第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動1一、電容平行板電容器的動態分析1.電容器.絕緣導體絕對值(1)組成：由兩個彼此______且又相互靠近的_______組成.(2)帶電量：一個極板所帶電量的________.一、電容平行板電容器的動態分析1.電容器.絕緣導體絕對值(122.電容.比值(1)定義：電容器所帶的電量與兩極板間電勢差的_______.(2)公式：C＝_______＝ΔQΔU.QU容納電荷106

(3)物理意義：電容是描述電容器____________本領大小的物理量.電容C由電容器本身的構造因素決定，與U、Q無關. (4)單位：1法拉(F)＝________微法(μF)＝1012皮法(pF).2.電容.比值(1)定義：電容器所帶的電量與兩極板間電勢差的33.平行板電容器的電容.正對面積

(1)影響因素：平行板電容器的電容與兩極板間的距離成反比，與兩極板的________成正比，并且跟板間插入的電介質有關.(2)公式：C＝________，k為靜電力常量.

εrS4πkd3.平行板電容器的電容.正對面積 (1)影響因素：平行板電容4二、帶電粒子在電場中的運動示波管1.帶電粒子在電場中的直線運動.勻變速

(1)運動狀態分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一條直線上，做___________________. (2)用功能觀點分析：電場力對帶電粒子所做的功等于粒子動能的變化，即qU＝______________.直線運動二、帶電粒子在電場中的運動示波管1.帶電粒子在電場中的直線運52.帶電粒子的偏轉分析.2.帶電粒子的偏轉分析.6(續表)勻速直線v0v0t初速度為零的勻加速(續表)勻速直線v0v0t初速度7

3.示波管. (1)構造：①_______；②_________；③_______.(如圖6-3-1所示)

圖6-3-1電子槍偏轉電極熒光屏 3.示波管.電子槍偏轉電極熒光屏8

(2)工作原理. ①如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，從電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏________，在那里產生一個亮斑.

②YY′上加的是待顯示的_________.XX′上是機器自身的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓.若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內變化的圖象.中心信號電壓 (2)工作原理.生一個亮斑. ②YY′上加的是待顯示的__9【基礎自測】1.判斷下列題目的正誤.(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數和.()(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.((4)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動.()))(5)帶電粒子在電場中運動時重力一定可以忽略不計.()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×【基礎自測】和.()(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反10

2.(多選)如圖

6-3-2所示，平行板電容器豎直放置，A板上用絕緣線懸掛一帶電小球，靜止時，絕緣線與固定的A板成θ角，平移B板，下列說法正確的是()

圖6-3-2A.S閉合，B板向上平移一小段距離，θ角變大B.S閉合，B板向左平移一小段距離，θ角變大C.S斷開，B板向上平移一小段距離，θ角變大D.S斷開，B板向左平移一小段距離，θ角不變 2.(多選)如圖6-3-2所示，平行板電容器豎直放置，11解析：分析小球受力，由平衡條件可知tanθ＝qEmg，則場強E增大時，θ增加，E減小時，θ減小.當S閉合時，電容器兩極

時，d不變，E不變，θ不變，A錯誤；B板左移時，d減小，E增大，θ變大，B正確；當S斷開時，電容器所帶電荷量不變，取決于正對面積S，而與板間距離無關，B上移時，正對面積減小，E增大，θ變大，C正確；B左移時，d減小，E不變，θ不變，D正確.

答案：BCD解析：分析小球受力，由平衡條件可知tanθ＝qE，則場強12

3.一束正離子以相同的速率從同一位置，垂直于電場方向飛入勻強電場中，所有離子的軌跡都是一樣的，這說明所有離子()A.都具有相同的質量C.都具有相同的比荷B.都具有相同的電荷量D.都是同一元素的同位素解析：軌跡相同的含義：偏轉位移、偏轉角度相同，即這離子只要有相同的比荷，軌跡便相同，C正確.

答案：C 3.一束正離子以相同的速率從同一位置，垂直于電場方向子()13

4.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入電場，最遠到達A點，然后返回，如圖6-3-3所示，OA間距為h，則此電子的初動能為()圖6-3-3A.edh UB.dU ehC.eU dhD.eUh d 4.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m14

解析：電子從O點到達A點的過程中，僅在電場力作用下速度逐漸減小，根據動能定理可得－eUOA＝0－Ek，因為UOA答案：D 解析：電子從O點到達A點的過程中，僅在電場力作用下15熱點1電容器問題的動態分析[熱點歸納]1.分析比較的思路：(1)先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開，Q不變.熱點1電容器問題的動態分析1.分析比較的思路：(1162.兩類動態變化問題的比較：2.兩類動態變化問題的比較：17通用版2022屆高考物理一輪復習專題六電場第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動課件18考向1兩種情況的動態分析【典題1】(2018

年北京卷)研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖6-3-4所示，下列說法正確的是()

圖6-3-4 A.實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電考向1兩種情況的動態分析【典題1】(2018年北京卷)19

B.實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小

C.實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大

D.實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大

解析：當用帶電玻璃棒與電容器a

板接觸，由于靜電感應，從而在b

板感應出等量的異種電荷，從而使電容器帶電，A正確；根據電容器的決定式C＝

εS4πkd，將電容器b板向上平移， B.實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角確20

不變，則電壓U增大，則靜電計指針的張角變大，B錯誤；根據電容器的決定式C＝

εS4πkd，只在極板間插入有機玻璃板，則D錯誤.

