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第 18 讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
1.理解电容器的基本概念，掌握好电容器的两类动态分析.
2.能运用运动的合成与分解解决带电粒子的偏转问题.
3.用动力学方法解决带电粒子在电场中的直线运动问题．
考点一 平行板电容器的动态分析
1．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．对公式C＝的理解电容C＝，不能理解为电容C与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的
因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．
3．两种类型的动态分析思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)用E＝分析电容器两极板间电场强度的变化．
[例题1] （2024•嘉兴模拟）如图所示是电容式话筒示意图，振动膜片涂有薄薄的金属层，
膜后几十微米处是固定的金属片，两者构成了电容器的两极。当声音传至振动膜片时，带动膜
片振动，引起两极板间距变化。则（ ）
A．膜片振动过程中电容器两极间电压恒定
B．膜片向右振动时通过电阻R的电流向左
C．声音频率越高时话筒的输出信号越强
D．膜片振动频率与声音频率无关
ɛ S
【解答】解：AB、根据电容的决定式C= r ，当振动膜片向右运动时，电容器两极板间的距
4πkd
Q
离减小，电容增大，根据电容的定义式C= ，若电容器的电压U不变，那么电容器的带电量Q
U
增大，电容充电，则R上有向左的电流，由于形成的充电电流是变化的，R两端的电压是变化
的，则知电容器两极间电压也是变化的，故A错误，B正确；
CD、声音频率越高时，膜片振动越快，膜片振动频率越大。若声音响度越大，膜片振动的振幅
越大，形成的充电电流增大，话筒的输出信号越强，可见声音频率越高时话筒的输出信号强度
不变，故CD错误。
故选：B。
[例题2] （2024•琼山区校级模拟）磷脂双分子层是构成细胞膜的基本支架，分子层之间具有弹性，可近似类比成劲度系数为k'的轻质弹簧。细胞膜上的离子泵可以输运阴阳离子，使
其均匀地分布在分子层上，其结构示意如图所示。已知无限大均匀带电薄板周围的电场为匀强
电场，静电力常量为k，介质的相对介电常数为ε，细胞膜的面积S d2。当内外两膜层分别带
r
有电荷量Q和﹣Q时，关于两分子膜层之间距离的变化情况，下列说≫法正确的是（ ）
2πkQ2
A．分子层间的距离增加了
ε Sk'
r
2πkQ2
B．分子层间的距离减小了
ε Sk'
r
4πkQ2
C．分子层间的距离增加了
ε Sk'
r
4πkQ2
D．分子层间的距离减小了
ε Sk'
r
【解答】解：内外两膜层分别带有电荷量Q和﹣Q时，两膜层之间电场力为引力，在该引力作
用下，分子层之间的距离减小，令距离减小量为 Δx，分子层之间具有弹性，可近似类比成劲度
系数为k'的轻质弹簧，由于无限大均匀带电薄板周围的电场为匀强电场，细胞膜的面积 S＞＞
d2，则膜层周围的电场也可近似看为匀强电场，令电场强度为E，可知单独一个极板产生的场强
1 1
为 E，则有k' Δx=Q⋅ E
2 2
Q ε S
根据电容的定义式和决定式C= ，C= r
U 4πkd
U
根据电场强度与电势差的关系有E=
d
2πkQ2
结合上述解得分子层间的距离变化量Δx=
ε Sk'
r2πkQ2
即分子层间的距离减小了 。
ε Sk'
r
故ACD错误，B正确。
故选：B。
[例题3] （多选）（2024•江西模拟）电容式加速度传感器是常见的手机感应装置，结构
如图所示。质量块的上端连接轻质弹簧，下端连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上，质量
块带动电介质移动改变电容，则下列说法正确的是（ ）
A．电介质插入极板越深，电容器电容越大
B．当传感器处于静止状态时，电容器不带电
C．当传感器由静止突然向前加速时，会有电流由a流向b
D．当传感器以恒定加速度向前运动，达到稳定后电流表指针不偏转
ɛ S
【解答】解：A．根据题意，电介质插入极板越深，根据电容器的决定式C= r
4πkd
介电常数变大，电容器电容越大，故A正确；
B．当传感器处于静止状态时，电容器带电，左极板带正电，右极板带负电，且两极板之间电势
差大小恒等于电源电动势，故B错误；
C．当传感器由静止突然向前加速时，弹簧会伸长，向上的弹力增加，电介质插入极板深度增加，
ɛ S
根据电容器的决定式：C= r
4πkd
可知电容器电容增大，因电容器两端的电压不变，根据电容器的定义式：
Q＝CU可知，两极板间的电荷量增大，则会有电流由b流向a，故C错误；
D．当传感器以恒定加速度向前运动，达到稳定后弹簧弹力不变，电介质插入极板深度不变，则
电容器电容不变，极板电荷量也不变，故电流表中没有电流通过，指针不偏转，故D正确。
故选：AD。考点二 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F ＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
合
(2)粒子所受合外力F ≠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
合
减速直线运动．
2．用功能观点分析
a＝，E＝，v2－v＝2ad.
