高考物理一轮复习第八章电场8.3电容器带电粒子在电场中的运动课件
即时突破
判断正误．
1．带电粒子一般不计重力，也不计质量．( × ) 2．带电粒子如果在匀强电场中电场力与重力平衡，则带电粒子一定处于平衡状
态．( × ) 3．带电粒子在两极板间做加速运动时，末速度与两板间的距离 d无关，只与两 板间的电压有关．( √ )
4 ．处理带电粒子在匀强电场中的偏转问题时，一般应用运动的合成与分解方
l v0 .
加深理解 1．带电粒子在匀强电场中运动时间的讨论 假设带电粒子以初速度v0垂直于电场方向从极板中间射入匀强电场，带电粒子 在匀强电场中的运动时间为t，则 (1)带电粒子能穿出电场时，在电场中运动的时间由沿初速度方向上的运动来确 l 定比较方便，即其值为t＝ . v0 (2)带电粒子打到极板上时，在电场中运动的时间由沿电场方向上的运动来确 1 2 定比较方便，即y＝ at ，其值为t＝ 2 2y ＝d a m . Uq
4．电容器的电容由电容器本身的结构决定，与电压及带电量无关．( √ )
二、带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中的加速 1 2 1 2 (1)处理方法：利用动能定理qU＝ mv － mv 0. 2 2
任何电场 ． (2)适用范围：____________
2．带电粒子在匀强电场中的偏转 (1)研究条件：带电粒子 垂直 于电场方向进入匀强电场． (2)处理方法：类似于 平抛运动 ，应用运动的合成与分解的方法． ①沿初速度方向做 匀速直线 运动，运动时间t＝
YY′加信号电压，屏上会出现随信号而变化的图象．
2
抓重难点
动手演练
掌握提分技巧
重难点 1
平行板电容器的动态分析
平等板电容器的动态分析思路 (1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变． εrS (2)根据决定式 C＝ 分析平行板电容器电容的变化． 4πkd Q (3)根据定义式 C＝ 分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． U U (4)根据 E＝ 分析电容器极板间场强的变化． d
εrS 【解析】 下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，d增加，根据公式C＝ 4πkd Q 可得电容器电容减小，因为两极板和电源相连，所以电压不变，根据公式C＝ 可得 U U 电荷量减小，D错误；根据公式E＝ 可得两极板间的电场强度减小，所以受到的电 d 场力减小，故重力大于电场力，所以带电油滴将向下运动，A正确；因为上极板接 地，电势为零，而U＝Ed，P到上极板的电势差减小，因为是负电势差，所以P点的 电势增大，C正确；因为向下运动过程中电场力做负功，需要克服电场力做功，机 械能减小，故B错误．
适用范围
联系
电容器容纳电荷的本领，即电容的大小可以由Q、 U来量度，但决定因 素是电容器本身，如平行板电容器的εr、 S、 d等因素
即时突破
判断正误．
1．电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．( × ) 2．电容器的电容与电容器所带电荷量成反比．( × ) 3．放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．( × )
2．电容 (1)意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量． Q ΔQ (2)定义式：C＝ ＝ . U ΔU (3)单位：法拉(F)，1 F＝ 106 μF＝1012 pF. 3．平行板电容器
正对面积 成正比，与电介质 (1)影响因素：平行板电容器的电容与两极板的____________ 相对介电常数 成正比，与_________________ 两极板间的距离 成反比． 的 __________________
εrS (2)决定：C＝ ，k为静电力常量． 4πkd
加深理解
Q εrS C＝ 与C＝ 的比较 U 4πkd
C＝ 公式类别 Q U C＝ εrS 4πkd
定义式 Q 所有电容器，Q∝ U，即 ＝ C不 U 变，反映了电容器容纳电荷的本领
决定式 平行板电容器， C∝ εr， C∝ S， C∝ 1 ，反映了平行板电容器的决定因 d 素
