第45課時(shí)電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)目標(biāo)要求1.知道電容器的基本構(gòu)造，了解電容器的充電、放電過(guò)程。2.理解電容的定義及動(dòng)態(tài)變化規(guī)律。3.掌握帶電粒子在電場(chǎng)中做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。考點(diǎn)一電容器電容1.電容器(1)組成：由兩個(gè)彼此絕緣又相距很近的導(dǎo)體組成。(2)帶電荷量：一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值。(3)電容器的充、放電：①充電：使電容器帶電的過(guò)程，充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷，電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能。②放電：使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程，放電過(guò)程中電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2.電容定義電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板之間的電勢(shì)差U之比定義式C＝Q單位法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1F＝106μF＝1012pF意義表示電容器容納電荷本領(lǐng)的高低決定因素由電容器本身物理?xiàng)l件(大小、形狀、極板相對(duì)位置及電介質(zhì))決定，與電容器是否帶電及兩極板間是否存在電壓無(wú)關(guān)1.電容器的電荷量等于兩個(gè)極板所帶電荷量絕對(duì)值的和。(×)2.電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比，與電壓成反比。(×)3.放電后電容器的電荷量為零，電容也為零。(×)例1(2024·甘肅卷·7)一平行板電容器充放電電路如圖所示。開(kāi)關(guān)S接1，電源E給電容器C充電；開(kāi)關(guān)S接2，電容器C對(duì)電阻R放電。下列說(shuō)法正確的是()A.充電過(guò)程中，電容器兩極板間電勢(shì)差增加，充電電流增加B.充電過(guò)程中，電容器的上極板帶正電荷、流過(guò)電阻R的電流由M點(diǎn)流向N點(diǎn)C.放電過(guò)程中，電容器兩極板間電勢(shì)差減小，放電電流減小D.放電過(guò)程中，電容器的上極板帶負(fù)電荷，流過(guò)電阻R的電流由N點(diǎn)流向M點(diǎn)答案C解析充電過(guò)程中，電容器的上極板帶正電荷、流過(guò)電阻R的電流由N點(diǎn)流向M點(diǎn)，隨著電容器帶電荷量的增加，電容器兩極板間電勢(shì)差增加，充電電流在減小，故A、B錯(cuò)誤；放電過(guò)程中，電容器的上極板帶正電荷，流過(guò)電阻R的電流由M點(diǎn)流向N點(diǎn)，電容器兩極板間電勢(shì)差減小，放電電流在減小，故C正確，D錯(cuò)誤。考點(diǎn)二平行板電容器的動(dòng)態(tài)分析1.平行板電容器的電容(1)決定因素：兩極板的正對(duì)面積、電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)、兩板間的距離。(2)決定式：C＝εr2.電容器兩類(lèi)典型動(dòng)態(tài)問(wèn)題(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢(shì)差U保持不變。(2)電容器充電后與電源斷開(kāi)，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變。例2(2024·浙江6月選考·6)圖示是“研究電容器兩極板間距對(duì)電容大小的影響”實(shí)驗(yàn)，保持電荷量不變，當(dāng)極板間距增大時(shí)，靜電計(jì)指針張角增大，則()A.極板間電勢(shì)差減小 B.電容器的電容增大C.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度增大 D.電容器儲(chǔ)存能量增大答案D解析根據(jù)Q＝CU，C＝εrS4πkd可得當(dāng)極板間距增大時(shí)電容減小，由于電容器的電荷量不變，故極板間電勢(shì)差增大，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)E＝Ud得E＝4π兩類(lèi)典型動(dòng)態(tài)分析思路比較例3(多選)在如圖所示的電路中，開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，平行板電容器M、N間有一帶電小球剛好靜止，此時(shí)兩板之間的距離為d，已知小球的比荷為k，重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是()A.兩極板之間的電壓為kgdB.僅將下板向下移動(dòng)d，小球以加速度g向下加速運(yùn)動(dòng)C.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，僅將下板向下移動(dòng)d，小球的電勢(shì)能減小D.斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，僅將下板向下移動(dòng)d，小球仍然靜止不動(dòng)答案CD解析設(shè)兩極板之間的電壓為U，則兩極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝Ud，帶電小球剛好靜止，則mg＝qE，解得U＝mgdq＝gdk，故A錯(cuò)誤；僅將下板向下移動(dòng)d，兩極板的電壓不變，兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E'＝U2d＝12E，由牛頓第二定律得mg－qE'＝ma，解得a＝12g，故B錯(cuò)誤；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，兩極板帶電荷量不變，由C＝QU，C＝εrS4πkd，E＝Ud，可得兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝4πkQεrS，僅將下板向下移動(dòng)d，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，仍為E，則小球所受靜電力不變，小球仍然靜止不動(dòng)。小球與下極板的電壓U'考點(diǎn)三帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中的直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)1.對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析時(shí)應(yīng)注意的問(wèn)題(1)要掌握靜電力的特點(diǎn)。靜電力的大小和方向不僅跟電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向有關(guān)，還跟帶電粒子的電性和電荷量有關(guān)。(2)是否考慮重力依據(jù)情況而定。基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等除有特殊說(shuō)明或明確的暗示外，一般不考慮重力(但不能忽略質(zhì)量)。帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有特殊說(shuō)明或明確的暗示外，一般都不能忽略重力。2.做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子靜止或做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。(2)粒子所受合外力F合≠0且與初速度共線(xiàn)，帶電粒子將做加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)或減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。3.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析a＝qEm，E＝Ud，v2－v04.用功能觀點(diǎn)分析勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝Eqd＝qU＝12mv2－12非勻強(qiáng)電場(chǎng)中：W＝qU＝Ek2－Ek1例4(2025·湖南長(zhǎng)沙市?？?如圖所示，一帶正電的小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，受到的靜電力與小球的重力大小相等，以初速度v0沿ON方向做加速度不為零的勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，ON與水平面的夾角為30°。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。則()A.靜電力方向可能水平向左B.小球可能做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C.小球的加速度大小一定小于gD.經(jīng)過(guò)時(shí)間v0答案D解析小球做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，合力方向一定和速度方向在同一直線(xiàn)上，即在ON直線(xiàn)上，因?yàn)閙g＝qE，所以靜電力qE與重力關(guān)于ON對(duì)稱(chēng)，根據(jù)幾何關(guān)系可知靜電力qE與水平方向夾角為30°，受力情況如圖所示，合力沿ON向下，大小為mg，所以加速度為g，方向沿ON向下，與速度方向相反，小球做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A、B、C錯(cuò)誤；設(shè)小球減速到零所用時(shí)間為t，則t＝v0a＝v0g，故經(jīng)過(guò)時(shí)間例5(2022·北京卷·18)如圖所示，真空中平行金屬板M、N之間距離為d，兩板所加的電壓為U。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從M板由靜止釋放。不計(jì)帶電粒子的重力。