2026版創(chuàng)新設(shè)計高考一輪復(fù)習(xí)物理第八章第3講實驗十觀察電容器的充、放電現(xiàn)象電容器的動態(tài)分析學(xué)習(xí)目標(biāo)1.了解電容器的充、放電過程，會定量計算電容器充、放電的電荷量。2.掌握電容的定義式和平行板電容器的決定式，會分析電容器動態(tài)變化問題。1.2.觀察電容器的充、放電現(xiàn)象實驗原理實驗操作注意事項甲電容器充電乙電容器放電如圖甲，電容器與電源相連，形成充電電流，隨著極板電荷量的增加，充電電流減小。如圖乙，電容器的正、負電荷中和，形成放電電流，隨著極板電荷量的減少，放電電流減小1.連電路，按原理圖連接器材。2.單刀雙擲開關(guān)S接1，觀察充電現(xiàn)象。3.單刀雙擲開關(guān)S接2，觀察放電現(xiàn)象。4.關(guān)閉電源，整理器材1.電流表要選用小量程的靈敏電流表。2.要選擇大容量的電容器。3.實驗要在干燥的環(huán)境中進行。4.在做放電實驗時，在電路中串聯(lián)一個電阻，避免燒壞電流表數(shù)據(jù)處理1.觀察電流表示數(shù)變化，總結(jié)電容器充、放電電流的變化規(guī)律。2.可將電流表換成電流傳感器，由計算機繪制充、放電的i－t圖像，由圖像計算充、放電過程通過電流傳感器的電荷量。方法:先算出一個小方格代表的電荷量，然后數(shù)出整個圖像與橫軸所圍的面積中的方格數(shù)(大于半個的按一個方格計算，小于半個的舍棄)。電容器充電或放電過程中電荷量為一個小方格代表的電荷量乘以方格數(shù)。3.電容器兩極板之間的電壓等于電源電動勢，由電容的定義式C＝QU估算出電容器的電容C1.電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數(shù)和。(×)2.電容器的電容與電容器所帶電荷量成反比。(×)3.放電后的電容器電荷量為零，電容也為零。(×)考點一實驗:觀察電容器的充、放電現(xiàn)象角度電容器充、放電現(xiàn)象的定性分析例1(2024·甘肅卷，7)一平行板電容器充放電電路如圖所示。開關(guān)S接1，電源E給電容器C充電;開關(guān)S接2，電容器C對電阻R放電。下列說法正確的是()A.充電過程中，電容器兩極板間電勢差增加，充電電流增加B.充電過程中，電容器的上極板帶正電荷，流過電阻R的電流由M點流向N點C.放電過程中，電容器兩極板間電勢差減小，放電電流減小D.放電過程中，電容器的上極板帶負電荷，流過電阻R的電流由N點流向M點答案C解析電容器不論是充電過程還是放電過程，電流都是逐漸減小的，充電過程電容器兩極板的電荷量增加，由C＝QU可知電容器兩極板間電勢差增大，放電過程電容器兩極板的電荷量減少，電勢差減小，A錯誤，C正確;根據(jù)電路結(jié)構(gòu)可知，不論是充電過程還是放電過程，電容器的上極板都是帶正電荷的，充電過程，流過電阻R的電流由N點流向M點，放電過程，流過電阻R的電流由M點流向N點，B、D角度電容器充、放電現(xiàn)象的定量計算例2(2024·廣西卷，12)某同學(xué)為探究電容器充、放電過程，設(shè)計了圖甲所示的實驗電路。器材如下:電容器，電源E(電動勢6V，內(nèi)阻不計)，電阻R1＝400.0Ω，電阻R2＝200.0Ω，電流傳感器，開關(guān)S1、S2，導(dǎo)線若干。實驗步驟如下:(1)斷開S1、S2，將電流傳感器正極與a節(jié)點相連，其數(shù)據(jù)采樣頻率為5000Hz，則采樣周期為s。

(2)閉合S1，電容器開始充電，直至充電結(jié)束，得到充電過程的I－t曲線如圖乙，由圖乙可知開關(guān)S1閉合瞬間流經(jīng)電阻R1的電流為mA(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)。

(3)保持S1閉合，再閉合S2，電容器開始放電，直至放電結(jié)束，則放電結(jié)束后電容器兩極板間電壓為V。

(4)實驗得到放電過程的I－t曲線如圖丙，I－t曲線與坐標(biāo)軸所圍面積對應(yīng)電容器釋放的電荷量為0.0188C，則電容器的電容C為μF。圖丙中I－t曲線與橫坐標(biāo)、直線t＝1s所圍面積對應(yīng)電容器釋放的電荷量為0.0038C，則t＝1s時電容器兩極板間電壓為V(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)。