答案：A變，則電壓U減小，則靜電計指針的張角減小，C錯誤；根據 據電容器的決定式C＝ εS，只在極板間插入有機玻璃板，則21考向2與電容器兩板間場強有關的問題

【典題2】(2020

年安徽蚌埠一模)如圖6-3-5所示，水平放置的平行金屬板A、B通過開關與電池相連.開關閉合后，一帶電小球在A、B板之間的P點處于靜止，則()

圖6-3-5A.小球帶負電B.將A板向下移動一小段距離，小球仍能靜止C.將A板向下移動一小段距離，金屬板帶電荷量減少D.斷開開關，將B板向下移動一小段距離，小球仍能靜止考向2與電容器兩板間場強有關的問題 【典題2】(202022

解析：由圖可知，A板帶負電，B板帶正電，兩板間的電場方向豎直向上，由于小球處于靜止狀態，則小球的重力與電場力等大反向，所以小球帶正電，故A錯誤；由題意可知，兩板間的電壓不變，將A板向下移動一小段距離即兩板間距減小，

向上運動，故B錯誤；由題意可知，兩板間的電壓不變，將A板向下移動一小段距離即兩板間距減小，由公式C＝

εS4πkd可知， 解析：由圖可知，A板帶負電，B板帶正電，兩板間的電板向23誤；斷開開關，金屬板所帶電荷量不變，由公式C＝

εS4πkd、C間的場強不變，小球受到的電場力不變，所以小球仍能靜止，故D正確.

答案：D誤；斷開開關，金屬板所帶電荷量不變，由公式C＝ εS、C間24考向3電容器的應用

【典題3】(2020

年河北衡水第十四中學月考)基于人的指紋具有終身不變性和唯一性的特點，發明了指紋識別技術.目前許多國產手機都有指紋解鎖功能，常用的指紋識別傳感器是電容式傳感器，如圖6-3-6所示.指紋的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”.傳感器上有大量面積相同的小極板，當手指貼在傳感器上時，這些小極板和正對的皮膚表面部分形成大量的小電容器，這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同.此時傳感器給所有的電容器充電后達到某一電壓值，然后電容器放電，電容值小的電容器放電較快，根據放電快慢的不同，就可考向3電容器的應用 【典題3】(2020年河北衡水第十25以探測到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖象數據.根據文中信息，下列說法正確的是()

圖6-3-6A.在峪處形成的電容器電容較大B.在峪處形成的電容器放電較慢C.充電后在嵴處形成的電容器的電荷量大D.潮濕的手指頭對指紋識別絕對沒有影響以探測到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖象數據.根據文中信息，下26解析：根據電容的計算公式C＝

εS4πkd可得，極板與指紋峪(凹下部分)距離d大，構成的電容器電容小，故A錯誤；傳感器給所有的電容器充電后達到某一電壓值，然后電容器放電，所以所有的電容器電壓一定，根據Q＝CU＝

εSU4πkd可知，極板與峪處(凹的部分，d大，電容小)構成的電容器充上的電荷較少，所以在峪處形成的電容器放電過程中放電時間短，放電快；反之，在嵴處形成的電容器電容大，電荷量大，放電時間長，故C正確，B錯誤；濕的手與傳感器之間有水填充，改變了原來匹配成平行板電容器的電容，所以會影響指紋解鎖，故D錯誤.

答案：C解析：根據電容的計算公式C＝ εS可得，極板與指紋峪(凹下27熱點2帶電粒子在電場中的直線運動[熱點歸納]1.帶電體在勻強電場中直線運動問題的分析方法.熱點2帶電粒子在電場中的直線運動[熱點歸納]282.帶電粒子(體)在電場中運動時重力的處理.2.帶電粒子(體)在電場中運動時重力的處理.29考向1根據牛頓動力學分析帶電粒子的直線運動問題

【典題4】(多選，2018年新課標Ⅲ卷)如圖6-3-7，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等.現同時釋放a、b，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略.下列說法正確的是()考向1根據牛頓動力學分析帶電粒子的直線運動問題 【典題430圖6-3-7A.a的質量比b的大B.在t時刻，a的動能比b的大C.在t時刻，a和b的電勢能相等D.在t時刻，a和b的動量大小相等圖6-3-7A.a的質量比b的大B.在t時刻，a31

解析：根據題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab.對微粒a，由牛頓第二定律，qE＝maaa，對微粒b，由牛頓第二定律，qE＝mbab，聯立解得：qEqE

>ma

mb，由此式可以得出a的質量比b的小，A錯誤；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據動能定理，在t時刻，a的動能比b的大，B正確；由于在t時刻兩微粒經過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，C錯誤；由于a微粒受到的電場力(合外力)等于b微粒受到的電場力(合外力)，根據動量定理，在t時刻，a微粒的動量等于b微粒，D正確.