2．两个重要结论 (1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再经同一偏转电场射出时的 偏转角、偏转位移总是相同的． 1 2 qUl Ul qUl2 Ul2 证明：由 qU0＝ mv 0及 tanθ＝ .再结合 y＝ 得 y＝ . 2得 tanθ＝ 2 mdv0 2U0d 2mdv 2 4 U d 0 0 (2)粒子经电场偏转后，瞬时速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子 l 匀速运动位移的中点，即O到电场边缘的距离为 . 2
例1
( 多选 )(2016 届广东四校联考 ) 如图所示，平行板电容器与直流电源连
)
接，上极板接地．一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态．现将下极板竖 直向下缓慢地移动一小段距离，则(
A．带电油滴将竖直向下运动
B．带电油滴的机械能将增加 C．P点的电势将升高 D．电容器的电容增加，极板带电量增加
【答案】 AC
例2
( 多选 )(2016届南阳一中月考 ) 给平行板电容器充电，断开电源后 A极板
)
带正电，B极板带负电．板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如右图所示，小球静止 时与竖直方向的夹角为θ，则(
A．若将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小
法．( √ )
三、示波管
1．构造及功能(如下图所示)
(直偏转(加信号电压)；偏转电极XX′：使电子束
水平偏转(加扫描电压)．
2．工作原理 偏转电极XX′和YY′不加电压，电子打到屏幕中心；若只在XX′之间加电压，电子
只在X方向偏转；若只在YY′之间加电压，电子只在Y方向偏转；若XX′加扫描电压，
必考部分
电磁学/8-12章
第八章 电场
第3节 电容器 带电粒子在电场中的运动
栏 目 导 航
抓知识点
1
抓重难点
2
3
抓易错点
4
课时跟踪检测
1
抓知识点
用心研读
领悟细微深处
一、电容器、电容、平行板电容器 1．电容器
(1)电荷量：一个极板所带电荷量的
(2)电容器的充、放电．
绝对值 ．
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的 异种电荷 ， 电容器中储存 他形式的能． 电场能 ． 电场能 转 化 为 其 ②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中
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高考物理复习---《带电粒子在交变电场中的偏转运动》PPT考点课件
图2
√A.粒子在电场中运动的最短时间为
2d v0
B.射出粒子的最大动能为54mv02
C.t＝2dv0时刻进入的粒子，从 O′点射出
√D.t＝3vd0时刻进入的粒子，从 O′点射出
解析 由题图可知场强大小 E＝m2qvd02，则粒子在电场 中的加速度 a＝qmE＝v20d2，则粒子在电场中运动的最短 时间满足d2＝12atmin2，解得 tmin＝ v20d，选项 A 正确； 能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为 t＝8vd0， 则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时 沿电场方向的速度均为 0，可知射出电场时粒子的动 能均为12mv02，选项 B 错误；
金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质 量为m，带电荷量为e的电子(初速度可视为0).在B板右侧两块平行金属板
M、N间加有如图乙所示的电压， 电压变化的周期T＝L 2emU0，板 间中线与电子源在同一水平线上.
已知极板间距为d，极板长L，不
计电子重力，求： 图1
(1)电子进入偏转极板时的速度
大小；
答案
2eU0 m
解析 设电子进入偏转极板时的速度为 v，由动能定理有 eU0＝12mv2 解得 v＝ 2emU0.
(2)T4时刻沿中线射入偏转极板间的电 子刚射出偏转极板时与板间中线的 距离(未与极板接触). 答案 0
解析 由题意知，电子穿过偏转极板所需时间 t＝Lv＝L 2emU0＝T 故在T4时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速后减速，然 后反向加速再减速，各段位移大小相等，
故一个周期内，侧移量为零，则电子沿板间中线射出偏转极板，与板间 中线的距离为0.