答案(1)2×10－4(2)15.0(3)2(4)4.7×1032.8解析(1)采樣周期為T＝1f＝15000s＝2×10(2)由題圖乙可知開關(guān)S1閉合瞬間流經(jīng)電阻R1的電流為15.0mA。(3)放電結(jié)束后電容器兩極板間電壓等于R2兩端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律得電容器兩極板間電壓為UC＝ER1＋R2R(4)充電結(jié)束后電容器兩端電壓為UC'＝E＝6V，故可得ΔQ＝C(UC'－UC)＝0.0188C解得C＝4.7×103μF設(shè)t＝1s時電容器兩極板間電壓為UC″，則C(UC″－UC)＝0.0038C代入數(shù)值解得UC″＝2.8V。(1)在電容器充、放電實驗中，電流表串聯(lián)在電路中測量電路中的電流，電壓表與電容器并聯(lián)，測量電容器兩端的電壓。(2)電容器充電過程中，電路中的電流逐漸減小，電容器兩端電壓逐漸增大，當(dāng)充電完畢時電容器兩端電壓最大，電路中電流為0。(3)電容器放電過程中，電容器相當(dāng)于電源，其與定值電阻構(gòu)成閉合回路，電壓表和電流表分別測量定值電阻兩端的電壓和流過定值電阻的電流。跟蹤訓(xùn)練1.(2024·重慶卷，12)探究電容器充、放電規(guī)律的實驗裝置如圖甲所示，有電源E、定值電阻R0、電容器C、單刀雙擲開關(guān)S。(1)為測量電容器充、放電過程電壓U和電流I變化規(guī)律，需在圖甲電路圖①、②處接入測量儀器，位置②應(yīng)該接入測(選填“電流”或“電壓”)儀器。

(2)接通電路，當(dāng)電壓表示數(shù)最大時，電流表示數(shù)為。

(3)根據(jù)測量數(shù)據(jù)，某過程中電容器兩端電壓U與電流I的關(guān)系圖如圖乙所示，該過程為(選填“充電”或“放電”)。放電過程中電容器兩端電壓U隨時間t變化關(guān)系如圖丙所示。t＝0.2s時R0消耗的功率為W。

答案(1)電壓(2)0(3)放電0.32(0.30~0.34均可)解析(1)位置②與電容器并聯(lián)，應(yīng)接入測電壓的儀器。(2)當(dāng)電壓表示數(shù)最大時，電容器充電完畢，電路中電流為0，則電流表示數(shù)為0。(3)電容器放電時電壓和電流都減小，圖像逆向分析，該過程為電容器放電過程。電容器充電完畢后的電壓等于電源電動勢，大小為12V，由題圖丙可知t＝0.2s時電容器兩端電壓為U＝8V，由題圖乙可知當(dāng)U＝8V時，電流I＝40mA，則電阻R0消耗的功率為P＝UI＝8×40×10－3W＝0.32W?？键c二平行板電容器的動態(tài)分析兩類典型問題用到公式C＝1.電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變2.電容器充電后與電源斷開，電容器兩極板所帶的電荷量Q保持不變角度兩極板間電勢差U保持不變例3(2024·黑吉遼卷，5)某種不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)εr與濃度cm的關(guān)系曲線如圖(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差增大D.溶液濃度降低過程中電流方向為M→N答案B解析由題圖(a)知，溶液濃度降低，相對介電常數(shù)εr增大，根據(jù)C＝εrS4πkd可知，電容C增大，A錯誤;由于電容器與恒壓電源相連，故電容器兩極板間的電勢差等于電源電壓，保持不變，C錯誤;根據(jù)C＝QU可知，電容C增大，電容器所帶電荷量增大，電容器充電，故電流方向為N→角度兩極板所帶電荷量不變例4(2024·浙江6月選考，6)如圖所示是“研究電容器兩極板間距對電容大小的影響”實驗，保持電荷量不變，當(dāng)極板間距增大時，靜電計指針張角增大，則()A.極板間電勢差減小 B.電容器的電容增大C.極板間電場強度增大 D.電容器儲存能量增大答案D解析分析題圖可知靜電計測量電容器兩極板間的電勢差，靜電計指針張角增大，電容器兩極板間的電勢差增大，A錯誤;由于保持電荷量不變，而電勢差增大，由C＝QU可知電容器的電容減小，B錯誤;由電容的決定式C＝εrS4πkd和兩極板間電場強度E＝Ud＝QCd，聯(lián)立可得E＝4πkQεrS，可知電容器兩極板間電場強度與極板間距d無關(guān)，故僅改變極板間距，極板間電場強度不變，C錯誤;根據(jù)E總結(jié)提升平行板電容器動態(tài)分析的思路角度含二極管的動態(tài)分析例5(多選)(2025·山東青島高三期末)如圖所示，D是一只理想二極管，電流只能從a流向b，而不能從b流向a。平行板電容器的A、B兩極板間有一電荷，在P點處于靜止?fàn)顟B(tài)。以E表示兩極板間的電場強度，U表示兩極板間的電壓，Ep表示電荷在P點的電勢能。若保持極板B不動，將極板A稍向下平移，則下列說法中正確的是()A.E變小 B.U變大C.Ep不變 D.電荷仍保持靜止答案BD解析若保持極板B不動，將極板A稍向下平移，板間距離d變大，根據(jù)C＝εrS4πkd知，電容C變小，由于通過二極管電流不能從b流向a，則電容器所帶電荷量Q保持不變，根據(jù)C＝QU和E＝Ud＝QCd＝QεrS4πkdd＝4πkQεrS可知，極板間的電壓U增大，極板間的電場強度E保持不變，則電荷受力保持不變，電荷仍保持靜止，故A錯誤，B、D正確;根據(jù)UPA＝EdPA＝φP－φA，由于極板A稍向下平移，dPA變大，電場強度E保持不變，可知P點的電勢A級基礎(chǔ)對點練對點練1實驗:觀察電容器的充、放電現(xiàn)象1.心臟驟停最有效的搶救方式是盡早通過AED自動除顫機給予及時治療。