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv
非匀强电场中：W＝qU＝E －E
k2 k1
[例题4] （多选）（2023•大连模拟）静电植绒技术于3000多年前在中国首先起步。如图
所示为植绒流程示意图，将绒毛放在带负电荷的容器中，使绒毛带负电，容器与带电极板之间
加恒定电压，绒毛成垂直状加速飞到需要植绒的布料表面上。已知绒毛到达布料表面时速率越
大，植绒效果越好。带电极板与布料间距忽略不计，下列判断正确的是（ ）
A．带电极板带负电
B．绒毛在飞往需要植绒的物体的过程中，电势能不断减少
C．带电量相同，质量大的绒毛，植绒效果越好
D．若减小容器与带电极板之间的距离，植绒效果不变
【解答】解：A、绒毛成垂直状加速飞到需要植绒的布料表面上，所以绒毛受到的电场力向下，
带电极板带正电，故A错误；
B、绒毛成垂直状加速飞到植绒的布料表面上，电场力做正功，电势能不断减小，故B正确；
C、根据动能定理得qU=
1
mv2 ，可得v=
√2qU
，可知带电量相同，容器与带电极板之间加恒
2 m
定电压，质量大的绒毛，到达植绒表面的速度越小，植绒效果越不好，故C错误；√2qU
D、由v= 可知，绒毛到达植绒表面的速度和容器与带电极板之间的距离无关，因为容器
m
与带电极板之间加恒定电压，所以绒毛到达植绒物体表面的速度不变，植绒效果不变，故D正
确。
故选：BD。
[例题5] （2024•合肥二模）我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍
尔推进器的工作原理简化如图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放
电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速
电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略
离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为（ ）
√mU 1 √mU √mU √2mU
A．I B． I C．I D．I
2q 2 q q q
1
【解答】解：氙离子在加速电场中由动能定理有：Uq= mv2
2
nq
设Δt时间内有n个氙离子喷射出，则有：I=
Δt
取水平向右为正方向，对n个氙离子由动量定理有：FΔt＝nmv﹣0
√2mU
联立方程可得：F=I
q
√2mU
由牛顿第三定律可知离子推进器产生的推力F'=F=I ，故D正确，ABC错误。
q
故选：D。
[例题6] （多选）（2023秋•广州期末）水平地面上方存在水平方向的匀强电场。质量为
m、带负电且电荷量为q的小球A以一定的初速度v 从地面上的O点射入匀强电场，速度方向
0
与水平方向的夹角为53°，恰好沿v 方向离开地面在竖直平面内做直线运动，则（ ）
03
A．电场方向水平向右且电场力大小为 mg
4
1
B．从地面到最高点，克服重力做功为
mv2
2 0
C．从地面到最高点，克服电场力做功为0.18mv2
0
2v
D．从地面出发再回到地面用时为 0
g
【解答】解：A.小球恰好沿方向离开地面在竖直平面内做直线运动，可知小球受到的重力和电
场力的合力方向刚好与v 方向相反，如图所示：
0
mg 3
可知电场力大小为Eq= = mg，由于小球带负电，可知电场方向水平向右，故A正确；
tan53° 4
mg 5 F 5
BCD.小球受到的合力为F= = mg，小球的加速度为：a= = g，根据对称性可知，
sin53° 4 m 4
v 8v
从地面出发再回到地面用时为：t＝2t ＝2 0= 0，从地面到最高点，通过的位移大小为 s
1
a 5g
v2 2v2 8
= 0 = 0，则从地面到最高点，克服重力做功为 W ＝mgh＝mgs•sin53°= mv2，从地面到
2a 5g G 25 0
最高点，克服电场力做功为W电 ＝qEs•cos53°，解得W电
＝0.18mv2
0
，故BD错误，C正确。
故选：AC。
考点三 带电粒子在电场中的偏转
1．带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
②沿电场力方向，做匀加速直线运动
2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是
相同的．
证明：由qU＝mv
0
y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点 O为粒子水平位移的中点，即
O到偏转电场边缘的距离为.
