，电阻R上有从b到a的电流，由公式E＝Ud4.为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，如图所示，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，上下底面是金属板。当金属板连接到高压电源正负两极时，在两金属板间产生匀强电场。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，颗粒带负电，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。下列说法正确的是（）A.烟尘颗粒向下运动B.两金属板间电场方向向上C.烟尘颗粒在运动过程中电势能减少D.烟尘颗粒电荷量可能是电子电荷量的1.5倍解析：C由题意可知上底面金属板为电容器正极，下底面金属板为电容器负极，两金属板间电场方向向下，则带负电的烟尘颗粒受到的静电力向上，将向上运动，故A、B错误；烟尘颗粒在运动过程中静电力做正功，电势能减少，故C正确；带电体的带电荷量只能是元电荷的整数倍，所以烟尘颗粒电荷量不可能是电子电荷量的1.5倍，故D错误。5.（多选）如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（）A.所受合力为零 B.做匀减速直线运动C.电势能逐渐增加 D.机械能逐渐增加解析：BC对带电粒子受力分析如图所示，可知F合≠0，选项A错误；由图可知静电力与重力的合力方向与v0方向相反，所以粒子做匀减速直线运动，选项B正确；除重力外，由于静电力Eq做负功，电势能增加，机械能减少，选项C正确，D错误。6.（2024·重庆涪陵模拟）小李同学用所学知识设计了一个电容式风力传感器。如图所示，将电容器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，引起电容的变化，风力越大，移动距离越大（两电极不接触）。若极板上电荷量保持不变，在受到风力作用时，则（）A.电容器电容变小B.极板间电场强度变大C.极板间电压变小D.静电计指针张角越大，风力越大解析：C在受到风力作用时，d减小，根据C＝εrS4πkd，知此时电容器电容变大，故A错误；极板间电场强度E＝Ud＝QCd＝QCd＝4πkQεrS不变，故B错误；极板间电压U＝QC变小，故7.（多选）（2024·贵州镇远模拟）如图，在直角坐标系xOy的一、四象限内有大小为E0、方向沿y轴正方向的匀强电场，虚线OM与x轴夹角α＝30°。一带电荷量为－q、质量为m的粒子由静止释放，经过加速电压为U0的电压加速后从y轴上的Q点，以初速度v0沿x轴正方向射出，粒子做曲线运动垂直打在OM上的P点（未标出）。已知粒子做曲线运动的时间为t，Q、P间沿y轴方向上的距离为s04。不计粒子重力，下列说法正确的是（A.粒子在P点沿竖直方向速度小于v0B.加速电压U0为qC.v0＝3D.P点横坐标为34s解析：BC粒子做曲线运动垂直打在OM上的P点，则tan30°＝v0vPy，粒子在P点沿竖直方向速度vPy＝3v0，故A错误；根据vPy＝3v0，vPy＝qE0mt，qU0＝12mv02，联立解得v0＝3qE0t3m，U0＝qE02t26m，故B、C正确；根据题意0+8.（2023·浙江6月选考12题）AB、CD两块正对的平行金属板与水平面成30°角固定，竖直截面如图所示。两板间距10cm，电荷量为1.0×10－8C、质量为3.0×10－4kg的小球用长为5cm的绝缘细线悬挂于A点。闭合开关S，小球静止时，细线与AB板夹角为30°；剪断细线，小球运动到CD板上的M点（未标出），则（）A.MC距离为53cmB.电势能增加了343×10－4C.电场强度大小为3×104N/CD.减小R的阻值，MC的距离将变大解析：B结合几何关系，对小球受力分析，如图所示。在水平方向有F·cos60°＝FT·cos60°在竖直方向有F·sin60°＋FT·sin60°＝mg，联立解得E＝3×105N/C，C错误；剪断细线，小球所受合力方向与FT等大反向，故小球沿AM方向做直线运动，由数学知识可知AN·cos30故MC＝ACtan30°＝103cm，A由N到M过程，小球所受的电场力F＝Eq，故电场力做的功W＝－F（AC－ANsin30°）＝－334×10－故小球电势能增加了334×10－4J，B因为电容器两端的电压等于电源电压，所以减小R的阻值，电容器两端的电压不变，又两板间距一定，故小球的受力情况不变，即小球的运动情况不变，则MC的距离不变，D错误。9.（2023·新课标卷25题）密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、v04；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率v02，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形（1）求油滴a和油滴b的质量之比；（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。答案：（1）8∶1（2）负电荷正电荷4∶1解析：（1）根据题述知空气阻力Ff＝kvr设油滴a的质量为m1，油滴a以速率v0向下匀速运动，由平衡条件有m1g＝kv0r1，m1＝43πr设油滴b的质量为m2，油滴b以速率14v0向下匀速运动，由平衡条件有m2g＝k·14v0r2，m2＝43联立解得m1∶m2＝8∶1。（2）当在上下平板加恒定电压（上板为正极）时，这两个油滴很快以12v0的速率竖直向下匀速运动，所以油滴a速度减小，说明油滴a受到了向上的电场力，则油滴a带负电荷；油滴b速度增大，说明油滴b受到了向下的电场力，则油滴b由m1m2＝8和m1＝43πr13ρ，m2＝43πr23ρ可知由Ff＝kvr可知两个油滴均以速率12v0竖直向下匀速运动时，所受空气阻力之比为Ff1F油滴b以速率14v0竖直向下匀速运动时，所受空气阻力为Ff0＝m2结合Ff＝kvr可知油滴b以速率12v0竖直向下匀速运动时，所受空气阻力为Ff2＝2Ff0＝2m2油滴a以速率12v0竖直向下匀速运动，所受空气阻力为Ff1＝2Ff2＝4m2设油滴a所带电荷量的绝对值为q1，由平衡