答案：BD 解析：根據題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上32考向2根據功能關系處理帶電粒子在電場中的直線運動問題

【典題5】(2017年新課標Ⅱ卷)如圖6-3-8所示，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區域存在方向水平向右的勻強電場.自該區域上方的A點將質量為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進入電場區域，并從該區域的下邊界離開.已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運考向2根據功能關系處理帶電粒子在電場中的直線運動問題33動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍.不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求：圖6-3-8(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比.(2)A點距電場上邊界的高度.(3)該電場的電場強度大小.動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍34

解：(1)設帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它們進入電場時的水平速度仍為v0；M、N在電場中的運動時間t相等，電場力作用下產生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1

和s2；由運動公式可得

v0－at＝0①聯立①②③式解得s1∶s2＝3∶1.④ 解：(1)設帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它35

(2)設A點距離電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，則

(2)設A點距離電場上邊界的高度為h，小球下落h36v0

qE(3)設電場強度為E，小球M進入電場后做直線運動，則

＝vy

mg，a＝Eq m⑨

設M、N離開電場時的動能分別為Ek1

和Ek2，由功能關系有

v0qE(3)設電場強度為E，小球M進入電37方法技巧對于帶電粒子(體)在電場中的直線運動問題，無論是忽略重力還是考慮重力，解決此類問題時都要注意分析是做勻速運動還是勻變速運動，勻速運動問題常以平衡條件F合＝0作為突破口進行求解，勻變速直線運動根據力和運動的關系可知，合力一定和速度在一條直線上，然后運用動力學觀點或能量觀點求解. (1)運用動力學觀點時，先分析帶電粒子(體)的受力情況，根據F合＝ma得出加速度，再根據運動學方程可得出所求物理量. (2)運用能量觀點時，在勻強電場中，若不計重力，電場力做的功等于動能的變化量；若考慮重力，則合力做的功等于動能的變化量.方法技巧對于帶電粒子(體)在電場中的直線運動問題，無論是忽略38熱點3帶電粒子在勻強電場中的偏轉

[熱點歸納] 1.帶電粒子在勻強電場中的偏轉的兩個結論：

(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場(U0)加速后再從同一偏轉電場(U)射出時的偏轉角度(φ)總是相同的.熱點3帶電粒子在勻強電場中的偏轉 [熱點歸納]392.處理帶電粒子的偏轉問題的方法.2.處理帶電粒子的偏轉問題的方法.40考向1帶電粒子在電場中的偏轉

【典題6】(2020

年浙江卷)如圖6-3-9所示，一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0

從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中.已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時()A.所用時間為mv0

qEB.速度大小為3v0圖6-3-9D.速度方向與豎直方向的夾角為30°考向1帶電粒子在電場中的偏轉 【典題6】(2020年浙41故C正確；由于平拋推論可知，tanα＝2tanβ，可知速度正切tanα＝2tan45°＝2>tan60°，可知速度方向與豎直方向的夾角小于30°，故D錯誤.

答案：C故C正確；由于平拋推論可知，tanα＝2tanβ，可42考向2帶電粒子在電場中的先加速后偏轉

【典題7】圖6-3-10甲是用來使帶正電的離子加速和偏轉的裝置，圖乙為該裝置中加速與偏轉電場的等效模擬圖.以y軸為界，左側為沿x軸正方向的勻強電場，電場強度為E，右側為沿y軸負方向的另一勻強電場.已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB間的電勢差為U0.若在x軸上的C點無初速地釋放一個電荷量為q、質量為m的正離子(不計重力)，結果正離子剛好通過B點，求：考向2帶電粒子在電場中的先加速后偏轉 【典題7】圖6-43甲乙

圖6-3-10 (1)CO間的距離d. (2)粒子通過B點的速度大小.

解：(1)設正離子到達O點的速度為v0(其方向沿x軸的正方向)，則正離子從C點到O點，由動能定理得：甲乙 圖6-3-1044通用版2022屆高考物理一輪復習專題六電場第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動課件45通用版2022屆高考物理一輪復習專題六電場第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動課件46考向3運用運動的分解思想和功能關系處理

【典題8】(2020

年山西長治第二中學月考)如圖6-3-11所示，在豎直平面內的平面直角坐標系xOy中，x軸上方有水平向右的勻強電場，有一質量為m，電荷量為－q(－q＜0)的帶電絕緣小球，從y軸上的P(0，L)點由靜止開始釋放，運動至x軸上的A(－L，0)點時，恰好無碰撞地沿切線方向進入在x軸下方豎直放置的四分之三圓弧形光滑絕緣細管.細管的圓心O1位于y軸上，交y軸于點B，交x軸于A點和C(L，0)點.該細管固定且緊貼x軸，內徑略大于小球半徑.小球直徑遠小于圓弧半徑，不計一切阻力，重力加速度為g.求：考向3運用運動的分解思想和功能關系處理 【典題8】(2047(1)勻強電場的電場強度的大小.(2)小球運動到B點時對管的壓力的大小和方向.(3)小球從C點飛出后會落在x軸上的哪一位置.圖6-3-11(1)勻強電場的電場強度的大小.(2)小球運動到B點時對48

解：(1)小球釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動，小球從A點沿切線方向進入，則此時速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，則

tan45°＝mg Eq，解得：E＝mg

.

q 解：(1)小球釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線t49通用版2022屆高考物理一輪復習專題六電場第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動課件50通用版2022屆高考物理一輪復習專題六電場第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動課件51熱點4帶電粒子在交變電場中的運動

[熱點歸納] 1.此類題型一般有三種情況：一是粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)；二是粒子做往返運動(一般分段研究)；三是粒子做偏轉運動(一般根據交變電場的特點分段研究).熱點4帶電粒子在交變電場中的運動 [熱點歸納]522.解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法.