3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qU＝mv2－mv，其中U＝y，指初、
y y
末位置间的电势差．
[例题7] （多选）（2024•西城区校级模拟）如图所示，一带负电粒子（不计重力）质量
为m、电荷量大小为q，以初速度v 沿两板中央水平方向射入水平放置、距离为d、电势差为
0
U的一对平行金属板间，经过一段时间从两板间飞出，在此过程中，已知粒子动量变化量的大
小为Δp，下列说法正确的是（ ）
Uq
A．粒子在两板间运动的加速度大小为
dm
Δp
B．粒子从两板间离开时的速度大小为
m
dv Δp
C．金属板的长度为 0
Uq(Δp) 2
D．入射点与出射点间的电势差为−
2mq
【解答】解：A．根据牛顿第二定律可知，粒子在两板间运动的加速度大小为
Uq
a= ，故A正确；
dm
BC．粒子在沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，粒子在水平方向做匀速直线运动，水
平方向的动量变化为0；根据题意有Δp＝Δp ＝mv ﹣0
y y
Δp
可得粒子从两板间离开时沿电场方向的分速度大小为v =
y m
v dΔp
则粒子在两板间的运动时间为t= y =
a Uq
dv Δp
金属板的长度为L=v t= 0 ，故B错误，C正确；
0 Uq
1 1
D．设入射点与出射点间的电势差为U′，根据动能定理可得−qU'= mv2− mv2
2 2 0
其中v2=v2+v2
0 y
(Δp) 2
解得U'=− ，故D正确。
2mq
故选：ACD。
[例题8] （2023•和平区校级模拟）如图所示，空间有竖直向下的匀强电场 E，从倾角30°
的斜面上A点平抛一带电小球，落到斜面上的 B点，空气阻力不计，下列说法中正确的是（
）
A．若将平抛初速度减小一半，则小球将落在AB两点的中点
B．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角不同
C．平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间夹角正切值一定相同，等于
2tan30°
D．若平抛小球的初动能为6J，则落到斜面上时的动能为14J
【解答】解：小球受重力和电场力，电场力既可向上也可向下，球做类平抛运动，加速度a恒定，方向向下。
根据类平抛运动的分运动规律，有：
x＝v t，
0
1
y= at2，
2
y
tan30°= ，
x
2v tan30° 2√3v 2√3v 2 2v 2
解得：t= 0 = 0，x= 0 ，y= 0 ；
a 3a 3a 3a
2√3v 2 2v 2 1
A、若将平抛初速度减小一半，根据x= 0 ，y= 0 ，x和y均减小为原来的 ，故A错
3a 3a 4
误；
BC、设小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角为 ，则有：
α
v at
tan（ +30°）= y = =2tan30°，
v v
0 0
α
故平抛初速度不同，小球落到斜面上时的速度方向与斜面间的夹角相同，但是 tan ≠2tan30°，
故BC错误； α
v 2
D、由于小球落到斜面上时的速度方向与水平方向的夹角的正切值：tan = y =2tan30°= √3
v 3
0
β
，
1
初动能：E = mv2=6J，
k 2 0
1 1
末动能：E ′= mv2= m(v2+v2 )，
k 2 2 0 y
2
故：E ′＝6J+（ √3）2×6J＝14J，故D正确；
k 3
故选：D。
[例题9] （2023•海淀区校级模拟）如图所示，场强大小为 E，方向竖直向下的匀强电场
中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m，带电量分别为+q和
﹣q的两粒子，由a，c两点先后沿ab和cd方向以速率v 进入矩形区域（两粒子不同时出现在
0电场中）。不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v 等于（ ）
0
s √2qE s √ qE s √2qE s √ qE
A． B． C． D．
2 mℎ 2 mℎ 4 mℎ 4 mℎ
【解答】解：两个粒子都做类平抛运动，轨迹相切时，速度方向恰好相反
v v
即在该点，速度方向与水平方向夹角相同： 0 = 0
at at
1 2
根据牛顿第二定律：Eq＝ma