跟进训练
1.(带电粒子在交变电场中的偏转)(多选)(2019·山东潍坊市二模)如图2甲 所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持 续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子.在两板 间存在如图乙所示的交变电 场，取竖直向下为正方向， 不计粒子重力.以下判断正确 的是
√A.粒子在电场中运动的最短时间为
2d v0
B.射出粒子的最大动能为54mv02
C.t＝2dv0时刻进入的粒子，从 O′点射出
√D.t＝3vd0时刻进入的粒子，从 O′点射出
解析 由题图可知场强大小 E＝m2qvd02，则粒子在电场 中的加速度 a＝qmE＝v20d2，则粒子在电场中运动的最短 时间满足d2＝12atmin2，解得 tmin＝ v20d，选项 A 正确； 能从板间射出的粒子在板间运动的时间均为 t＝8vd0， 则任意时刻射入的粒子若能射出电场，则射出电场时 沿电场方向的速度均为 0，可知射出电场时粒子的动 能均为12mv02，选项 B 错误；
金属板，A、B间电压为UAB＝－U0，紧贴A板有一电子源，不停地飘出质 量为m，带电荷量为e的电子(初速度可视为0).在B板右侧两块平行金属板
M、N间加有如图乙所示的电压， 电压变化的周期T＝L 2emU0，板 间中线与电子源在同一水平线上.
已知极板间距为d，极板长L，不
计电子重力，求： 图1
(1)电子进入偏转极板时的速度
大小；
答案
2eU0 m
解析 设电子进入偏转极板时的速度为 v，由动能定理有 eU0＝12mv2 解得 v＝ 2emU0.
(2)T4时刻沿中线射入偏转极板间的电 子刚射出偏转极板时与板间中线的 距离(未与极板接触). 答案 0
解析 由题意知，电子穿过偏转极板所需时间 t＝Lv＝L 2emU0＝T 故在T4时刻沿中线射入偏转极板间的电子在电场方向上先加速后减速，然 后反向加速再减速，各段位移大小相等，
故一个周期内，侧移量为零，则电子沿板间中线射出偏转极板，与板间 中线的距离为0.
跟进训练
1.(带电粒子在交变电场中的偏转)(多选)(2019·山东潍坊市二模)如图2甲 所示，长为8d、间距为d的平行金属板水平放置，O点有一粒子源，能持 续水平向右发射初速度为v0、电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子.在两板 间存在如图乙所示的交变电 场，取竖直向下为正方向， 不计粒子重力.以下判断正确 的是
2024版高考物理一轮复习专题基础练专题八静电场热考题型电场中的力电综合问题作业课件
题型2 带电粒子在组合场中的运动
4. [多选][2023辽宁锦州测试]如图所示,相距2L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有
界匀强电场,其中PS下方电场的电场强度大小为E1,方向竖直向上,PS上方电场的电场强度大小为E2、方向竖直向
下。在电场左边界AB上宽为L的PQ区域内,连续分布着带电荷量为+q(q>0)、质量为m的粒子。从某时刻起由Q到
3
1
金属板边缘飞出,则2 =2×2g·( 3 ) 2 +g·3·3 =
1
2 2
,在电场力和重力作用下,沿电场线方向匀加速运动距离为
9
y1=2g·( 3 ) 2 ,沿电场线方向匀速运动距离为y2=g·3·3,电场力做的功W=q·2E0y1+qE0y2,解得W=mg·2 ,C项正确;微粒飞
故D错误;设PQ上到P点距离为h的粒子射入电场后,经过n个类似于Q到R到M(包括粒子从PS上方的电场穿过PS进
入PS下方的电场的运动)的循环运动后,恰好垂直于CD边水平射出,则粒子相邻两次速度变为水平所用的时间为
2
2
1
2
T= = (n=2,3,4……),由于a1∶a2=1∶2,所以粒子第一次到达PS边的时间为3T,则有h=2a1( 3 ) 2 =
运动,当其水平速度与竖直速度大小相等时,即速度方向与小球所受合力方向垂直时,小球克服合力做的功最大,此
时动能最小,而此时小球仍具有水平向左的分速度,电场力仍对其做负功,其电势能继续增大,A、C项错误;小球在
电场力方向上的加速度大小ax=g,竖直方向加速度大小ay=g,当小球水平速度减为零时,克服电场力做的功最大,小
2014届高考物理一轮复习课件(考纲解读+考点探究+高分技巧)：8.3带电粒子在复合场中的运动(86张ppt)
考纲自主研读 考点互动探究 高考全程解密 随堂基础演练 活页限时训练
1 2 (2)粒子在电场中做类平抛运动，M′N＝vt，A′N＝ at ，a＝ 2 qE m ，由几何关系得 L A′N＝A′N′＋N′N， A′N′＝ 2 ， N′N＝M′Ntan θ， cos θ
2L m 2L ，把 θ＝30° 联立得 E＝ 2 cos2 θ＋qBttan θ 代入得 E＝ 2(4m qt 3qt
所示，一半径为R的圆表示一柱形区域
的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方 向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、
电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a
点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域， 图8-3-4 离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为R. 现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同 一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点 离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电 场强度的大小．