(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件. (2)分析時從兩條思路出發：一是力和運動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規律分析；二是功能關系.(3)注意對稱性和周期性變化關系的應用.2.解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法. (1)注重全面53

【典題9】(2020

年湖南長郡中學模擬)如圖6-3-12甲所示，兩平行金屬板a、b間距為d，在兩板右側裝有熒光屏MN(絕緣)，O為其中點.在兩板a、b上加上如圖乙所示的電壓，電壓最大值為U0.現有一束帶正電的離子束(比荷為k)，從兩板左側沿中線方向以初速度v0，連續不斷地射入兩板間的電場中，設所有離子均能打到熒光屏MN上，已知金屬板長L＝2v0t0，則在熒光屏上出現亮線的長度為() 【典題9】(2020年湖南長郡中學模擬)如圖6-3-54甲乙圖6-3-12甲乙圖6-3-1255

解析：t＝0時刻射入的粒子打在靶上的位置與靶心O′的距離最大，設此距離為ymax，此粒子在0至t0

時間內，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做勻加速直線運動，豎t0

至2t0

時間內，做勻速直線運動，豎直方向分速度為vy＝a×的位置與靶心O′的距離最小，設此距離為ymin.此粒子在t0

至 解析：t＝0時刻射入的粒子打在靶上的位置與靶心O′的t562t0

時間內，做勻速直線運動，豎直方向位移為0；在2t0

至3t0時間內，粒子在水平方向上仍做勻速直線運動，在豎直方向上答案：C2t0時間內，做勻速直線運動，豎直方向位移為0；在2t57板的P點射出，下列說法正確的是(

【遷移拓展】(2020年山東泰安模擬)如圖6-3-13甲所示，大量的質量為m、電荷量為e的電子由靜止開始經電壓為U0的電場加速后，先后從上極板的邊緣平行極板方向進入偏轉電場，其中偏轉電場兩極板間的電壓UAB

隨時間t變化的規律如圖乙所示.已知偏轉極板間的距離為d，板長為l，不計電子的重力及電子間的相互作用，電子通過偏轉極板間所用的時間極短，可認為偏轉電壓不變，當偏轉電壓為3U0

時，粒子剛好從距上極d3)板的P點射出，下列說法正確的是( 【遷移拓展】(2058甲乙圖6-3-13甲乙圖6-3-1359通用版2022屆高考物理一輪復習專題六電場第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動課件60當電子進入偏轉電場的電壓小于9U0的時候，電子可以從極板右側射出，結合圖象，故D錯誤.

答案：C當電子進入偏轉電場的電壓小于9U0的時候，電子可以從極板61等效重力場1.內容.

物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本的運動，但是對于處在勻強電場和重力場中物體的運動問題就會變得復雜一些.此時可以將重力場與電場合二為一，用一個全新的“復合場”來代替，可形象稱之為“等效重力場”.等效重力場1.內容. 物體僅在重力場中的運動是最常見、最基本622.與等效重力場對應的概念及解釋.2.與等效重力場對應的概念及解釋.633.舉例.3.舉例.64

【典題10】如圖6-3-14所示的裝置是在豎直平面內放置的光滑絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，帶負電荷的小球從高為h的A處由靜止開始下滑，沿軌道ABC運動并進入圓環R，斜面傾角為θ＝60°，sBC＝2R.若使小球在圓環內能做完整的圓周運動，h至少為多少？(sin37°＝，cos37°＝0.8)圖6-3-14 【典題10】如圖6-3-14所示的裝置是在豎直平面內65思路點撥：解此題應注意兩點：(1)如果只有重力場，小球恰好做完整的圓周運動時在最高點的受力特點.(2)在重力場和電場的復合場中，小球恰好做完整的圓周運動時在“最高點”的受力情況.

解：小球所受的重力和電場力都為恒力，故可將兩力等效為一個力F，如圖D52所示.可知F＝mg，方向與豎直方向成α＝37°角.由圖可知，小球做完整的圓周運動的臨界點是D點，思路點撥：解此題應注意兩點：(1)如果只有重力場，小球恰好做66設小球恰好能通過D點，即達到D點時圓環對小球的彈力恰好圖D52設小球恰好能通過D點，即達到D點時圓環對小球的彈力恰67方法技巧把握三點，合理利用“等效法”解決問題

(1)把電場力和重力合成一個等效力，稱為等效重力. (2)等效重力的反向延長線與圓軌跡的交點為帶電體在等效重力場中運動的最高點. (3)類比“繩球”“桿球”模型臨界值的情況進行分析解答.方法技巧把握三點，合理利用“等效法”解決問題 (1)把電場力68