两个粒子都做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动：v t +v t ＝s
01 02
1 1
竖直方向做匀加速直线运动：
at2+ at2=
ℎ
2 1 2 2
s √ Eq
由以上各式整理得：v = ，因此B正确，ACD错误。
0 2 mℎ
故选：B。
[例题10]（2023•福建模拟）1897年，物理学家汤姆孙正式测定了电子的比荷，揭开了原
子神秘的面纱。如图所示为汤姆外测定电子比荷装置的简化示意图，阴极K发出的电子由静
止经过加速电压U 加速后，沿轴线进入两平行极板C、D间。仅在C、D极板间施加一定电压，
0
电子从C、D右侧离开时偏离轴线距离为y；若保持电压不变，在C、D间加上与纸面垂直的
磁场，发现电子沿直线前进。已知电子的电荷量大小为e，质量为m。C、D极板间距为d，长
度为L。求：
（1）电子经过加速电压U 加速后的速度大小v ；
0 0
（2）C、D极板间所加的电压大小U；
（3）C、D极板间所加磁场的磁感应强度的大小B。
1
【解答】解：（1）电子经过加速电压U 加速过程，由动能定理有eU = mv2
0 0 2 0√2eU
解得：v = 0
0
m
1
（2）电子进入极板间之后做类平抛运动，竖直方向和水平方向上分别有y= at2 ，L＝v t
2 0
U
由牛顿第二定律有 e =ma
d
4 ydU
联立各式可得U= 0
L2
（3）若保持电压不变，在C、D间加上与纸面垂直的磁场，发现电子沿直线前进，说明电子所
受电场力和洛伦兹力平衡，则有eE＝ev B
0
U
又有E=
d
2y √2U m
联立解得：B= 0
L2 e
考点四 带电体在复合场中的运动
等效法处理叠加场问题
1．各种性质的场(物质)与实际物体的根本区别之一是场具有叠加性，即几个场可以同时占据同一空
间，从而形成叠加场．
2．将叠加场等效为一个简单场，其具体步骤是：先求出重力与电场力的合力，将这个合力视为一
个“等效重力 ”，将a＝视为“等效重力加速度”．再将物体在重力场中做圆周运动的规律迁移到
等效重力场中分析求解即可．
[例题11] （多选）（2024•武侯区校级模拟）如图，竖直面内有半径为R的四分之一光滑
圆弧轨道BC，固定在光滑的水平地面上，且圆弧轨道最低点C与水平地面相切。空间加有水
平向右的匀强电场，A点位于B点左上方，相对于B点的水平距离和竖直高度均为R，一可视
为质点的带电小球从A点以某一速度水平抛出，恰能从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，
小球离开轨道后，运动到D点（D点未画出）时速度减为零，则（ ）A．小球带负电
B．CD段长度为2R
C．小球从A点抛出时的速度为√gR
D．从A点到D点过程中小球的电势能增加了3mgR
【解答】解：A、由题意可知，小球恰好从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，此时的速度是竖
直向下的，则从A点到B点小球在水平方向上减速，小球受到水平向左的电场力作用，与电场
方向相反，则小球带负电，故A正确；
BCD、小球恰好从B点无碰撞地沿圆弧切线进入轨道，则小球到达B点时水平方向速度为零。
1
v2
小球从A点到B点的过程，小球在竖直方向上做自由落体运动，则R= gt2= B
2 2g
√2R
可得小球运动的时间和到达B点的速度大小分别为t= ，v =√2gR
g B
v2
1
小球在水平方向上做匀减速直线运动，则有R= 0 = at2
2a 2
可得小球从A点抛出时的速度大小为v =√2gR，小球在水平方向的加速度的大小为a＝g
0
可知小球受到的电场力大小为F＝Eq＝mg
1
小球从A到D的过程中，由动能定理可得mg×2R−Fx=0− mv2
2 0
解得AD间水平方向的距离：x＝3R
可得CD段的长度为x ＝x﹣2R＝3R﹣2R＝R
CD
根据功能关系可得从A点到D点过程中小球的电势能增加了ΔE ＝Fx＝3mgR，故BC错误，D
p
正确。
故选：AD。
[例题12]（多选）（2024•大足区校级模拟）科技馆中有一光滑绝缘轨道如图所示，轨道
由半径为R＝2m的竖直光滑绝缘圆轨道和光滑水平轨道构成，A点所在的半径与竖直直径BC
成37°角。若空间存在一个水平向右、大小为E＝1.0×104V/m的匀强电场，质量均为0.04kg，电荷量均为为q＝+3×10﹣5C的小球在C点获得一个速度，恰好能过A点，已知sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8，g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小球在A点的速度是5m/s