如圖，某型號AED模擬治療儀器內(nèi)有一電容為15μF的電容器，某次使用過程中，該電容器在10s內(nèi)充電至5000V電壓，之后在3ms時間內(nèi)完成放電，則()A.電容器充電后所帶的電荷量為75CB.電容器充電過程中電容一直增大C.電容器放電過程中放電電流一直增大D.電容器放電過程中平均電流為25A答案D解析電容器充電后所帶的電荷量為Q＝CU＝15×10－6×5000C＝0.075C，A錯誤;電容器的電容由電容器本身的性質(zhì)決定，與電容器是否帶電無關(guān)，故電容器充電過程中電容保持不變，B錯誤;電容器放電過程中，放電電流逐漸減小，C錯誤;電容器放電過程中的平均電流為I＝Qt＝0.0752.(2025·安徽皖豫名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖甲所示，先使開關(guān)S與1端相連，給電容器充電。然后把開關(guān)S擲向2端，電容器通過電阻R放電，電流傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電流隨時間變化的I－t圖像，如圖乙所示。若第5s末時電容器所帶電荷量等于零，圖乙中1~2s內(nèi)圖線下的面積為S，第1s末和第2s末電壓傳感器的示數(shù)分別為4.5V和3.0V，則1~5s內(nèi)圖線下的面積為()A.1.5S B.2SC.3S D.4.5S答案C解析對于電容器來說，I－t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電容器所帶電荷量Q，根據(jù)Q＝CU，1~2s內(nèi)圖線下的面積為S＝CU1－CU2＝1.5C，電容器的電容C＝S1.5，則1~5s內(nèi)有S'＝CU1＝S1.5×4.5＝3S，故3.(多選)(2025·黑龍江哈爾濱模擬)某實驗小組用如圖甲所示的電路探究電容器的充、放電規(guī)律。先使開關(guān)S與1端相連，然后把開關(guān)擲向2端，電流傳感器將電流信息傳入計算機，在計算機屏幕上顯示出電流i與時間t的關(guān)系圖像如圖乙所示。下列說法正確的是()A.充電過程中，電容器的電容逐漸增大B.i－t圖像中兩陰影部分的面積關(guān)系為S1>S2C.增大電阻R的阻值可以延長放電時間D.增大電阻R0的阻值，充電過程中R0消耗的電能不變答案CD解析電容器的電容由本身因素決定，不會隨充電過程發(fā)生變化，故A錯誤;i－t圖像兩陰影部分的面積分別表示充、放電過程通過電流傳感器的電荷量，因充、放電過程通過電流傳感器的電荷量相等，所以兩陰影部分的面積相等，故B錯誤;因電源電動勢和電容均不變，電容器充電后所帶的最大電荷量不變，增大電阻R的阻值會減小放電的最大電流，故可延長放電時間，故C正確;無論電阻R0的阻值為多大，充電過程通過電源的電荷量一定，電源輸出的電能一定，而電容器獲得的能量一定，所以電阻R0消耗的電能不變，故D正確。對點練2平行板電容器的動態(tài)分析4.(2025·廣東深圳模擬)某同學(xué)設(shè)計了一款河水水位監(jiān)測器，如圖，平行板電容器、電流表和電源組成一電路，絕緣細桿一端連接漂浮在水面上的浮子a，另一端與電容器極板P連接(極板Q固定)，a上下移動就帶動P上下移動(初始時，極板P的高度低于極板Q)，監(jiān)測人員通過電流表指針偏轉(zhuǎn)情況就可以遠距離得知河水水位的變化。已知電流從左側(cè)進入電流表，其指針左偏;電流從右側(cè)進入電流表，其指針右偏。若監(jiān)測人員發(fā)現(xiàn)電流表指針右偏，可以得出()A.河水水位在下降B.Q極板的電荷量在減少C.平行板電容器的電容在增大D.P、Q間的電場強度在變大答案C解析監(jiān)測人員發(fā)現(xiàn)電流表指針右偏，說明電流從電流表右側(cè)進入，又由于Q板與電源正極連接，說明電容器在充電，P、Q極板的電荷量Q在增加，故B錯誤;由于與電源相連，所以電壓U不變，板間距d也沒有變化，由E＝Ud可得，E不變，故D錯誤;由于電壓U不變，由C＝QU可得平行板電容器的電容在增大，故C正確;由C＝εrS4πkd可得，P、Q極板的正對面積增大5.(2025·重慶八中月考)如圖為某同學(xué)采用平行板電容器測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，兩極板間電壓不變。若材料溫度降低時，極板上所帶電荷量變少，則()A.材料豎直方向尺度減小 B.極板間電場強度不變C.極板間電場強度變大 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，極板之間形成勻強電場，根據(jù)E＝Ud可知，極板間電場強度E減小，B、C錯誤;極板間距6.(2025·福建漳州市模擬)如圖，一平行板電容器充電后與電源斷開。