要分阶段进行处理．
(4)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
考纲自主研读
考点互动探究
高考全程解密
随堂基础演练
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3．带电粒子在分离复合场中运动问题的求解方法
考纲自主研读
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特别注意 (1)多过程现象中的“子过程”与“子过程”的衔接点．如 一定要把握“衔接点”处速度的连续性．
(2)圆周与圆周运动的衔接点一要注意在“衔接点”处两圆
有公切线，它们的半径重合．
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随堂基础演练
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备课札记
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1 2 (2)粒子在电场中做类平抛运动，M′N＝vt，A′N＝ at ，a＝ 2 qE m ，由几何关系得 L A′N＝A′N′＋N′N， A′N′＝ 2 ， N′N＝M′Ntan θ， cos θ
2L m 2L ，把 θ＝30° 联立得 E＝ 2 cos2 θ＋qBttan θ 代入得 E＝ 2(4m qt 3qt
所示，一半径为R的圆表示一柱形区域
的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方 向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、
电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a
点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域， 图8-3-4 离开时速度方向与直线垂直．圆心O到直线的距离为R. 现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同 一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点 离开该区域．若磁感应强度大小为B，不计重力，求电 场强度的大小．
要分阶段进行处理．
(4)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．
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3．带电粒子在分离复合场中运动问题的求解方法
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特别注意 (1)多过程现象中的“子过程”与“子过程”的衔接点．如 一定要把握“衔接点”处速度的连续性．
(2)圆周与圆周运动的衔接点一要注意在“衔接点”处两圆
有公切线，它们的半径重合．
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2024届高考一轮复习物理课件(新教材粤教版)：带电粒子在电场中的力电综合问题
示，一个电荷量为－Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点. 另一个电荷量为＋q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连 线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度的最小值.已 知点电荷乙受到的阻力大小恒为f，A、B间距离为L0， 静电力常量为k，则下列说法正确的是 A.点电荷乙从A点向甲运动的过程中，加速度逐渐增大 B.点电荷乙从A点向甲运动的过程中，其电势能先增大再减小
12345678
3.(多选)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带电小球，用
一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强 电场，电场强度大小为E＝ 34mqg，小球初始位置在最低点，若给小球一个 水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，
重力加速度为g.则下列说法正确的是
3.动量的观点 (1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下， 各个矢量必须选同一个正方向. (2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还 要注意题目表述是否为某方向上动量守恒.
例3 (2023·湖南株洲市模拟)如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘
底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的
12345678
从 A 到 B，由动能定理有 mgR－EqR＝12mvB2－ 12mvA2，解得 vB＝ vA2＋21gR，之后小球做类斜 抛运动，在垂直于等效场方向上的分速度即为最 小速度，则 vmin＝vB·cos θ＝45 vA2＋21gR，故 D 正确.