B．小球在C点的速度是√115m/s
C．经过A点后，小球经过0.6s落到地面上
D．小球落地点距离C点2.4m
【解答】解：A、如下图所示，将恒定的重力mg与电场力qE合成为合力F，将F作为等效重力，
圆轨道的与F方向平行的直径的两端点为P点和Q点，其中点P点为竖直平面内的圆周运动的
等效最低点，Q点为等效最高点。
电场力qE＝1.0×104×3×10﹣5N＝0.3N，重力mg＝0.04×10N＝0.4N
qE 0.3 3
设F与竖直方向的夹角为 ，则有tan = = = ，可得 ＝37°，则
mg 0.4 4
θ θ θ
mg
F= ，解得：F＝0.5N
cosθ
那么直径PQ与竖直方向夹角等于 ，即Q点与A点重合。小球恰好能过A（Q）点，在A点与
轨道无弹力，小球在A点的速度为θv ，根据牛顿第二定律得：
A
v2
F＝m A，解得：v ＝5m/s，故A正确；
A
R
B、设小球在C点的速度是v ，由C到A的过程，应用动能定理得：
C
1 1
﹣F（R+Rcos ）= mv2 − mv 2 ，解得：v =√115m/s，故B正确；
2 A 2 C C
θCD、小球经过A后在竖直方向上做匀减速直线运动，水平方向上做匀加速直线运动，将运动分
解，如上图所示，v ＝v cos ，v ＝v sin 。
x A y A
θ 1 θ
在竖直方向有：R+Rcos ＝v t+ gt2
y 2
θ
1 qE
在水平方向有：x＝v t− × ×t2
x 2 m
解得：t＝0.6s（另一解为负值，舍去），x＝1.05m
即经过A点后，小球经过 0.6s落到地面上。小球落地点距离 C点的距离为：d＝x+Rsin ＝
1.05m+2×0.6m＝2.25m。故C正确，D错误。 θ
故选：ABC。
[例题13]（多选）（2024•青羊区校级模拟）如图所示，竖直平面内建立直角坐标系，整
个空间存在平行xoy平面的匀强电场，电场强度方向与y轴正方向成45°角。质量为m的带电
小球从坐标原点沿x轴的正方向以初速度v 水平抛出，经过一段时间小球以√2v 的速度穿过
0 0
y 轴正半轴某点（图中未画），重力加速度为 g，不计空气阻力。则下列说法正确的是
（ ）
A．小球所受电场力大小为√2mg
B．小球所受电场力大小为2√2mg
C．小球电势能最大时动能最小
D．小球电势能最大时水平速度大小等于竖直速度大小
【解答】解：AB、依题知，带电小球从坐标原点到y轴正半轴某点的过程，动能增大，而重力
做负功，则电场力做正功，小球带正电。
将小球的运动分解为水平方向和竖直方向，根据对称性可知，小球穿过y轴正半轴时的水平分速
度大小为：v ＝v
x 0
故小球穿过y轴正半轴时的竖直分速度为：v =√(√2v ) 2−v2=v
y 0 0 0
qEsin45°
水平方向有：v +v ＝a t，a =
x 0 x x mqEcos45°−mg
竖直方向有：v ＝a t，a =
y y y m
联立解得小球所受电场力大小为：qE=2√2mg，故A错误，B正确；
CD、小球抛出后，当速度方向与电场线垂直斜向上时，克服电场力做功最多，电势能最大，此
时电场力的方向与速度方向垂直，而重力的方向与速度方向夹角为钝角，接下来小球的速度会
继续减小，此时并非是动能最小的时刻，由于此时小球速度与水平方向成 45°，则此时水平速度
大小等于竖直速度大小，故C错误，D正确。
故选：BD。
[例题14]（2024•昌乐县校级模拟）如图所示，空间中在一矩形区域Ⅰ内有场强大小 E ＝
1
1×102N/C、方向水平向右的匀强电场；一条长L＝0.8m且不可伸长的轻绳一端固定在区域Ⅰ的
左上角O点，另一端系一质量m ＝0.5kg、带电荷量q＝﹣0.1C的绝缘带电小球a；在紧靠区
1
域Ⅰ的右下角C点竖直放置一足够长、半径R＝1m的光滑绝缘圆筒，圆筒上端截面水平，CD
是圆筒上表面的一条直径且与区域Ⅰ的下边界共线，直径 MN与直径CD垂直，圆筒内左半边
MNCHJK区域Ⅱ中存在大小E ＝20N/C、方向垂直纸面向里的匀强电场。把小球a拉至A点
2
（轻绳绷直且水平）静止释放，当小球a运动到O点正下方B点时，轻绳恰好断裂。小球a进
入电场继续运动，刚好从区域Ⅰ的右下角 C点竖直向下离开电场E ，然后贴着圆筒内侧进入
1
区域Ⅱ。已知重力加速度大小取g＝10m/s2，绳断前、断后瞬间，小球a的速度保持不变，忽
