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(共82張PPT)
高考物理總復習課件
第八章 　靜電場
第3節 電容器 帶電粒子
在電場中的運動
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________.
(2)公式：C＝________＝
2.電容.
比值
Q
U
容納電荷
(1)定義：電容器所帶的電量與兩極板間電勢差的________.
ΔQ
.
ΔU
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).
3.平行板電容器的電容.
正對面積
εrS
4πkd
(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.
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.
(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__________
________.
勻變速直
(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＝______________.
線運動
運動情景
(帶電粒子的電荷量為 q，質量為 m，兩板電壓為 U，
兩板間距為 d，板長為 l)
研究條件 帶電粒子垂直于電場方向進入勻強電場
運動性質 勻變速直線運動(類平拋運動)
2.帶電粒子的偏轉分析.
處
理
方
法 相關
物理量 運動性質 加速度 速度 位移 離開電場時的偏轉角θ
沿初速
度方向 _________
運動 0 vx＝____ l＝____ vy
tan θ＝ ＝
v0
_______
沿電場
力方向 _________
_________
直線運動 a＝____ vy＝____ y＝____
(續表)
勻速直線
v0
v0t
初速度為零
的勻加速
qU
md
qUl
mdv0
3.示波管.
(1)構造：①________；②_________；③_______.(如圖 8-3-1
所示)
電子槍
偏轉電極
熒光屏
圖 8-3-1
(2)工作原理.
中心
信號電壓
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像.
【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)×
2.下列電容器相關知識描述正確的是(
)
甲
乙
丙
戊
丁
圖 8-3-2
A.圖甲為電容器充電示意圖，充完電后電容器上極板帶正電，
兩極板間的電壓 U 等于電源的電動勢 E
B.圖乙為電容器放電示意圖，放電過程中電流大小保持不變
C.圖丙為電解電容器的實物圖和符號，圖丁為可變電容器及
其符號，兩種電容使用時都嚴格區分正負極
1.0 F”字樣，其中的 5.5 V
D.圖戊中的電容器上有“5.5 V
是電容器的擊穿電壓值
答案：A
3.(2023 年廣東汕頭一模)早期的濾塵器由兩塊帶正電的平行
板及它們之間的一組帶負電的導線構成，如圖 8-3-3 所示，帶電導
線附近會形成很強的電場使空氣電離，廢氣中的塵埃吸附離子后
在電場力的作用下向收集板遷移并沉積，以達到除塵目的.假設塵
)
埃向收集板運動過程中所帶電量不變，下列判斷正確的是(
圖 8-3 3
A.兩平行板間存在勻強電場
B.帶正電塵埃向收集板運動并沉積
C.兩平行板間越靠近帶電導線電勢越高
D.帶電塵埃向收集板運動過程中電勢能減小
解析：帶電導線附近會形成很強的電場，兩平行板間不存在
勻強電場，A 錯誤.帶負電塵埃向收集板運動并沉積，B 錯誤.兩平
行板間越靠近帶電導線電勢越低，C 錯誤.帶電塵埃向收集板運動
過程中電場力做正功，電勢能減小，D 正確.
答案：D
4.如圖 8-3-4 所示，電子由靜止開始從 A 板向 B 板運動，到達
)
圖 8-3-4
B 板的速度為 v，保持兩極板間電壓不變，則(
A.當減小兩極板間的距離時，速度 v 增大
B.當減小兩極板間的距離時，速度 v 減小
C.當減小兩極板間的距離時，速度 v 不變
D.當減小兩極板間的距離時，電子在兩極間運
動的時間變長
答案：C
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.
項目 充電后與電池兩極相連 充電后與電池兩極斷開
不變量 U Q
d 變大 C 變小，Q 變小，E 變小 C 變小，U 變大，E 不變
S 變大 C 變大，Q 變大，E 不變 C 變大，U 變小，E 變小
εr 變大 C 變大，Q 變大，E 不變 C 變大，U 變小，E 變小
2.兩類動態變化問題的比較：
考向 1 電壓不變情況下的動態變化
【典題 1】(2022 年廣東佛山模擬)如圖 8-3-5 所示電路中，A、
B 是構成平行板電容器的兩金屬極板，P 為 A、B 間一定點，在 P
點有一個固定的負點電荷.將開關 S 閉合，電路穩定后將 A 板向上
)
平移一小段距離，則下列說法正確的是(
A.電容器的電容將增大
B.A、B 兩板間的電場強度將增大
C.P 點電勢將升高
D.P 處負點電荷的電勢能將增大
圖 8-3-5
解析：平行板電容器的決定式為 C＝
εrS
4πkd
，電路穩定后將 A 板向
上平移一小段距離，兩極板間距離 d 增大，電容器電容 C 減小，A 錯
誤.電容器始終與電源相連，兩端電勢差 U 不變，當 d 增大時，根據勻
度將減小，B 錯誤.由題圖可知 B 板電勢為零，由于 P 點到 B 板的距離
不變，而兩板間電場強度減小，所以 P 點電勢將降低，C 錯誤.根據
Ep＝qφ可知 P 處負點電荷的電勢能將增大，D 正確.