12345678
5.(多选)(2023·福建泉州市高三质检)如图，ABC是竖直面内的固定半圆形 光滑轨道，O为其圆心，A、C两点等高，过竖直半径OB的虚线右侧足够 大的区域内存在沿AC方向的匀强电场.一带正电小球从A点正上方P点由 静止释放，沿轨道通过B、C两点时的动能分别为Ek和1.5Ek，离开C点后 运动到最高点D(图中未画出).已知P与A间的距离等于轨道半径，则 A.D点与P点等高
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3.(多选)如图所示，可视为质点的质量为m且电荷量为q的带电小球，用
一绝缘轻质细绳悬挂于O点，绳长为L，现加一水平向右的足够大的匀强 电场，电场强度大小为E＝ 34mqg，小球初始位置在最低点，若给小球一个 水平向右的初速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，
重力加速度为g.则下列说法正确的是
3.动量的观点 (1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下， 各个矢量必须选同一个正方向. (2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还 要注意题目表述是否为某方向上动量守恒.
例3 (2023·湖南株洲市模拟)如图，一带电的平行板电容器固定在绝缘
底座上，底座置于光滑水平面上，一光滑绝缘轻杆左端固定在电容器的
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从 A 到 B，由动能定理有 mgR－EqR＝12mvB2－ 12mvA2，解得 vB＝ vA2＋21gR，之后小球做类斜 抛运动，在垂直于等效场方向上的分速度即为最 小速度，则 vmin＝vB·cos θ＝45 vA2＋21gR，故 D 正确.
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5.(多选)(2023·福建泉州市高三质检)如图，ABC是竖直面内的固定半圆形 光滑轨道，O为其圆心，A、C两点等高，过竖直半径OB的虚线右侧足够 大的区域内存在沿AC方向的匀强电场.一带正电小球从A点正上方P点由 静止释放，沿轨道通过B、C两点时的动能分别为Ek和1.5Ek，离开C点后 运动到最高点D(图中未画出).已知P与A间的距离等于轨道半径，则 A.D点与P点等高
2025届高考物理一轮复习资料第八章静电场第3讲实验十观察电容器的充、放电现象电容器的动态分析
第3讲实验十观察电容器的充、放电现象电容器的动态分析学习目标 1.了解电容器的充电、放电过程，会定量计算电容器充、放电的电荷量。
2.掌握电容的定义式和平行板电容器的决定式，会分析电容器动态变化问题。
1.2.观察电容器的充、放电现象实验原理实验操作注意事项图甲电容器充电图乙电容器放电如图甲，电容器与电源相连，形成充电电流，随着极板电荷量的增加，充电电流减小。
如图乙，电容器的正、负电荷中和，形成放电电流，随着极板电荷量的减少，放电电流减小1.连电路，按原理图连接器材。
2.单刀双掷开关S接1，观察充电现象。
3.单刀双掷开关S接2，观察放电现象。
4.关闭电源，整理器材1.电流表要选用小量程的灵敏电流表。
2.要选择大容量的电容器。
3.实验要在干燥的环境中进行。
4.在做放电实验时，在电路中串联一个电阻，避免烧坏电流表数据处理1.观察电流表示数变化，总结电容器充、放电电流的变化规律。
2.可将电流表换成电流传感器，由计算机绘制充、放电的i－t图像，由图像计算充、放电过程通过电流传感器的电荷量。
方法：先算出一个小方格代表的电荷量，然后数出整个图像与横轴所围的面积中的方格数(大于半个的按一个方格计算，小于半个的舍弃)。
电容器充电或放电过程中电荷量为一个小方格代表的电荷量乘以方格数。
3.电容器两极板之间的电压等于电源电动势，由电容的定义式C＝QU估算出电容器的电容C。
思考判断1.电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。
(×)2.电容器的电容与电容器所带电荷量成反比。
(×)3.放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。
(×)考点一实验十：观察电容器的充、放电现象角度电容器充、放电现象的定性分析例1(2022·北京卷，9)利用如图1所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E 为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。
下列说法正确的是()图1A.充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定B.充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定C.放电过程中，电流表的示数均匀减小至零D.放电过程中，电压表的示数均匀减小至零答案B解析充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器充电结束后，电流表示数为零，A错误；充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于稳定，B正确；电容器放电过程的I－t图像如图所示，可知电流表和电压表的示数不是均匀减小至0的，C、D错误。
2023年高考物理一轮复习课件——电场性质的综合应用
轴正方向电场强度E为正，以下判断中正确的是
√A.点电荷M、N一定为同种电荷 √B.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