【觸類旁通】(多選，2019年河南鄭州一模)如圖6-3-15所示，在豎直平面內有水平向右、場強為1×104

N/C的勻強電場.在勻強電場中有一根長2m的絕緣細線，一端固定在O點，另一端系一質量為0.08kg的帶電小球，小球靜止時懸線與豎直方向成37°角.若小球獲得一定初速度后恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動，取小球在靜止時的位置為零電勢能點和零重力勢能點，cos37°＝，g＝10m/s2.下列說法正確的是() 【觸類旁通】(多選，2019年河南鄭州一模)如圖6-369圖6-3-15A.小球的電荷量q＝6×10－5C

B.小球在c點的動能最小，且為1J C.小球在b點時的機械能最小

D.小球在運動過程中電勢能和機械能之和保持不變，且為5J圖6-3-15A.小球的電荷量q＝6×10－5C B.小70謝謝觀看！謝謝觀看！71

解析：小球靜止時懸線與豎直方向成37°角，受重力、拉力和電場力，三力平衡，根據平衡得：mgtan37°＝qE，解得：q＝mgtan37°

E＝6×10－5

C，故A正確；小球恰能繞O點在豎直平面內做圓周運動，在等效“最高點”b速度最小，根據牛頓1J，故B錯誤；根據能量守恒定律，電勢能與機械能之和不變，所以機械能最小的位置是電勢能最大的位置，即與O點等高的最左的位置a點，故C錯誤；選等效“最低點”為零勢能點，小球在運動過程中電勢能和機械能之和為：E＝Ek＋Ep＋Ep′＝1J＋mg×2Lcos37°＋Eq×2Lsin37°＝5J，故D正確.

答案：AD 解析：小球靜止時懸線與豎直方向成37°角，受重力、拉力＝72第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動73一、電容平行板電容器的動態分析1.電容器.絕緣導體絕對值(1)組成：由兩個彼此______且又相互靠近的_______組成.(2)帶電量：一個極板所帶電量的________.一、電容平行板電容器的動態分析1.電容器.絕緣導體絕對值(1742.電容.比值(1)定義：電容器所帶的電量與兩極板間電勢差的_______.(2)公式：C＝_______＝ΔQΔU.QU容納電荷106

(3)物理意義：電容是描述電容器____________本領大小的物理量.電容C由電容器本身的構造因素決定，與U、Q無關. (4)單位：1法拉(F)＝________微法(μF)＝1012皮法(pF).2.電容.比值(1)定義：電容器所帶的電量與兩極板間電勢差的753.平行板電容器的電容.正對面積

(1)影響因素：平行板電容器的電容與兩極板間的距離成反比，與兩極板的________成正比，并且跟板間插入的電介質有關.(2)公式：C＝________，k為靜電力常量.

εrS4πkd3.平行板電容器的電容.正對面積 (1)影響因素：平行板電容76二、帶電粒子在電場中的運動示波管1.帶電粒子在電場中的直線運動.勻變速

(1)運動狀態分析：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一條直線上，做___________________. (2)用功能觀點分析：電場力對帶電粒子所做的功等于粒子動能的變化，即qU＝______________.直線運動二、帶電粒子在電場中的運動示波管1.帶電粒子在電場中的直線運772.帶電粒子的偏轉分析.2.帶電粒子的偏轉分析.78(續表)勻速直線v0v0t初速度為零的勻加速(續表)勻速直線v0v0t初速度79

3.示波管. (1)構造：①_______；②_________；③_______.(如圖6-3-1所示)

圖6-3-1電子槍偏轉電極熒光屏 3.示波管.電子槍偏轉電極熒光屏80

(2)工作原理. ①如果在偏轉電極XX′和YY′之間都沒有加電壓，從電子槍射出的電子沿直線運動，打在熒光屏________，在那里產生一個亮斑.

②YY′上加的是待顯示的_________.XX′上是機器自身的鋸齒形電壓，叫做掃描電壓.若所加掃描電壓和信號電壓的周期相同，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內變化的圖象.中心信號電壓 (2)工作原理.生一個亮斑. ②YY′上加的是待顯示的__81【基礎自測】1.判斷下列題目的正誤.(1)電容器所帶的電荷量是指每個極板所帶電荷量的代數和.()(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.((4)帶電粒子在勻強電場中只能做類平拋運動.()))(5)帶電粒子在電場中運動時重力一定可以忽略不計.()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×【基礎自測】和.()(2)電容器的電容與電容器所帶電荷量成反82

2.(多選)如圖

6-3-2所示，平行板電容器豎直放置，A板上用絕緣線懸掛一帶電小球，靜止時，絕緣線與固定的A板成θ角，平移B板，下列說法正確的是()

圖6-3-2A.S閉合，B板向上平移一小段距離，θ角變大B.S閉合，B板向左平移一小段距離，θ角變大C.S斷開，B板向上平移一小段距離，θ角變大D.S斷開，B板向左平移一小段距離，θ角不變 2.(多選)如圖6-3-2所示，平行板電容器豎直放置，83解析：分析小球受力，由平衡條件可知tanθ＝qEmg，則場強E增大時，θ增加，E減小時，θ減小.當S閉合時，電容器兩極

時，d不變，E不變，θ不變，A錯誤；B板左移時，d減小，E增大，θ變大，B正確；當S斷開時，電容器所帶電荷量不變，取決于正對面積S，而與板間距離無關，B上移時，正對面積減小，E增大，θ變大，C正確；B左移時，d減小，E不變，θ不變，D正確.