若電容器的正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離x0，則電容器的電容C、極板上帶電荷量Q、兩極板間電勢差U及電場強度E與負極板移動的距離x的關(guān)系圖像正確的是()答案D解析根據(jù)平行板電容器的決定式C＝εrS4πkd，負極板向右移動，板間距離d增大，電容減小，故A錯誤;充電后的電容器與電源斷開連接后，極板帶電荷量Q保持不變，故B錯誤;由C＝QU知，當(dāng)Q不變，C減小時，U增大，故C錯誤;由C＝εrS4πkd，C＝QU，E＝Ud可得E＝4πkQεr7.(多選)(2025·山東泰安一模)如圖所示，帶電平行板電容器兩極板水平放置，充電后與電源斷開。帶電小球靜止于電容器內(nèi)的A點，B點位于上極板附近，忽略電容器極板的邊緣效應(yīng)及帶電小球?qū)﹄妶龅挠绊?。下列說法正確的是()A.把小球由A點移到B點，小球的電勢能增大B.把小球由A點移到B點，小球的電勢能減小C.若將下極板向上移動一小段距離，小球在A點時的電勢能減小D.若將下極板向上移動一小段距離，小球在A點時的電勢能增大答案BD解析小球靜止在A點，受到豎直向上的靜電力，把小球由A點移到B點靜電力做正功，小球的電勢能減小，故A錯誤，B正確;充電后與電源斷開，電容器的帶電荷量不變，對平行板電容器有C＝QU＝εrS4kπd，平行板電容器間的電場強度E＝Ud，整理有E＝4kπQεrS，由上述分析可知，將下極板向上移動一小段距離，其平行板電容器間的電場強度不變，A點和下極板之間的距離減小，由于下極板接地，電勢為零，所以A點電勢升高，由于B級綜合提升練8.(2025·山西太原模擬)如圖所示，D是一支理想二極管(正向電阻為零，可視為短路;反向電阻無窮大，可視為斷路)，C是極板水平放置的平行板電容器，初始時不帶電。當(dāng)S接1且穩(wěn)定后，處于兩極板間P點的一帶電油滴能保持靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A.保持S接1，減小電容器兩極板的正對面積，油滴會向上移動B.保持S接1，將電容器的下極板上移，油滴會向下移動C.將S從1擲到2，油滴將向下運動D.將S從1擲到2，同時將下極板上移，油滴將向下運動答案A解析保持S接1，減小電容器兩極板的正對面積，根據(jù)C＝εrS4πkd知電容C減小，由于存在二極管，Q不能減少，此時Q不變，由C＝QU知U增大，根據(jù)U＝Ed及d不變，知E增大，所以油滴受到向上的靜電力大于重力，油滴會向上移動，故A正確;保持S接1，將電容器的下極板上移，d減小，根據(jù)C＝εrS4πkd和C＝QU知C增大，U不變，Q增大，可以充電，再根據(jù)E＝Ud知E增大，油滴向上運動，故B錯誤;將S從1擲到2，電容器兩極板上的帶電荷量Q不變，板間電場強度E不變，油滴不動，故C錯誤;將S從1擲到2，同時將下極板上移，d減小，由C＝εrS4πkd知C增大，由于Q不變，根據(jù)C＝Q9.(2025·浙江稽陽聯(lián)誼學(xué)校聯(lián)考)由電源、定值電阻、滑動變阻器和電容器組成的電路如圖所示。電源電動勢E，內(nèi)阻r，定值電阻阻值R，電容器電容為C，間距為d。閉合開關(guān)S1、S2，穩(wěn)定后，一帶電油滴恰好靜止在電容器中心，則()A.向右移動滑動變阻器滑片，油滴將向下運動B.將N板向下移動，保持油滴不動，油滴電勢能減小C.保持S1閉合，斷開S2，待電路穩(wěn)定，電源消耗的電能等于CD.若油滴獲得一個向上的初速度，運動到M板的過程中電勢能減小mgd答案B解析滑動變阻器穩(wěn)定時不分壓，對電容器電壓沒影響，A錯誤;由于油滴靜止在電容器中受力平衡，油滴受靜電力向上，則帶負電荷，將N板下移，板間距增大，M、N間電勢差不變，板間電場強度減小，N板接地電勢不變，所以油滴所在處電勢升高，電勢能減小，B正確;斷開S2，電容器繼續(xù)充電，充電電荷量q＝C(E－U)，因為U＝IR＝Er＋RR，解得q＝CE-Er＋RR＝CErR＋r，所以電源消耗能量為10.(2023·新課標(biāo)卷，22)在“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗中，所用器材如下:電池、電容器、電阻箱、定值電阻、小燈泡、多用電表、電流表、秒表、單刀雙擲開關(guān)以及導(dǎo)線若干。(1)用多用電表的電壓擋檢測電池的電壓。檢測時，紅表筆應(yīng)該與電池的(選填“正極”或“負極”)接觸。

(2)某同學(xué)設(shè)計的實驗電路如圖(a)所示。先將電阻箱的阻值調(diào)為R1，將單刀雙擲開關(guān)S與“1”端相接，記錄電流隨時間的變化。電容器充電完成后，開關(guān)S再與“2”端相接，相接后小燈泡亮度變化情況可能是(填正確答案標(biāo)號)。

A.迅速變亮，然后亮度趨于穩(wěn)定B.亮度逐漸增大，然后趨于穩(wěn)定C.迅速變亮，然后亮度逐漸減小至熄滅(3)將電阻箱的阻值調(diào)為R2(R2>R1)，再次將開關(guān)S與“1”端相接，再次記錄電流隨時間的變化情況，兩次得到的電流I隨時間t變化如圖(b)中曲線所示，其中實線是電阻箱阻值為(選填“R1”或“R2”)時的結(jié)果，曲線與坐標(biāo)軸所圍面積等于該次充電完成后電容器上的(選填“電壓”或“電荷量”)。