(1)求帶電粒子所受的靜電力的大小F；(2)求帶電粒子到達(dá)N板時(shí)的速度大小v；(3)若在帶電粒子運(yùn)動(dòng)d2距離時(shí)撤去所加電壓，求該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間t答案(1)qUd(2)2qUm(解析(1)兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝Ud，帶電粒子所受的靜電力F＝qE＝q(2)帶電粒子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到N板的過(guò)程，根據(jù)功能關(guān)系有qU＝12mv解得v＝2(3)設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)d2距離時(shí)的速度大小為v'根據(jù)功能關(guān)系有qU2＝帶電粒子在前d2距離做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，后d2距離做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)用時(shí)分別為t1、td2＝v'2t1，則該粒子從M板運(yùn)動(dòng)到N板經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1＋t2＝3d拓展若將N板向右平移d2(1)帶電粒子到達(dá)N板的速度大小v″；(2)粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t'。答案(1)2qUm(2)3解析(1)電壓U不變，由qU＝12mv″解得v″＝2(2)由32d＝v解得t'＝3dm2例6(來(lái)自教材改編)(2025·山東菏澤市開(kāi)學(xué)考)如圖甲為直線(xiàn)加速器原理圖，由多個(gè)橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線(xiàn)在同一直線(xiàn)上。序號(hào)為奇數(shù)的圓筒和交流電源的一個(gè)極相連，序號(hào)為偶數(shù)的圓筒和該電源的另一個(gè)極相連。交流電源兩極間電勢(shì)差的變化規(guī)律如圖乙所示。已知電子的質(zhì)量為m、元電荷為e、電壓的絕對(duì)值為u，周期為T(mén)，電子通過(guò)圓筒間隙的時(shí)間可以忽略不計(jì)。在t＝0時(shí)，奇數(shù)圓筒相對(duì)偶數(shù)圓筒的電勢(shì)差為正值，此時(shí)位于和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板(序號(hào)為0)中央有一個(gè)初速度為零的電子。下列說(shuō)法正確的是()A.電子在圓筒中做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B.本裝置可采用直流電進(jìn)行加速C.進(jìn)入第2個(gè)金屬圓筒時(shí)的速度為2eUD.第8個(gè)金屬圓筒的長(zhǎng)度為4TeU答案C解析由于金屬圓筒處于靜電平衡狀態(tài)，圓筒內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度為零，則電子在金屬圓筒中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)加速器原理可知，本裝置應(yīng)采用交流電進(jìn)行加速，故B錯(cuò)誤；從序號(hào)為0的金屬圓板到進(jìn)入第2個(gè)金屬圓筒的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得2eU＝12mv2，解得v＝2eUm，故C正確；結(jié)合C選項(xiàng)分析可知進(jìn)入第8個(gè)金屬圓筒時(shí)的速度滿(mǎn)足8eU＝12mv'2，因?yàn)殡娮釉趫A筒中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所以第8個(gè)圓筒長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝v'·T2＝2T拓展保持加速器筒長(zhǎng)、加速電壓不變，若要加速比荷更大的粒子，則要怎樣調(diào)整交流電壓的周期？答案設(shè)粒子進(jìn)入第n個(gè)圓筒時(shí)的速度為v，由動(dòng)能定理有neU＝12m而粒子在圓筒內(nèi)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由此可得第n個(gè)圓筒的長(zhǎng)度為L(zhǎng)n＝vn·T解得Ln＝2neUm分析可知，保持加速器筒長(zhǎng)、加速電壓不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調(diào)小交流電壓的周期。課時(shí)精練(分值：100分)1~7題每小題8分，共56分1.(多選)(來(lái)自教材改編)(2025·山東省模擬)如圖所示，四個(gè)圖像描述了對(duì)給定的電容器充電時(shí)，電容器帶電荷量Q、電壓U和電容C三者的關(guān)系，正確的圖像有()答案CD解析電容器的電容是由電容器本身的結(jié)構(gòu)決定的，與兩極板間的電壓以及帶電荷量無(wú)關(guān)，故A、B錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)Q＝CU可知，Q－U圖像是過(guò)原點(diǎn)的直線(xiàn)，故C正確。2.(多選)如圖所示為“質(zhì)子治療儀”，質(zhì)子先被加速到較高的能量，然后被引向并轟擊腫瘤，殺死細(xì)胞，達(dá)到治療效果。