答案：BCD解析：分析小球受力，由平衡條件可知tanθ＝qE，則場強84

3.一束正離子以相同的速率從同一位置，垂直于電場方向飛入勻強電場中，所有離子的軌跡都是一樣的，這說明所有離子()A.都具有相同的質量C.都具有相同的比荷B.都具有相同的電荷量D.都是同一元素的同位素解析：軌跡相同的含義：偏轉位移、偏轉角度相同，即這離子只要有相同的比荷，軌跡便相同，C正確.

答案：C 3.一束正離子以相同的速率從同一位置，垂直于電場方向子()85

4.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m、電荷量為e，從O點沿垂直于極板的方向射入電場，最遠到達A點，然后返回，如圖6-3-3所示，OA間距為h，則此電子的初動能為()圖6-3-3A.edh UB.dU ehC.eU dhD.eUh d 4.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質量為m86

解析：電子從O點到達A點的過程中，僅在電場力作用下速度逐漸減小，根據動能定理可得－eUOA＝0－Ek，因為UOA答案：D 解析：電子從O點到達A點的過程中，僅在電場力作用下87熱點1電容器問題的動態分析[熱點歸納]1.分析比較的思路：(1)先確定是Q還是U不變：電容器保持與電源連接，U不變；電容器充電后與電源斷開，Q不變.熱點1電容器問題的動態分析1.分析比較的思路：(1882.兩類動態變化問題的比較：2.兩類動態變化問題的比較：89通用版2022屆高考物理一輪復習專題六電場第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動課件90考向1兩種情況的動態分析【典題1】(2018

年北京卷)研究與平行板電容器電容有關因素的實驗裝置如圖6-3-4所示，下列說法正確的是()

圖6-3-4 A.實驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電考向1兩種情況的動態分析【典題1】(2018年北京卷)91

B.實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小

C.實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，靜電計指針的張角變大

D.實驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大

解析：當用帶電玻璃棒與電容器a

板接觸，由于靜電感應，從而在b

板感應出等量的異種電荷，從而使電容器帶電，A正確；根據電容器的決定式C＝

εS4πkd，將電容器b板向上平移， B.實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角確92

不變，則電壓U增大，則靜電計指針的張角變大，B錯誤；根據電容器的決定式C＝

εS4πkd，只在極板間插入有機玻璃板，則D錯誤.

答案：A變，則電壓U減小，則靜電計指針的張角減小，C錯誤；根據 據電容器的決定式C＝ εS，只在極板間插入有機玻璃板，則93考向2與電容器兩板間場強有關的問題

【典題2】(2020

年安徽蚌埠一模)如圖6-3-5所示，水平放置的平行金屬板A、B通過開關與電池相連.開關閉合后，一帶電小球在A、B板之間的P點處于靜止，則()

圖6-3-5A.小球帶負電B.將A板向下移動一小段距離，小球仍能靜止C.將A板向下移動一小段距離，金屬板帶電荷量減少D.斷開開關，將B板向下移動一小段距離，小球仍能靜止考向2與電容器兩板間場強有關的問題 【典題2】(202094

解析：由圖可知，A板帶負電，B板帶正電，兩板間的電場方向豎直向上，由于小球處于靜止狀態，則小球的重力與電場力等大反向，所以小球帶正電，故A錯誤；由題意可知，兩板間的電壓不變，將A板向下移動一小段距離即兩板間距減小，

向上運動，故B錯誤；由題意可知，兩板間的電壓不變，將A板向下移動一小段距離即兩板間距減小，由公式C＝

εS4πkd可知， 解析：由圖可知，A板帶負電，B板帶正電，兩板間的電板向95誤；斷開開關，金屬板所帶電荷量不變，由公式C＝

εS4πkd、C間的場強不變，小球受到的電場力不變，所以小球仍能靜止，故D正確.

答案：D誤；斷開開關，金屬板所帶電荷量不變，由公式C＝ εS、C間96考向3電容器的應用

【典題3】(2020

年河北衡水第十四中學月考)基于人的指紋具有終身不變性和唯一性的特點，發明了指紋識別技術.目前許多國產手機都有指紋解鎖功能，常用的指紋識別傳感器是電容式傳感器，如圖6-3-6所示.指紋的凸起部分叫“嵴”，凹下部分叫“峪”.傳感器上有大量面積相同的小極板，當手指貼在傳感器上時，這些小極板和正對的皮膚表面部分形成大量的小電容器，這樣在嵴處和峪處形成的電容器的電容大小不同.此時傳感器給所有的電容器充電后達到某一電壓值，然后電容器放電，電容值小的電容器放電較快，根據放電快慢的不同，就可考向3電容器的應用 【典題3】(2020年河北衡水第十97以探測到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖象數據.根據文中信息，下列說法正確的是()

圖6-3-6A.在峪處形成的電容器電容較大B.在峪處形成的電容器放電較慢C.充電后在嵴處形成的電容器的電荷量大D.潮濕的手指頭對指紋識別絕對沒有影響以探測到嵴和峪的位置，從而形成指紋圖象數據.根據文中信息，下98解析：根據電容的計算公式C＝