答案：D
【遷移拓展】(2023 年廣東廣州三模)如圖 8-3-6 所示，兩個相
同且水平放置的半圓形金屬板相互靠近，板間可視為真空，兩金
屬板分別與電源兩極相連，上極板可繞過圓心且垂直于半圓面的
軸轉動.開始時，兩極板邊緣完全對齊，閉合開關 S 后，兩板間的
一個帶電微粒恰好靜止；然后讓上極板轉過 5°(微粒仍在兩板間)，
忽略電場邊緣效應，則(
)
圖 8-3-6
A.斷開開關 S 后，微粒將豎直下落
B.轉動前后，電容器的電容之比為 36∶35
C.轉動過程中，有從 a→b 的電流流過電阻 R
D.斷開開關 S 后，上極板再轉動 5°，微粒仍然靜止
答案：B
考向 2 電容器電荷量不變時的動態變化
【典題 2】(多選，2022年廣東汕頭模擬)興趣小組利用圖 8-3-7
所示器材探究平行板電容器，保持正對面積 S 不變，緩慢增大兩
極板間距離 d，描繪出電容器兩端電壓 U、電容器電容 C、極板帶
電量 Q、板間電場強度 E 與 d 的關系圖像，以下描述可能正確的
是(
)
圖 8-3-7
A
B
C
D
解析：因為電容器負極板接地，正極板與靜電計的金屬球相
連，二者之間保持開路狀態，不會使電容器發生充放電，所以 Q
d 的增大而減小，且滿足反比例關系，即 C-d 圖像為雙曲線的一支，
所以 E 不變，D 正確.根據 U＝Ed 可知 U 隨 d 的增大而線性增大，
A 正確.
答案：ACD
考向 3 電容器動態變化綜合
【典題 3】(多選，2023 年四川綿陽二模)長為 l、間距為 d 的
平行金屬板水平正對放置，豎直光屏 M 到金屬板右端距離為 l，
金屬板左端連接有閉合電路，整個裝置結構如圖 8-3-8 所示，質量
為 m、電荷量為 q 的粒子以初速度 v0 從兩金屬板正中間自左端水
平射入，由于粒子重力作用，當滑動變阻器的滑片在某一位置時，
粒子恰好垂直撞在光屏上.對此過程，下列分析正確的是(
)
A.板間電場強度大小為
圖 8-3-8
2mg
q
B.粒子在平行金屬板間的速度變化量和從金屬板右端到光屏
的速度變化量相同
C.若僅將滑片 P 向下滑動一段后，再讓該粒子從 N 點以水平
速度 v0 射入板間，粒子不會垂直打在光屏上
D.若僅將兩平行板的間距變大一些，再讓該粒子從 N 點以水
平速度 v0 射入板間，粒子依然會垂直打在光屏上
解析：粒子先在水平放置的兩平行金屬板間做類平拋運動，
粒子離開電場時具有豎直向下的加速度，粒子垂直撞在光屏上，
說明豎直方向末速度等于 0，即電場中粒子具有豎直向上的加速
度，不管是在金屬板間還是離開電場后，粒子在水平方向速度沒
有變化，而且水平位移相等，所以運動時間相等，豎直方向速度
變化量等大反向，所以有
qE－mg
m
t＝gt，可得 E＝
2mg
q
，A 正確，
B 錯誤.若僅將滑片 P 向下滑動一段后，R 的電壓減小，電容器的
電壓要減小，電荷量要減小，由于二極管具有單向導電性，所以
電容器不能放電，電量不變，板間電壓不變，所以粒子的運動情
況不變，再讓該粒子從 N 點以水平速度 v0 射入板間，粒子依然會
垂直打在光屏上，C 錯誤.若僅將兩平行板的間距變大一些，電容
器電容減小，但由于二極管具有單向導電性，所以電容器不能放
不變，所以粒子的運動情況不變，再讓該粒子從 N 點以水平速度
v0 射入板間，粒子依然會垂直打在光屏上，D 正確.