略一切阻力。求：
（1）轻绳的最大张力T ；
m
（2）小球a运动到C点时速度的大小v 和小球a从B到C过程电势能的变化量ΔE ；
C p
（3）若小球a刚进入圆筒时，另一绝缘小球b从D点以相同速度竖直向下贴着圆筒内侧进入圆
筒，小球b的质量m ＝0.5kg，经过一段时间，小球a、b发生弹性碰撞，且碰撞中小球a的电荷
2
量保持不变，则从小球b进入圆筒到与小球a发生第5次碰撞后，小球b增加的机械能ΔE 是多
b
大。1
【解答】解：（1）小球a从A运动到B点，根据动能定理mgL= mv2
2
解得v＝4m/s
v2
在B点，根据牛顿第二定律得T −mg=m
m L
解得T ＝15N
m
（2）小球a在区域Ⅰ中，根据牛顿第二定律：水平方向qE ＝ma
1
解得a＝20m/s2
v
小球a减速至0时t= ，解得t＝0.2s
a
1
x=vt− at2 ，解得x＝0.4m
2
小球a运动到C点时的速度大小为v ＝gt，解得v ＝2m/s
C C
小球a从B运动到C点，小球a电势能的变化量为ΔE ＝﹣W＝﹣qE •x，解得ΔE ＝4J
P 1 P
即小球电势能增加了4J。
（3）因两球在竖直方向下落一样快，故它们碰撞时是水平正碰。根据水平方向碰撞时动量守恒
和能量守恒。由于两球质量相等，所以它们正碰时交换水平方向速度。小球 a从进入圆筒到第5
次碰撞前，小球a增加的机械能为ΔE ＝qE R+2•qE 2R，解得ΔE ＝10J
a 2 2 a
则第5次碰撞后，小球b增加的机械能为ΔE ＝ΔE ＝10J
b a题型1平行板电容器两类动态的分析
1. （2024•曲靖一模）如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管、电阻 R连接，
电源负极接地。初始电容器不带电，闭合开关稳定后，一带电油滴位于电容器中的 P点且处于
静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．减小极板间的正对面积，带电油滴仍保持静止
B．贴着上极板插入金属板，则电阻R中有b流向a的电流
C．将下极板向上移动一小段距离，P点处的油滴的电势能增大
D．将开关断开，在两板间插入一陶瓷电介质，则油滴仍处于静止状态
ɛ S
【解答】解：A、减小极板间的正对面积，根据电容的决定式 C= r 可知电容器的电容减小，
4πkd
电容器要放电。由于二极管具有单向导电性，所以电容器不会放电，电容器带电量不变，根据C
ɛ S Q U 4πkQ
= r 、C= 、E= ，解得：E = ，则知减小极板间的正对面积，极板间的电场强度
4πkd U d ɛ S
r
变大，则油滴所受电场力变大，将向上移动，故A错误；
ɛ S
B、贴着上极板插入金属板，极板间的距离减小，根据C= r 可知电容器的电容增大，电容
4πkd
器将充电，则电路中有逆时针方向的电流，电阻R中有a流向b的电流，故B错误；
ɛ S
C、将下极板向上移动一小段距离，根据C= r 可知电容器的电容增大，电容器两端的电压
4πkd
U
不变，电容器将充电。根据E= 知两极板间的电场强度变大，设P点到下极板的距离为l，下
d
极板的电势为零，则P点与下极板的电势差 ﹣ ＝El
P 0
即P点的电势为 ＝El φ φ
P
P点到下极板的距φ离为l不变，电场强度E变大，则P点的电势变大，故C正确；
4πkQ
D、将开关断开，则两极板的电荷量不变，根据 E = ，在两板间插入陶瓷电介质，电场强
ɛ S
r度变小，则油滴所受电场力变小，将向下移动，故D错误。
故选：C。
2. （2024•嘉兴一模）如图所示，将静电计与电容器（图中未画出）相连，可检测带电
电容器的两极间的电压变化。带电静电计的金属指针和圆形金属外壳的空间内存在电场，分别
用实线和虚线表示电场线和等势面，该空间内有P、Q两点，则（ ）
A．静电计两根金属指针带异种电荷
B．图中实线表示电场线，虚线表示等势面
C．图中P点电势一定高于Q点电势
D．当静电计两指针张角减小时，表明电容器在放电
【解答】解：AB．静电计与电容器相连，由图可知静电计金属指针接在电容器的同一个极板上，
金属外壳接在电容器的另一个极板上，所以两根金属针带同种电荷。根据电场线的性质，电场
线从正电荷发出，到负电荷终止，可知图中虚线表示电场线，则实线表示等势线。故AB错误；
C．题中不知哪一个极板带正电，即不知道电场线的方向，所以 P、Q两点电势的高低无法判断。
故C错误；
D．静电计与电容器两极板相连，则静电计两指针张角可以显示极板间的电压，当静电计两指针