εS4πkd可得，極板與指紋峪(凹下部分)距離d大，構成的電容器電容小，故A錯誤；傳感器給所有的電容器充電后達到某一電壓值，然后電容器放電，所以所有的電容器電壓一定，根據Q＝CU＝

εSU4πkd可知，極板與峪處(凹的部分，d大，電容小)構成的電容器充上的電荷較少，所以在峪處形成的電容器放電過程中放電時間短，放電快；反之，在嵴處形成的電容器電容大，電荷量大，放電時間長，故C正確，B錯誤；濕的手與傳感器之間有水填充，改變了原來匹配成平行板電容器的電容，所以會影響指紋解鎖，故D錯誤.

答案：C解析：根據電容的計算公式C＝ εS可得，極板與指紋峪(凹下99熱點2帶電粒子在電場中的直線運動[熱點歸納]1.帶電體在勻強電場中直線運動問題的分析方法.熱點2帶電粒子在電場中的直線運動[熱點歸納]1002.帶電粒子(體)在電場中運動時重力的處理.2.帶電粒子(體)在電場中運動時重力的處理.101考向1根據牛頓動力學分析帶電粒子的直線運動問題

【典題4】(多選，2018年新課標Ⅲ卷)如圖6-3-7，一平行板電容器連接在直流電源上，電容器的極板水平，兩微粒a、b所帶電荷量大小相等、符號相反，使它們分別靜止于電容器的上、下極板附近，與極板距離相等.現同時釋放a、b，它們由靜止開始運動，在隨后的某時刻t，a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面，a、b間的相互作用和重力可忽略.下列說法正確的是()考向1根據牛頓動力學分析帶電粒子的直線運動問題 【典題4102圖6-3-7A.a的質量比b的大B.在t時刻，a的動能比b的大C.在t時刻，a和b的電勢能相等D.在t時刻，a和b的動量大小相等圖6-3-7A.a的質量比b的大B.在t時刻，a103

解析：根據題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上加速運動，根據a、b經過電容器兩極板間下半區域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab.對微粒a，由牛頓第二定律，qE＝maaa，對微粒b，由牛頓第二定律，qE＝mbab，聯立解得：qEqE

>ma

mb，由此式可以得出a的質量比b的小，A錯誤；在a、b兩微粒運動過程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根據動能定理，在t時刻，a的動能比b的大，B正確；由于在t時刻兩微粒經過同一水平面，電勢相等，電荷量大小相等，符號相反，所以在t時刻，a和b的電勢能不等，C錯誤；由于a微粒受到的電場力(合外力)等于b微粒受到的電場力(合外力)，根據動量定理，在t時刻，a微粒的動量等于b微粒，D正確.

答案：BD 解析：根據題述可知，微粒a向下加速運動，微粒b向上104考向2根據功能關系處理帶電粒子在電場中的直線運動問題

【典題5】(2017年新課標Ⅱ卷)如圖6-3-8所示，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區域存在方向水平向右的勻強電場.自該區域上方的A點將質量為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出.小球在重力作用下進入電場區域，并從該區域的下邊界離開.已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運考向2根據功能關系處理帶電粒子在電場中的直線運動問題105動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍.不計空氣阻力，重力加速度大小為g.求：圖6-3-8(1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比.(2)A點距電場上邊界的高度.(3)該電場的電場強度大小.動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍106

解：(1)設帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它們進入電場時的水平速度仍為v0；M、N在電場中的運動時間t相等，電場力作用下產生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1

和s2；由運動公式可得

v0－at＝0①聯立①②③式解得s1∶s2＝3∶1.④ 解：(1)設帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它107

(2)設A點距離電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，則

(2)設A點距離電場上邊界的高度為h，小球下落h108v0

qE(3)設電場強度為E，小球M進入電場后做直線運動，則

＝vy

mg，a＝Eq m⑨

設M、N離開電場時的動能分別為Ek1

和Ek2，由功能關系有

v0qE(3)設電場強度為E，小球M進入電109方法技巧對于帶電粒子(體)在電場中的直線運動問題，無論是忽略重力還是考慮重力，解決此類問題時都要注意分析是做勻速運動還是勻變速運動，勻速運動問題常以平衡條件F合＝0作為突破口進行求解，勻變速直線運動根據力和運動的關系可知，合力一定和速度在一條直線上，然后運用動力學觀點或能量觀點求解. (1)運用動力學觀點時，先分析帶電粒子(體)的受力情況，根據F合＝ma得出加速度，再根據運動學方程可得出所求物理量. (2)運用能量觀點時，在勻強電場中，若不計重力，電場力做的功等于動能的變化量；若考慮重力，則合力做的功等于動能的變化量.方法技巧對于帶電粒子(體)在電場中的直線運動問題，無論是忽略110熱點3帶電粒子在勻強電場中的偏轉

[熱點歸納] 1.帶電粒子在勻強電場中的偏轉的兩個結論：

(1)不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場(U0)加速后再從同一偏轉電場(U)射出時的偏轉角度(φ)總是相同的.熱點3帶電粒子在勻強電場中的偏轉 [熱點歸納]1112.處理帶電粒子的偏轉問題的方法.2.處理帶電粒子的偏轉問題的方法.112考向1帶電粒子在電場中的偏轉

【典題6】(2020

年浙江卷)如圖6-3-9所示，一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0

從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中.已知MN與水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時()A.所用時間為mv0

qEB.速度大小為3v0圖6-3-9D.速度方向與豎直方向的夾角為30°考向1帶電粒子在電場中的偏轉 【典題6】(2020年浙113故C正確；由于平拋推論可知，tanα＝2tanβ，可知速度正切tanα＝2tan45°＝2>tan60°，可知速度方向與豎直方向的夾角小于30°，故D錯誤.