C.把一个检验电荷由x1位置静止释放，其加速度一直减小
D.把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，其电势能一直减小
x＝2a 处场强为零且左侧场强向右(正值)、右侧场强向 左(负值)，结合点电荷的场强特征可知，点电荷 M、N 一定为同种电荷，两点电荷在 x＝2a 处的场强大小满 足 k2qa12＝kqa22，解得qq12＝41，A、B 正确； 由题图可知，O点右侧场强先减小再增大，故把一个检验电荷(假设带 正电)由x1位置静止释放，据牛顿第二定律可得qE＝ma，其加速度先 减小再增大，C错误； 把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，向右运动过程静电力先 做正功再做负功，其电势能先减小后增大，D错误.
√D.力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增
量及电势能增量之和
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
力F 没有作用在物体A上，故力F对A不做功，故选 项A错误； 根据动能定理，力F做的功与摩擦力对物体B做的功及库仑力对物体 B做的功之和等于物体B的动能增量，故选项B错误； 由功能关系可得，力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B 的动能增量与B克服库仑力做功之和，故C错误； 根据能量守恒可知：力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和 等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和，故选项D正确.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
2.如图所示，一带电微粒沿与CD平行方向(垂直AD方向)射入倾角为θ的 光滑斜面上，斜面所在区域存在和AD平行的匀强电场，微粒运动轨迹如 图中虚线所示，则 A.若微粒带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下 B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加
√A.点电荷M、N一定为同种电荷 √B.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1
C.把一个检验电荷由x1位置静止释放，其加速度一直减小
D.把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，其电势能一直减小
x＝2a 处场强为零且左侧场强向右(正值)、右侧场强向 左(负值)，结合点电荷的场强特征可知，点电荷 M、N 一定为同种电荷，两点电荷在 x＝2a 处的场强大小满 足 k2qa12＝kqa22，解得qq12＝41，A、B 正确； 由题图可知，O点右侧场强先减小再增大，故把一个检验电荷(假设带 正电)由x1位置静止释放，据牛顿第二定律可得qE＝ma，其加速度先 减小再增大，C错误； 把一个正检验电荷由x3＝a的位置静止释放，向右运动过程静电力先 做正功再做负功，其电势能先减小后增大，D错误.
√D.力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和等于物体A和B的动能增
量及电势能增量之和
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
力F 没有作用在物体A上，故力F对A不做功，故选 项A错误； 根据动能定理，力F做的功与摩擦力对物体B做的功及库仑力对物体 B做的功之和等于物体B的动能增量，故选项B错误； 由功能关系可得，力F做的功加上摩擦力对物体B做的功等于物体B 的动能增量与B克服库仑力做功之和，故C错误； 根据能量守恒可知：力F做的功及摩擦力对物体A和B做功的代数和 等于物体A和B的动能增量及电势能增量之和，故选项D正确.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
2.如图所示，一带电微粒沿与CD平行方向(垂直AD方向)射入倾角为θ的 光滑斜面上，斜面所在区域存在和AD平行的匀强电场，微粒运动轨迹如 图中虚线所示，则 A.若微粒带正电荷，则电场方向一定沿斜面向下 B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加
2022届高考物理一轮复习：电场部分 带电粒子在电场中的运动课件(91张PPT)
提示：根据电势的高低可判断出电场强度的方向；根据等差等势线的疏密程度可 判断电场强度的强弱。 解析：由图可知，此电场为非匀强电场，且 Q 点处电场强度小于 P 点处电场强 度，电子仅在电场力作用下沿直线从 P 运动到 Q ，做加速度越来越小的加速运 动，这一过程电子运动的 v－t 图象可能是A。
例题——带电粒子在非匀强电场中做直线运动的处理方法
例题——示波器模型中粒子偏转的相关计算 (2016·北京理综)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后 ，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知 电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看 做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.