答案：AD
易錯點撥
含有二極管的電路中，電容器的充、放電只有兩
種可能：一是能充不能放，二是能放不能充.前者電荷量變大，后
者電荷量不變，需要結合電容的變化分析電壓的變化.
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.
基本
粒子 如電子、質子、α粒子、離子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力(但并不忽略質量)
帶電體 如液滴、油滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力
2.帶電粒子(體)在電場中運動時重力的處理.
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，2023 年廣東梅州二模)
如圖 8-3-9 所示為電子束焊接機簡易原理圖，圖
中帶箭頭的虛線表示電場線，P、Q 是電場中的
兩點.K 為陰極，A 為陽極，兩點距離為 d，在
兩極之間加上高壓 U，一電子從 K 極由靜止被
加速.不考慮電子重力，元電荷為 e，則下列說
法正確的是(
)
圖 8-3-9
A.AK 之間的電場強度為
U
d
B.P 點的電勢低于 Q 點的電勢
C.電子由 K 到 A 的電勢能減少了 eU
D.電子由 P 運動到 Q，電場力做負功
解析：AK 之間為非勻強電場，電場強度不等于 ，A 錯誤.
U
d
沿電場線方向電勢降低，則 P 點的電勢低于 Q 點的電勢，B 正確.
電場力做功等于電勢能的減少量，則ΔEp減＝eU，C 正確.電子所受
電場力方向與電場強度方向相反，則電子由 P 運動到 Q，電場力
做正功，D 錯誤.
答案：BC
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】(多選，2023 年江西景德鎮三模)如圖 8-3-10 所示，
一質量為 m、電量為 q 的帶正電小滑塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜
面上的 A 點由靜止下滑，經時間 t 后立即加上沿斜面向上的勻強
)
電場，再經時間 t 滑塊恰好過 A 點.重力加速度大小為 g，則(
圖 8-3-10
解析：未加電場時，取向下為正，根據牛頓第二定律有 a＝
答案：AD
思路導引
小滑塊的運動分為兩個階段，兩個階段的位移等
大反向，運動時間相同，由于末速度不為零導致速度變化量不同，
加速度不同，根據位移等大反向，運動時間相同，可以求得兩個
階段加速度的關系，進而打開突破口.
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.
的交點 O 為粒子水平位移的中點，即 O 到電場邊緣的距離為 .
(2)粒子經電場偏轉后，合速度的反向延長線與初速度延長線
l
2
運動的
分解法 一般用分解的思想來處理，即將帶電粒子的運動分解為
沿電場力方向上的勻變速直線運動和垂直電場力方向上
的勻速直線運動
功能
關系 當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：
間的電勢差
2.處理帶電粒子的偏轉問題的方法.
考向 1 帶電粒子在電場中的偏轉
【典題 6】如圖 8-3-11 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(
圖 8-3-11
D.速度方向與豎直方向的夾角為 30°
解析：粒子在電場中做類平拋運動，水平方向有 x＝v0t，豎直
確.由于平拋推論可知，tan α＝ 2tan β，即 tan α＝2tan 45°＝2 >
tan 60°，可知速度方向與豎直方向的夾角小于 30°，故 D 錯誤.
答案：C
考向 2 帶電粒子在電場中加速與偏轉的綜合
【典題 7】(2023 年浙江卷)如圖 8-3-12 所示，示波管由電子槍
豎直方向偏轉電極 YY′、水平方向偏轉電極 XX′和熒光屏組成.電
極 XX′的長度為 l、間距為 d、極板間電壓為 U，YY′極板間電壓為
零，電子槍加速電壓為 10U.電子剛離開金屬絲的速度為零，從電
子槍射出后沿 OO′方向進入偏轉電極.已知電子電荷量為 e，質量
為 m，則電子(
)
圖 8-3-12
答案：D
考向 3 帶電體在電場與重力場中的運動
【典題 8】(多選，2023 年安徽亳州三模)如圖 8-3-13 所示，一
質量為 m 且帶正電的液滴，在水平向右的勻強電場中運動，運動
軌跡在豎直平面內，A、B 為其運動軌跡上的兩點.已知該液滴在 A
點的速度大小為 v0，方向與豎直方向的夾角為 30°，它運動到 B
點時速度大小仍為 v0，方向與豎直方向的夾角為 60°，則液滴從
A 運動到 B 的過程(
)
A.液滴在水平方向和豎直方向的分位移大小相等
圖 8-3-13
答案：AD
考向 4 帶電粒子在電場中圓周運動
【典題 9】(2023 年浙江卷)某帶電粒子轉向器的橫截面如圖
8-3-14 所示，轉向器中有輻向電場.粒子從 M 點射入，沿著由半徑
分別為 R1 和 R2 的圓弧平滑連接成的虛線(等勢線)運動，并從虛線
上的 N 點射出，虛線處電場強度大小分別為 E1 和 E2，則 R1、R2
和 E1、E2 應滿足(
)
圖 8-3-14
解析：帶電粒子在電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心
答案：A
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).