张角减小时，表明电容器极板间的电压减小，故此时电容器正在放电。故D正确。
故选：D。
3. （多选）（2024•泰安一模）如图所示，带电平行板电容器两极板水平放置，充电后
与电源断开。带电小球静止于电容器内的A点，B点位于上极板附近，忽略电容器极板的边缘
效应及带电小球对电场的影响。下列说法正确的是（ ）A．把小球由A点移到B点，小球的电势能增大
B．把小球由A点移到B点，小球的电势能减小
C．若将下极板向上移动一小段距离，小球在A点时的电势能减小
D．若将下极板向上移动一小段距离，小球在A点时的电势能增大
【解答】解：AB、带电小球静止于电容器内的A点，受到电场力竖直向上，把小球由A点移到
B点，电场力做正功，小球的电势能减小，故A错误，B正确；
ɛ S Q U
CD、充电后与电源断开后，电容器的带电量不变。根据 C= r 、C= 以及E= 可得E
4πkd U d
4πkQ
= ，可知将下极板向上移动一小段距离，电容器板间场强不变，结合 U＝Ed可知下极板
ɛ S
r
与A点间的电势差减小，因A点的电势比下极板低，可知A点的电势升高。根据原来小球静止
可知，小球受到电场力方向与场强方向相同，小球带带电，所以小球在A点时的电势能增大，
故C错误，D正确。
故选：BD。
题型2生产生活中的电容器动态分析
4. （2024•南京模拟）电容式加速度传感器可用于汽车安全气囊系统，传感器的核心部
件为由M、N两块极板组成的平行板电容器，其中极板 N固定，极板M可以自由移动，移动
的距离与汽车的加速度大小成正比。已知电容器所带电荷量始终保持不变，当汽车速度减小时，
由于惯性导致极板M、N之间的相对位置发生变化，电容器M、N两极板之间的电压减小，当
电压减小到某一值时，安全气囊弹出。下列车内平行板电容器的安装方式正确的是（ ）A． B． C． D．
Q
【解答】解：由于极板所带的电荷量Q不变，由电容器的定义式C= ，可知要使极板间的电
U
ɛ S
压U减小，需要增大电容值，根据电容的决定式C= r ，需要增大两极板正对面积，或减小
4πkd
板间距离。
A、当汽车速度减小时，由于惯性导致极板M向运动方向移动，会使板间距离距离增大，而正
对面积不变，故A错误；
B、当汽车速度减小时，由于惯性导致极板M向运动方向移动，会使板间距离距离减小，而正
对面积不变，故B正确；
CD、当汽车速度减小时，由于惯性导致极板M向运动方向移动，而使正对面积减小，而板间距
离不变，故CD错误。
故选：B。
5. （2024•顺德区二模）如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互
平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个
平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．按键的过程中，电容器间的电场强度减小
B．按键的过程中，电容器储存的电能增多
C．按键的过程中，图丙中电流方向从a经电流计流向b
D．按键的过程中，电容器上极板电势低于下极板电势
【解答】解：AB．根据电容器的定义式、决定式以及电场强度与电势差关系：
Q ε S U
C= = r ，E=
U 4πkd d按键的过程中，由于电压U不变，d减小，则电容C增大，电容器间的电场强度E增大，电容器
所带电荷量Q增大，则电容器储存的电能增多，故A错误，B正确；
CD．按键的过程中，由于电容器所带电荷量Q增大，电容器充电，图丙中电流方向从b经电流
计流向a，电容器上极板电势高于下极板电势，故CD错误。
故选：B。
6. （2024•甘肃模拟）随着人们对身体健康意识的不断增强，户外旅行、户外运动也较
前几年大幅增长。人们使用的智能手机中有一款运动软件，其运动步数的测量原理如图所示，
M和N为电容器两极板，M固定，N两端与固定的两轻弹簧连接，只能按图中标识的“前
后”方向运动。则手机（ ）
A．若电容器带电量增大，则可能是健身者向前匀速运动时突然减速
B．若电流表示数不为零且保持不变，则健身者做匀速运动
C．若电流由a点流向b点，则健身者突然向前加速
D．若M、N之间的电场强度增大，则健身者向后做匀加速运动
【解答】解：A、健身者向前匀速运动时突然减速，由于惯性N板相对M板向前移动，两极极
ε S Q
之间距离d减小，根据电容的决定式C= r 可知，电容C增大，根据电容器的定义式C=
4πkd U
可知，电容器的电压U不变，则电容器带电量Q增大，故A正确；