例题——示波器模型中粒子偏转的相关计算
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂 直板面方向的偏转距离Δy；
例题——示波器模型中粒子偏转的相关计算
提示：分别计算电子所受重力和电 场力的数量级进行比较。 解析：只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重 力 由于F≫G，因此不需要考虑电子所受的重力
例题——示波管模型中粒子偏转角的影响因素
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。
例题——带电粒子在非匀强电场中做直线运动的处理方法
(2012·福州质检)电场中某三条等差等势线如图实线 a、b、c 所示。一电子仅在 电场力作用下沿直线从 P 运动到 Q，已知电势 φa>φb>φc ，这一过程电子运动 的v-t图象可能是下列各图中A的( )
提示：两板逆时针旋转时，两板间的电场也跟着一同旋转。
解析：两平行 属板水平放置时，带电微粒静止，有mg＝qe，现将两板绕过a点 的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场 力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方 向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项d正确.
例题——带电粒子在非匀强电场中做直线运动的处理方法
例题——示波器模型中粒子偏转的相关计算 (2016·北京理综)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后 ，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知 电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看 做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.
例题——示波器模型中粒子偏转的相关计算
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从电场射出时沿垂 直板面方向的偏转距离Δy；
例题——示波器模型中粒子偏转的相关计算
提示：分别计算电子所受重力和电 场力的数量级进行比较。 解析：只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重 力 由于F≫G，因此不需要考虑电子所受的重力
例题——示波管模型中粒子偏转角的影响因素
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。
例题——带电粒子在非匀强电场中做直线运动的处理方法
(2012·福州质检)电场中某三条等差等势线如图实线 a、b、c 所示。一电子仅在 电场力作用下沿直线从 P 运动到 Q，已知电势 φa>φb>φc ，这一过程电子运动 的v-t图象可能是下列各图中A的( )
提示：两板逆时针旋转时，两板间的电场也跟着一同旋转。
解析：两平行 属板水平放置时，带电微粒静止，有mg＝qe，现将两板绕过a点 的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转45°，电场 力方向也逆时针旋转45°，但大小不变，此时电场力和重力的合力大小恒定，方 向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项d正确.
电容器 实验 观察电容器的充、放电现象 带电粒子在电场中的直线运动 2023年高考物理一轮复习
3.用功能观点分析 匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝12mv2－12mv02 非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
例6 如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近
有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板有另一质量为m、电荷
量为－q的粒子.在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动.已知两 粒子同时经过平行于正极板且与其相距 25l 的平面.若两粒子间的相互作用 可忽略，不计重力，则M∶m为
内容 索引
考点一 电容器及平行板电容器的动态分析 考点二 实验：观察电容器的充、放电现象 考点三 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 课时精练
考点一
电容器及平行板电容器的动态分析
基础梳理 夯实必备知识
1.电容器 (1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成. (2)带电荷量：一个极板所带电荷量的 绝对值 . (3)电容器的充、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的异种电荷， 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)Q 不变 ①根据 C＝QU＝4επrkSd先分析电容的变化，再分析 U 的变化. ②根据 E＝Ud ＝4kεrπSQ分析场强变化.