答案(1)正極(2)C(3)R2電荷量解析(1)在使用多用電表時，應(yīng)保證電流從紅表筆流入，黑表筆流出，即“紅進黑出”，因此紅表筆應(yīng)該與電池的正極接觸。(2)S與“1”端相接時，小燈泡不發(fā)光，電容器充電;S與“2”端相接時，電容器放電，且放電電流逐漸變小，直至為0，故C正確，A、B錯誤。(3)開始充電時實線中的電流較虛線的小，說明電路中的電阻較大，對應(yīng)電阻箱阻值為R2;根據(jù)電流的定義式I＝qt可知q＝It，則I－t11.(2024·海南卷，15)用如圖(a)所示的電路觀察電容器的充放電現(xiàn)象，實驗器材有電源E、電容器C、電壓表、電流表、電流傳感器、計算機、定值電阻R、單刀雙擲開關(guān)S1、開關(guān)S2、導(dǎo)線若干。(1)閉合開關(guān)S2，將S1接1，電壓表示數(shù)增大，最后穩(wěn)定在12.3V。在此過程中，電流表的示數(shù)(填選項標(biāo)號)。

A.一直穩(wěn)定在某一數(shù)值B.先增大，后逐漸減小為零C.先增大，后穩(wěn)定在某一非零數(shù)值(2)先后斷開開關(guān)S2、S1，將電流表更換成電流傳感器，再將S1接2，此時通過定值電阻R的電流方向為(選填“a→b”或“b→a”)，通過傳感器將電流信息傳入計算機，畫出電流隨時間變化的I－t圖像，如圖(b)，t＝2s時，I＝1.10mA，圖中M、N區(qū)域面積比為8∶7，可求出R＝kΩ(保留2位有效數(shù)字)。

答案(1)B(2)a→b5.2解析(1)閉合開關(guān)S2，S1接1后，電路中的電流瞬間達到最大值，然后電源給電容器充電，電壓表的示數(shù)逐漸增大，電路中的電流逐漸減小，當(dāng)電壓表示數(shù)穩(wěn)定后，電路中的電流減為零，即電流表的示數(shù)先增大，后逐漸減小為零，B正確。(2)閉合開關(guān)S2，S1接1時，電源正極與電容器上極板相連，則電容器上極板帶正電，因此S1接2時電容器放電，通過R的電流方向為a→b，根據(jù)I－t圖像與坐標(biāo)軸圍成圖形的面積表示電荷量可知，0~2s過程電容器放出的電荷量Q1與2s后至放電結(jié)束過程電容器放出的電荷量Q2之比為8∶7，根據(jù)電容的定義式可知，Q1＝CΔU1，Q2＝CΔU2，由題圖可知ΔU1＝U0－IR，ΔU2＝IR，代入數(shù)據(jù)解得R＝5.2kΩ。第4講帶電粒子在電場中的運動學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會利用動力學(xué)、功能關(guān)系分析帶電粒子在電場中的直線運動。2.掌握帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律，會分析帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系。3.會分析計算帶電粒子在交變電場中的直線運動和偏轉(zhuǎn)問題。1.思考判斷(1)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動。(×)(2)帶電粒子在電場中，只受靜電力時，也可以做勻速圓周運動。(√)2.帶電粒子沿水平方向射入豎直向下的勻強電場中，運動軌跡如圖所示，粒子在相同的時間內(nèi)()A.位置變化相同 B.速度變化相同C.速度偏轉(zhuǎn)的角度相同 D.動能變化相同答案B考點一帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動1.做直線運動的條件(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子做勻速直線運動。(2)粒子所受合外力F合≠0且與初速度共線，帶電粒子將做加速直線運動或減速直線運動。2.用動力學(xué)觀點分析a＝qEm，E＝Ud，v2－v03.用功能觀點分析勻強電場中:W＝qEd＝qU＝12mv2－12非勻強電場中:W＝qU＝12mv2－12角度帶電粒子在電場中的直線運動例1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N板時的速度大小v;(3)若在帶電粒子運動d2距離時撤去所加電壓，求該粒子從M板運動到N板經(jīng)歷的時間t答案(1)qUd(2)2qU解析(1)兩平行金屬板間的電場強度E＝U帶電粒子所受的靜電力F＝qE＝qUd(2)帶電粒子從靜止開始運動到N板的過程，根據(jù)動能定理有qU＝12mv2，得v＝2(3)設(shè)帶電粒子運動d2距離時的速度大小為v'，根據(jù)動能定理有qU2＝1帶電粒子在前d2距離做勻加速直線運動，后d2距離做勻速直線運動，設(shè)用時分別為t1、有d2＝v'2t1，d聯(lián)立解得t＝t1＋t2＝3d角度帶電體在電場中的直線運動例2(2025·江蘇南通高三開學(xué)考)在光滑絕緣的水平面上，長為2L的絕緣輕質(zhì)細桿的兩端各連接一個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B(均可視為質(zhì)點)組成一個帶電系統(tǒng)，球A所帶的電荷量為＋2q，球B所帶的電荷量為－3q?