答案：C故C正確；由于平拋推論可知，tanα＝2tanβ，可114考向2帶電粒子在電場中的先加速后偏轉

【典題7】圖6-3-10甲是用來使帶正電的離子加速和偏轉的裝置，圖乙為該裝置中加速與偏轉電場的等效模擬圖.以y軸為界，左側為沿x軸正方向的勻強電場，電場強度為E，右側為沿y軸負方向的另一勻強電場.已知OA⊥AB，OA＝AB，且OB間的電勢差為U0.若在x軸上的C點無初速地釋放一個電荷量為q、質量為m的正離子(不計重力)，結果正離子剛好通過B點，求：考向2帶電粒子在電場中的先加速后偏轉 【典題7】圖6-115甲乙

圖6-3-10 (1)CO間的距離d. (2)粒子通過B點的速度大小.

解：(1)設正離子到達O點的速度為v0(其方向沿x軸的正方向)，則正離子從C點到O點，由動能定理得：甲乙 圖6-3-10116通用版2022屆高考物理一輪復習專題六電場第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動課件117通用版2022屆高考物理一輪復習專題六電場第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動課件118考向3運用運動的分解思想和功能關系處理

【典題8】(2020

年山西長治第二中學月考)如圖6-3-11所示，在豎直平面內的平面直角坐標系xOy中，x軸上方有水平向右的勻強電場，有一質量為m，電荷量為－q(－q＜0)的帶電絕緣小球，從y軸上的P(0，L)點由靜止開始釋放，運動至x軸上的A(－L，0)點時，恰好無碰撞地沿切線方向進入在x軸下方豎直放置的四分之三圓弧形光滑絕緣細管.細管的圓心O1位于y軸上，交y軸于點B，交x軸于A點和C(L，0)點.該細管固定且緊貼x軸，內徑略大于小球半徑.小球直徑遠小于圓弧半徑，不計一切阻力，重力加速度為g.求：考向3運用運動的分解思想和功能關系處理 【典題8】(20119(1)勻強電場的電場強度的大小.(2)小球運動到B點時對管的壓力的大小和方向.(3)小球從C點飛出后會落在x軸上的哪一位置.圖6-3-11(1)勻強電場的電場強度的大小.(2)小球運動到B點時對120

解：(1)小球釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線運動，小球從A點沿切線方向進入，則此時速度方向與豎直方向的夾角為45°，即加速度方向與豎直方向的夾角為45°，則

tan45°＝mg Eq，解得：E＝mg

.

q 解：(1)小球釋放后在重力和電場力的作用下做勻加速直線t121通用版2022屆高考物理一輪復習專題六電場第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動課件122通用版2022屆高考物理一輪復習專題六電場第3講電容器與電容帶電粒子在電場中的運動課件123熱點4帶電粒子在交變電場中的運動

[熱點歸納] 1.此類題型一般有三種情況：一是粒子做單向直線運動(一般用牛頓運動定律求解)；二是粒子做往返運動(一般分段研究)；三是粒子做偏轉運動(一般根據交變電場的特點分段研究).熱點4帶電粒子在交變電場中的運動 [熱點歸納]1242.解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法.

(1)注重全面分析(分析受力特點和運動規律)，抓住粒子的運動具有周期性和在空間上具有對稱性的特征，求解粒子運動過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關的邊界條件. (2)分析時從兩條思路出發：一是力和運動的關系，根據牛頓第二定律及運動學規律分析；二是功能關系.(3)注意對稱性和周期性變化關系的應用.2.解答帶電粒子在交變電場中運動的思維方法. (1)注重全面125

【典題9】(2020

年湖南長郡中學模擬)如圖6-3-12甲所示，兩平行金屬板a、b間距為d，在兩板右側裝有熒光屏MN(絕緣)，O為其中點.在兩板a、b上加上如圖乙所示的電壓，電壓最大值為U0.現有一束帶正電的離子束(比荷為k)，從兩板左側沿中線方向以初速度v0，連續不斷地射入兩板間的電場中，設所有離子均能打到熒光屏MN上，已知金屬板長L＝2v0t0，則在熒光屏上出現亮線的長度為() 【典題9】(2020年湖南長郡中學模擬)如圖6-3-126甲乙圖6-3-12甲乙圖6-3-12127

解析：t＝0時刻射入的粒子打在靶上的位置與靶心O′的距離最大，設此距離為ymax，此粒子在0至t0

時間內，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做勻加速直線運動，豎t0

至2t0

時間內，做勻速直線運動，