若質(zhì)子由靜止經(jīng)過(guò)電場(chǎng)被勻加速到速度v的過(guò)程中，通過(guò)的位移大小為x，已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為e，由以上信息可以推算出()A.該加速電場(chǎng)的電壓B.該加速電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度C.質(zhì)子加速后的電勢(shì)能D.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中靜電力對(duì)質(zhì)子所做的功答案ABD解析根據(jù)Ue＝12mv2可求解該加速電場(chǎng)的電壓U，以及靜電力做功，選項(xiàng)A、D正確；根據(jù)E＝Ux可求解該加速電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度，選項(xiàng)B正確；因零電勢(shì)能點(diǎn)不確定，則不能確定質(zhì)子加速后的電勢(shì)能，選項(xiàng)3.(2024·山東棗莊市期末)如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，負(fù)極板(M板)接地，在兩板間的P點(diǎn)固定一個(gè)帶負(fù)電的試探電荷。若正極板N保持不動(dòng)，將負(fù)極板M緩慢向右平移一小段距離(M板仍在P點(diǎn)左邊)，下列說(shuō)法正確的是()A.P點(diǎn)電勢(shì)升高B.兩板間電壓增大C.試探電荷的電勢(shì)能增大D.試探電荷受到的靜電力增大答案C解析由C＝QU，C＝εrS4πkd，E＝Ud，可得U＝4πkdQεrS，E＝4πkQεrS，因?yàn)殡娙萜髋c電源斷開(kāi)，電荷量保持不變，兩板間的距離d減小，所以?xún)砂彘g電壓減小，兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，試探電荷受到的靜電力不變，故B、D錯(cuò)誤；因φ＝Ed'，d'為P點(diǎn)與負(fù)極板之間的距離，4.(2022·北京卷·9)利用如圖所示電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，其中E為電源，R為定值電阻，C為電容器，A為電流表，V為電壓表。下列說(shuō)法正確的是()A.充電過(guò)程中，電流表的示數(shù)逐漸增大后趨于穩(wěn)定B.充電過(guò)程中，電壓表的示數(shù)迅速增大后趨于穩(wěn)定C.放電過(guò)程中，電流表的示數(shù)均勻減小至零D.放電過(guò)程中，電壓表的示數(shù)均勻減小至零答案B解析充電過(guò)程中，隨著電容器C兩極板電荷量的積累，電路中的電流逐漸減小，電容器充電結(jié)束后，電流表示數(shù)為零，A錯(cuò)誤；充電過(guò)程中，隨著電容器C兩極板電荷量的積累，電壓表測(cè)量電容器兩端的電壓，電容器兩端的電壓迅速增大，電容器充電結(jié)束后，最后趨于穩(wěn)定，B正確；電容器放電的I－t圖像如圖所示，可知電流表和電壓表的示數(shù)都不是均勻減小至零的，C、D錯(cuò)誤。5.(2022·重慶卷·2)如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測(cè)量材料豎直方向尺度隨溫度變化的裝置示意圖，電容器上極板固定，下極板可隨材料尺度的變化上下移動(dòng)，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時(shí)，極板上所帶電荷量變少，則()A.材料豎直方向尺度減小B.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變C.極板間電場(chǎng)強(qiáng)度變大D.電容器電容變大答案A解析根據(jù)題意可知極板之間電壓U不變，極板上所帶電荷量Q變少，根據(jù)電容定義式C＝QU可知，電容器的電容C減小，D錯(cuò)誤；根據(jù)電容的決定式C＝εrS4πkd可知，極板間距d增大，極板之間形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)E＝Ud可知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E減小，B、6.(2024·黑吉遼·5)某種不導(dǎo)電溶液的相對(duì)介電常數(shù)εr與濃度cm的關(guān)系曲線(xiàn)如圖(a)所示，將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源，電流表等構(gòu)成如圖(b)所示的電路，閉合開(kāi)關(guān)S后，若降低溶液濃度，則()A.電容器的電容減小B.電容器所帶的電荷量增大C.電容器兩極板之間的電勢(shì)差增大D.溶液濃度降低過(guò)程中電流方向?yàn)镸→N答案B解析降低溶液濃度，不導(dǎo)電溶液的相對(duì)介電常數(shù)εr增大，根據(jù)電容器的決定式C＝εrS4πkd可知，電容器的電容增大，故A錯(cuò)誤；溶液不導(dǎo)電沒(méi)有形成閉合回路，電容器兩端的電壓不變，根據(jù)Q＝CU結(jié)合A選項(xiàng)分析可知，電容器所帶的電荷量增大，故B正確，C錯(cuò)誤；根據(jù)B選項(xiàng)分析可知電容器所帶的電荷量增大，則電容器充電，結(jié)合題圖可知電路中電流方向?yàn)镹→7.