，F(xiàn)讓A處于如圖所示的有界勻強電場區(qū)域MNQP內(nèi)，已知虛線MN位于細桿的中垂線，MN和PQ的距離為4L，勻強電場的電場強度大小為E、方向水平向右。釋放帶電系統(tǒng)，讓A、B從靜止開始運動，不考慮其他因素的影響。求:(1)釋放帶電系統(tǒng)的瞬間，兩小球加速度的大小;(2)帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需的時間。答案(1)qEm(2)3解析(1)對整體應(yīng)用牛頓第二定律有2qE＝2ma解得兩小球加速度大小為a＝qEm(2)系統(tǒng)向右加速運動階段L＝12a解得t1＝2此時球B剛剛進入MN，帶電系統(tǒng)的速度v＝at1假設(shè)小球A不會出電場區(qū)域，帶電系統(tǒng)向右減速運動階段有－3qE＋2qE＝2ma'加速度a'＝－qE減速運動時間t2＝0-va'減速運動的距離L'＝0-v2可知小球A恰好運動到PQ邊界時速度減為零，假設(shè)成立，所以帶電系統(tǒng)從開始運動到速度第一次為零所需時間t＝t1＋t2＝32mL方法總結(jié)帶電粒子(帶電體)在勻強電場中的直線運動問題的分析方法角度帶電粒子在交變電場中的直線運動例3(多選)如圖所示，A、B是一對平行的金屬板，在兩板間加上一周期為T的交流電壓U，A板的電勢φA＝0，B板的電勢φB隨時間的變化規(guī)律如圖所示?，F(xiàn)有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區(qū)域內(nèi)，設(shè)電子的初速度和重力的影響可忽略。則()A.若電子是在t＝0時刻進入的，它將一直向B板運動B.若電子是在t＝T8C.若電子是在t＝3TD.若電子是在t＝T2答案AB解析根據(jù)電子進入電場后的受力和運動情況，作出如圖所示的圖像。由圖丁可知，當(dāng)電子在t＝0時刻進入電場時，電子一直向B板運動，故A正確;若電子在t＝T8時刻進入，則由圖丁知，向B板運動的位移大于向A板運動的位移，因此最后仍能打在B板上，故B正確;若電子在t＝3T8時刻進入電場，則由圖丁知，在第一個周期電子即返回至A板，故C錯誤;若電子是在t＝T2時刻進入，則它一靠近小孔便受到排斥力，根本不能進入電場拓展若已知電子質(zhì)量為m、電荷量大小為e，電子僅在靜電力作用下，在t＝T4求:(1)A、B兩板間的距離;(2)電子在兩板間的最大速度。答案(1)eU0解析(1)電子在t＝T4時刻由靜止釋放恰好打在B板上，則電子先加速后減速，在t＝34T時刻到達B板且速度為零，設(shè)兩板的間距為d，加速度大小為a＝eU0md，則有d＝2×12aT(2)由題意可知，經(jīng)過T4時間電子速度最大，則最大速度為vm＝a·T在畫速度—時間圖像時，要注意以下幾點(1)帶電粒子進入電場的時刻。(2)速度—時間圖像的斜率表示加速度，因此加速度相同的運動的圖像一定是平行的直線。(3)圖線與時間軸圍成的“面積”表示位移，且在橫軸上方所圍成的“面積”為正，在橫軸下方所圍成的“面積”為負。(4)注意對稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用。(5)圖線與橫軸有交點，表示此時速度為零;對于運動很復(fù)雜，不容易畫出速度—時間圖像的問題，還應(yīng)逐段分析求解。考點二帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)角度帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)1.帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)問題的兩個重要結(jié)論(1)不同的帶電粒子從靜止開始經(jīng)過同一電場加速后再從同一偏轉(zhuǎn)電場射出時，偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的。證明:由qU0＝12my＝12at2＝12·qtanθ＝q得y＝U1l24U可見y和tanθ與粒子的q、m無關(guān)。(2)粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出，合速度方向的反向延長線與初速度延長線的交點O為粒子水平位移的中點，即O到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為l22.