考向1 两极板间电势差不变
例1 (多选)如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的 塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路. 麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动.下列说法正确的是 A.振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变
方法技巧 提升关键能力
1.两类典型问题 (1)电容器始终与恒压电源相连，电容器两极板间的电势差U保持不变. (2)电容器充电后与电源断开，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变. 2.动态分析思路 (1)U不变 ①根据C＝QU＝4επrkSd 先分析电容的变化，再分析Q的变化. ②根据E＝Ud 分析场强的变化. ③根据UAB＝E·d分析某点电势变化.
2023届高考物理一轮复习学案 8.3 电容器带电粒子在电场中的运动
第3节电容器带电粒子在电场中的运动学案基础知识：一、电容器及电容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)电容器的充、放电充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
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与电容器两极板间的电势差的比值。
(2)定义式：C＝Q U。
(3)物理意义：表示电容器容纳电荷本领大小的物理量。
(4)单位：法拉(F)，1 F＝106μF＝1012 pF。
3．平行板电容器的电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，与极板间距离成反比。
(2)决定式：C＝εr S4πkd，k为静电力常量。
二、带电粒子在匀强电场中的运动1．做直线运动的条件(1)初速度v0≠0粒子所受合外力F合＝0，粒子做匀速直线运动。
(2)初速度v0≠0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。
2．偏转(1)运动情况：如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示。
(2)处理方法：将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。
根据运动的合成与分解的知识解决有关问题。
(3)基本关系式：运动时间t＝lv0，加速度a＝Fm＝qEm＝qUmd，偏转量y＝12at2＝qUl22md v 20，偏转角θ的正切值：tan θ＝v yv0＝atv0＝qUlmd v 20。
三、示波管1．示波管的构造①电子枪，②偏转电极，③荧光屏。
(如图所示)2．示波管的工作原理(1)YY′偏转电极上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极上是仪器自身产生的锯齿形电压，叫作扫描电压。
(2)观察到的现象①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线运动，打在荧光屏中心，产生一个亮斑。
2023年高考物理一轮复习课件——带电粒子在电场中的力电综合问题
1.等效重力场 物体仅在重力场中的运动是最常见、最基本的运动，但是对于处在匀强 电场和重力场中物体的运动问题就会变得复杂一些.此时可以将重力场与 电场合二为一，用一个全新的“复合场”来代替，可形象称之为“等效 重力场”.
2.
3.举例
例1 (多选)如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为＋q、质量为m小 球，重力加速度为g，球处在竖直向下的匀强电场中，电场强度为E，小 球恰好能够在竖直平面内做圆周运动，则 A.小球在最高点的速度大小为 gL B.当小球运动到最高点时电势能最小
内绕O点做圆周运动.AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径.已知重力加 速度为g，电场强度E＝mqg .下列说法正确的是 A.若小球在竖直平面内绕 O 点做圆周运动，则它运动 O 点做圆周运动，则小球运动
到 B 点时的机械能最大
C.若将小球在 A 点由静止开始释放，它将在 ACBD 圆弧上往复运动
C.小球在运动过程中的最小速度至少为 gL
√D.小球在运动过程中的最大速度至少为52 gL
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小球在运动的过程中，静电力做功，机械能不守 恒，故A错误，B正确； 如图所示，小球在电场中运动的等效最高点和最低点 分别为 A 点和 B 点，等效重力 G′＝54mg，小球在最 高点的最小速度 v1 满足 G′＝mvL12，得 v1＝ 52gL，故 C 错误； 小球由最高点运动到最低点，由动能定理有 G′·2L＝12mv22－12mv12， 解得 v2＝52 gL，故 D 正确.
(3)物块上滑初速度v0满足条件的最小值. 答案 3.10 m/s
设 C、D 间的距离为 x，由几何关系有：x＝Hsi－n θh
设 物 块 上 滑 加 速 度 为 a′ ， 由 牛 顿 运 动 定 律 有 ：