如圖所示，兩平行金屬板帶有等量異種電荷，極板與外電路斷開(kāi)，一電子從O點(diǎn)沿垂直極板方向射出，最遠(yuǎn)能達(dá)到A點(diǎn)，然后返回。不計(jì)電子的重力，若電子從O點(diǎn)射出的初速度不變，將右極板向右平移一小段距離，則()A.電子最遠(yuǎn)能達(dá)到A點(diǎn)右側(cè)某點(diǎn)B.電子最遠(yuǎn)不可能再達(dá)到A點(diǎn)C.電子返回O點(diǎn)所用時(shí)間不變D.電子返回O點(diǎn)時(shí)速度會(huì)變小答案C解析根據(jù)E＝Ud、C＝QU、C＝εrS4πkd，可得兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E＝4πkQ8、9題每小題9分，10題16分，共34分8.如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面夾角為θ，極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量大小為q，從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入，沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)并從極板N的右邊緣B處射出，重力加速度為g，則()A.微粒到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為12mB.微粒的加速度大小等于gsinθC.兩極板的電勢(shì)差UMN＝mgdD.微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程，電勢(shì)能減少mgd答案C解析微粒僅受靜電力和重力，靜電力方向垂直于極板，重力的方向豎直向下，微粒做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，合力方向沿水平方向，由此可知，靜電力方向垂直于極板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做減速運(yùn)動(dòng)，微粒到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能小于12mv02，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)qEsinθ＝ma，qEcosθ＝mg，解得E＝mgqcosθ，a＝gtanθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；兩極板的電勢(shì)差UMN＝Ed＝mgdqcosθ，選項(xiàng)C正確；微粒從A點(diǎn)到9.(2025·山東棗莊市聯(lián)考)某多級(jí)直線(xiàn)加速器由n個(gè)橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線(xiàn)在同一直線(xiàn)上，如圖甲所示，各金屬圓筒依次接在交變電源的兩極M、N上，序號(hào)為0的金屬圓板中央有一個(gè)質(zhì)子源，質(zhì)子逸出的速度不計(jì)，M、N兩極加上如圖乙所示的電壓UMN，一段時(shí)間后加速器穩(wěn)定輸出質(zhì)子流。已知質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為e，不計(jì)質(zhì)子間的相互作用，質(zhì)子通過(guò)圓筒間隙的時(shí)間不計(jì)，且忽略相對(duì)論效應(yīng)，則()A.質(zhì)子在各圓筒中做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B.質(zhì)子進(jìn)入第n個(gè)圓筒瞬間速度為2(C.各金屬圓筒的長(zhǎng)度之比為1∶2∶3∶…D.質(zhì)子在各圓筒中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1∶2∶3∶…答案C解析金屬圓筒中電場(chǎng)為零，質(zhì)子不受靜電力，在每個(gè)圓筒中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；質(zhì)子進(jìn)入第n個(gè)圓筒時(shí)，經(jīng)過(guò)n次加速，根據(jù)動(dòng)能定理neU0＝12mvn2－0，解得vn＝2neU0m，故B錯(cuò)誤；根據(jù)直線(xiàn)加速器的原理，質(zhì)子在每個(gè)圓筒中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，當(dāng)只有質(zhì)子在每個(gè)圓筒中勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為T(mén)2時(shí)，才能保證每次在間隙中被電場(chǎng)加速，則第n個(gè)圓筒長(zhǎng)度為L(zhǎng)n＝vn·T2＝T2210.(16分)(2023·新課標(biāo)卷·25)密立根油滴實(shí)驗(yàn)的示意圖如圖所示。兩水平金屬平板上下放置，間距固定，可從上板中央的小孔向兩板間噴入大小不同、帶電量不同、密度相同的小油滴。兩板間不加電壓時(shí)，油滴a、b在重力和空氣阻力的作用下豎直向下勻速運(yùn)動(dòng)，速率分別為v0、v04；兩板間加上電壓后(上板為正極)，這兩個(gè)油滴很快達(dá)到相同的速率(1)(7分)求油滴a和油滴b的質(zhì)量之比；(2)(9分)判斷油滴a和油滴b所帶電