處理帶電粒子的偏轉(zhuǎn)問題的方法運動的分解法將帶電粒子的運動分解為沿靜電力方向的勻加速直線運動和垂直靜電力方向的勻速直線運動功能關(guān)系當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解:qUy＝12mv2－12mv02，其中Uy＝例4(2025·江蘇泰州高三開學(xué)考)如圖所示，豎直虛線MN左側(cè)有一電場強度為E1＝E的水平勻強電場，在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L、電場強度為E2＝2E的豎直勻強電場，在虛線PQ右側(cè)距PQ為L處有一豎直的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量為e，質(zhì)量為m，重力不計)無初速度地放入電場E1中的A點，最后電子打在右側(cè)的屏上，A點到MN的距離為L，AO連線與屏垂直，交點為O。求:(1)電子到達MN虛線時的速度大小;(2)電子從釋放到打到屏上所用的時間;(3)電子打到屏上的位置到O點的距離x。答案(1)2eELm(2)22解析(1)從A點到MN的過程中，由動能定理得eE1L＝12mv解得v＝2eEL(2)電子在電場E1中做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)加速度為a1，運動時間為t1，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得a1＝eE1m＝eEm，解得t1＝2從MN到屏的過程中運動的時間t2＝2則運動的總時間為t＝t1＋t2＝22mL(3)設(shè)電子射出電場E2時平行電場線方向的速度為vy，在電場E2中運動的時間為t3，根據(jù)牛頓第二定律得，電子在電場E2中的加速度為a2＝eE2m＝2eEm，t3＝Lv，vy＝a2t解得tanθ＝1如圖所示，電子離開電場E2后，將速度方向反向延長交于E2電場的中點O'。由幾何關(guān)系知tanθ＝x解得x＝32L計算粒子打到屏上的位置離屏中心距離的方法(1)y＝y(tǒng)0＋Ltanθ(L為屏到偏轉(zhuǎn)電場的水平距離)。(2)y＝l2＋Ltanθ(l(3)根據(jù)三角形相似有yy角度帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)1.帶電粒子在交變電場中的偏轉(zhuǎn)通常只討論所加電壓大小不變、方向做周期性變化(如方波)的情形。當(dāng)帶電粒子以初速度v0垂直于電場方向射入時，沿初速度方向的分運動為勻速直線運動，沿電場方向的分運動具有周期性。2.分析方法根據(jù)電場變化的特點，利用牛頓第二定律正確地判斷粒子的運動情況。根據(jù)電場的變化情況，分段求解帶電粒子運動的末速度、位移等。3.對于鋸齒波和正弦波等電壓產(chǎn)生的交變電場，若粒子穿過板間的時間極短，帶電粒子穿過電場瞬間可認為是在勻強電場中運動。例5如圖甲，一帶電粒子沿平行板電容器中線MN以速度v平行于極板進入(記為t＝0時刻)，同時在兩板上加一按圖乙變化的電壓。已知粒子比荷為k，帶電粒子只受靜電力的作用且不與極板發(fā)生碰撞，經(jīng)過一段時間，粒子以平行極板方向的速度射出。則下列說法中正確的是()A.粒子射出時間可能為t＝4sB.粒子射出的速度大小為2vC.極板長度滿足L＝3vn(n＝1，2，3，…)D.極板間最小距離為3答案D解析粒子進入電容器后，在平行于極板方向做勻速直線運動，垂直極板方向運動的v－t圖像如圖所示，因為粒子平行極板射出，可知粒子垂直極板的分速度為0，所以射出時刻可能為1.5s、3s、4.5s、…，滿足t＝1.5n(n＝1，2，3，…)，粒子射出的速度大小必定為v，故A、B錯誤;極板長度L＝v·1.5n(n＝1，2，3，…)，故C錯誤;因為粒子不跟極板碰撞，則應(yīng)滿足d2≥12vy×1.5s，其中vy＝a×1s，a＝qU0md，聯(lián)立解得d≥A級基礎(chǔ)對點練對點練1帶電粒子(帶電體)在電場中的直線運動1.(多選)(2025·湖南長沙一模)如圖所示，陰極K發(fā)射的電子(初速度可視為零)經(jīng)電壓為U0的電場加速后，從A板上的小孔進入由A、B兩平行金屬板組成的電容為C的電容器中，開始時B板不帶電，電子到達B板后被吸收。已知電子的電荷量為e，不計電子重力以及電子之間的相互作用，當(dāng)電子不能到達B板時()A.在這之后，任何從小孔進入電容器的電子速度第一次減為0所用的時間(從剛進入電容器時開始計時)相等B.B板的電勢和陰極K的電勢相等C.B板的電荷量為CU0D.電子從陰極K到B板電勢能一直減小答案ABC解析當(dāng)電子不能到達B板時，A、B之間電勢差不變，電場強度不變，電子剛進入電容器時開始計時，速度相同，則所用時間相等，故A正確;由能量守恒定律及動能定理得eU0＝eUAB，即φA－φB＝φA－φK，可知B板的電勢和陰極K的電勢相等，故B正確;由題可知，A、B間的最大電壓UAB＝U0，則B板的電荷量為Q＝CU0，故C正確;電子由K到A，靜電力做正功，動能增加，電勢能減少，由A到B時，靜電力做負功，動能減少，電勢能增加，故D錯誤。2.密立根油滴實驗裝置如圖所示，當(dāng)油滴噴出時，因與噴霧器摩擦而帶負電，油滴通過小孔進入平行板電容器之間，調(diào)節(jié)A、B兩板間的電壓，讓油滴緩慢勻速下落，并測定油滴直徑等相關(guān)物理量，可推算出該油滴的電荷量，不計油滴間相互作用。