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.
【典題 10】(2023 年海南海口一模)光滑絕緣水平面上有一坐
標系 xOy，半徑為 R 的光滑絕緣圓環固定在坐標系內，圓環圓心
位于坐標原點，如圖 8-3-15 甲所示.圓環內側 A(0，R)處放置一個
質量為 m、電荷量為＋q 的帶電小球，為了通過電場來控制帶電小
球的運動，現在圓環內加上水平方向的勻強電場.若小球由靜止釋
放，經時間 T 沿直線運動到 B(R，0)處.若給小球一個沿－x 方向的
初速度，小球恰能做完整的圓周運動.小球可視為質點.
(1)求勻強電場的電場強度 E1 的大小和方向.
(2)求小球做圓周運動時，通過 A 點的動能 Ek.
(3)將原電場更換為圖乙所示的交變電場(正、負號分別表示沿
y 軸負方向和正方向)，t＝0 時刻，小球在 A 點由靜止釋放.欲使小
球能在一個周期 T 內不與圓環軌道相碰，求所加電場強度 E2 的最
大值.
甲
乙
圖 8-3-15
解：(1)小球由靜止釋放，沿直線從 A 到 B，可知電場力方向
沿著 AB 方向指向 B，由運動學公式可得
方向由 A 指向 B.
(2)小球最容易脫軌的位置為 C 點，如圖 D34 所示.
小球恰能做完整的圓周運動，可知小球在 C
點恰好由電場力來提供向心力，則有
從 A 點到 C 點利用動能定理
圖 D34
(3)若加上沿著 y 軸方向的交變電場，若小球沒有碰到軌道，
速直線運動，所以小球在一個 T 內返回 A 點，要使電場強度 E2 最
大，且小球能在一個周期 T 內不與圓環軌道相碰，可知小球在 時
T
4
刻恰好運動到圓心，由運動學公式可得
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”.
2.與等效重力場對應的概念及解釋.
3.舉例.
【典題 11】(多選，2023 年江西九江三模)如圖 8-3-16 所示，
豎直平面內有一個半徑為 R 的圓周，A、D 兩點為其水平直徑的兩
端，C、F 兩點為其豎直直徑的兩端.空間有與圓周平面平行的勻強
電場，在圓周上的 B 點有一粒子源，在圓周平面內，以相同大小
的初速度 v0 沿各個方向發射質量為 m 的帶相同正電荷的微粒.對比
到達圓周上各點的微粒的能量，發現到達 D 點的微粒機械能最大，
到達 E 點的微粒動能最大.已知重力加速度為 g，則(
)
解析：微粒從 B 到達 D 點時機械能最大，說明從 B 到 D 電場
力做功最多，由數學關系知過 D 點做圓的切線為電場的等勢線，即
電場沿 OD 方向，A錯誤.在 E 點的微粒動能最大，說明從 B 到 E 合
力做功最多，即重力和電場力的合力方向沿 OE 方向，根據幾何關
圓心對稱的 P 點時，動能最小，從 B 點到 P 點，根據動能定理可
答案：BC
思路導引 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.
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.
【觸類旁通】(多選，2022 年廣東模擬)如圖 8-3-17 所示，在
水平向左且足夠大的勻強電場中，一長為 L 的絕緣細線一端固定
于 O 點，另一端系著一個質量為 m、電荷量為 q 的帶正電小球，
小球靜止在 M 點.現給小球一垂直于OM的初速度 v0，使其在豎直
平面內繞 O 點恰好做完整的圓周運動，AB 為圓的豎直直徑.已知
到 B 點時細線突然斷裂，則下列說法正確的是(
)
相等的過程中，重力勢能減少了 mgL
A.小球做完整的圓周運動時，動能的最小值為 mgL
C.從細線斷裂到小球的動能與 B 點動能相等
的過程中，電勢能增加了 mgL
D.從細線斷裂到小球的電勢能與 B 點電勢能
圖 8-3-17
解析：由題意等效最高點在 OM 連線的反向延長線與圓周的交點
斷裂后，當 B 點速度沿與等效重力反方向的分速度為零時，動能最小.
能相等的過程中，由動能定理知合外力做功為零，即 B 點速度沿與等
答案：ABD
謝謝
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