下列說法正確的是()A.油滴由于失去正電荷而帶負電B.若僅增大A、B間電壓，油滴將加速下落C.若僅增大A、B間距離，油滴將減速下落D.若在A、B間同時懸停著兩顆油滴，則直徑大的帶電荷量一定大答案D解析油滴與噴霧器摩擦得到電子從而帶負電，A錯誤;由于油滴帶負電，所受靜電力向上，若僅增大A、B間電壓，油滴將加速上升，B錯誤;若僅增大A、B間距離，電壓不變，根據(jù)E＝Ud可知電場強度減小，靜電力小于重力，油滴將加速下落，C錯誤;若在A、B間同時懸停著兩顆油滴，直徑大的質(zhì)量一定大，根據(jù)mg＝qE可知質(zhì)量大的帶電荷量一定大，故D3.如圖甲所示為粒子直線加速器原理圖，它由多個橫截面積相同的同軸金屬圓筒依次組成，序號為奇數(shù)的圓筒與序號為偶數(shù)的圓筒分別和交變電源相連，交變電源兩極間的電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。在t＝0時，奇數(shù)圓筒比偶數(shù)圓筒電勢高，此時和偶數(shù)圓筒相連的金屬圓板(序號為0)的中央有一自由電子由靜止開始在各間隙中不斷加速。若電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，交變電源的電壓為U，周期為T。不考慮電子的重力和相對論效應(yīng)，忽略電子通過圓筒間隙的時間。下列說法正確的是()A.電子在圓筒中也做加速直線運動B.電子離開圓筒1時的速度為2UeC.第n個圓筒的長度應(yīng)滿足Ln＝TnUeD.保持加速器筒長不變，若要加速比荷更大的粒子，則要調(diào)大交變電壓的周期答案C解析由于金屬圓筒處于靜電平衡狀態(tài)，圓筒內(nèi)部場強為零，則電子在金屬圓筒中做勻速直線運動，故A錯誤;電子離開圓筒1時，由動能定理得eU＝12mv2，所以電子離開圓筒1瞬間速度為v＝2eUm，故B錯誤;電子從金屬圓筒出來后要繼續(xù)做加速運動，在金屬圓筒中的運動時間為交變電源周期的一半，即T2，電子在圓筒中做勻速直線運動，所以第n個圓筒長度為Ln＝vn·T2＝T22neUm＝TnUe2m，故C對點練2帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)4.示波管的結(jié)構(gòu)如圖所示，Y、Y'接輸入電壓信號，X、X'接掃描電壓信號，若掃描電壓信號的周期和輸入電壓信號的周期相同，且可以在熒光屏上得到輸入電壓信號周期變化的圖像，則下列掃描電壓信號的圖像可能正確的是()答案A解析若掃描電壓信號如B、C、D選項所示，則在半個周期內(nèi)，粒子沿XX'方向偏轉(zhuǎn)距離相同，熒光屏上在YY'方向呈現(xiàn)一條直線，無法顯示輸入電壓信號隨時間周期性變化的具體情況，若掃描電壓信號如A選項所示，則粒子打在熒光屏上的位置沿XX'方向隨時間均勻分布，又掃描電壓信號周期與輸入電壓信號周期相同，可得到輸入電壓信號周期變化的圖像，綜上，A項圖像正確。5.(2024·黑吉遼卷，6)在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面(紙面)內(nèi)運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線;若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到與O點等高處的過程中()A.動能減小，電勢能增大 B.動能增大，電勢能增大C.動能減小，電勢能減小 D.動能增大，電勢能減小答案D解析小球的初速度方向沿虛線時，其運動軌跡為直線，故小球受到的合力方向沿虛線方向，由于重力方向豎直向下，勻強電場方向水平，故合力方向只能沿虛線向下，如圖所示。若初速度垂直于虛線時，小球做類平拋運動，從O點出發(fā)運動到與O點等高處的過程中，重力不做功，電場力方向與速度方向的夾角始終為銳角，故電場力做正功，動能增大，電勢能減小，D正確。6.(2025·浙江七彩陽光新高考聯(lián)盟高三聯(lián)考)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的小球，以初速度v0從勻強電場中的A點水平拋出后經(jīng)過某一定點B，如圖所示，電場強度大小為E0，方向豎直向下。下列說法正確的是()A.可以計算經(jīng)過B點的時間B.可以計算經(jīng)過B點時的豎直方向的速度C.初速度為2v0，要使小球仍能經(jīng)過B點，電場強度大小為22ED.只要能夠經(jīng)過B點，過B點時的速度偏轉(zhuǎn)角為一定值，與初速度大小無關(guān)答案D解析小球所受合力F＝mg－qE0，加速度a＝Fm＝g－qE0m，A、B間的水平或豎直距離未知，無法計算經(jīng)過B點的時間和豎直方向的速度，故A、B錯誤;小球經(jīng)過B點，豎直方向位移y＝12at2＝12g-qE0mx2v02＝12g-qEmx2(2v0)7.(