B、健身者做匀速运动时加速度为0，电容C不变，电容器带电量Q不变，电路中无电流，故B
错误；
C、突然向前加速时，由于惯性N板相对M板后移，两极极之间距离d增大，根据电容的决定
ε S Q
式C= r 可知，电容C减小，根据电容器的定义式C = 可知，电压U不变，则电容器带电
4πkd U
量Q减小，电容器处于放电状态，电流由b点流向a点，故C错误；
D、保持向后的匀加速运动时，加速度a不变，板间距离不变，所以M、N之间的电场强度不变，
故D错误。故选：A。
题型3电场中带电粒子/体的直线运动
7. （多选）（2023秋•泉州期中）如图所示，A、B是一对中心有孔的圆盘，它们间有
一定的电势差U 。一电子（不计重力）以一定初动能E 进入A圆盘中心，速度水平向右为
AB k0
正方向，那么电子飞出圆盘中心过程中的速度—时间图像判断正确的（ ）
A．如果初动能E ＝600eV，U ＝800V时，运动—速度—时间图像可能是图像③
k0 AB
B．如果初动能E ＝600eV，U ＝﹣800V时，运动—速度—时间图像可能是图像③
k0 AB
C．如果初动能E ＝600eV，U ＝800V时，运动—速度—时间图像可能是图像②
k0 AB
D．如果初动能E ＝600eV，U ＝﹣800V时，运动—速度—时间图像可能是图像①
k0 AB
【解答】解：AC、如果初动能E ＝600eV，U ＝800V时，A板电势高于B板电势，电场方向
k0 AB
向右，电子受到的电场力向左，则电子在电场中做匀减速运动，由于U ＞600V，若A、B之间
AB
的距离足够大，则电子速度减至零后向左做匀加速运动，运动—速度—时间图像是图像③；若
A、B之间的距离比较小，则电子将从B板小孔射出，运动—速度—时间图像是图像②，故AC
正确；
BD、如果初动能E ＝600eV，U ＝﹣800V时，B板电势低于A板电势，电场方向向左，电子
k0 AB
受到的电场力向右，则电子在电场中做匀加速运动，运动—速度—时间图像是图像①，故B错
误，D正确。
故选：ACD。
8. 在进行长距离星际运行时，不再使用化学燃料，而采用一种新型发动机一离子发动机，
其原理是用恒定电压加速一价惰性气体离子，将加速后的气体离子高速喷出，利用反冲作用使
飞船本身得到加速。在氦、氖、氩、氪、氙多种气体中选用了氙，已知这几种气体离子的质量
中氙的质量最大，下列说法正确的是（ ）
A．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时速度更大B．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时动量更大
C．用同样的电压加速，一价氙离子喷出时动能更大
D．一价氙离子体积更小，不容易堵塞发动机
【解答】解：AC.以隋性气体离子为研究对象，根据动能定理得：
1
eU= mv2
2
√2eU
得v=
m
可见，这几种气体离子的带电量相同，加速电压相同，故获得的动能相同，氙离子的质量大，
获得的速度小，故AC错误；
√2eU
B.根据动量的定义p＝mv=m =√2emU，氙离子的质量大，动量大，故B正确；
m
D.相同质量的一价惰性气体离子中，虽然一价氙离子体积更小，但发动机的喷口较大，其它体
积较大的惰性气体的离子还不至于堵塞发动机，故D错误。
故选：B。
9. 如图所示，相距为d的两平行金属板间存在匀强电场。一个电子从左极板O点处以速
度v 沿垂直于极板的方向射出，最远到达 A点，然后返回。已知O、A两点相距为h（h＜
0
d），电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力。
（1）求O、A两点间的电势差大小U ；
OA
（2）求两平行金属极间电势差大小U；
（3）设右极板电势为零，求A点电势 。
A
φ
【解答】解：（1）电子由O到A的过程，只有电场力做功，根据动能定理可得：−eU ＝0−
OA
1
mv2
2 0
mv2
解得OA的电势差U = 0
OA
2e
（2）OA的电势差U ＝Eh；
OA两平行金属极间电势差大小U＝Ed
mdv2
则U= 0
2eℎ
（3）右极板电势为零，则左极板电势为 ＝U
φ
mv2 (d−ℎ)
A点电势 ＝ ﹣U = 0
A OA
2eℎ
φ φ
题型4电场中带电粒子/体的抛体运动
10. （2023秋•大兴区期末）甲、乙两个带电粒子的电荷量和质量分别为（﹣q，m）、
（﹣q，4m），它们先后经过同一加速电场由静止开始加速后，由同一点进入同一偏转电场，
两粒子进入时的速度方向均与偏转电场垂直，如图所示。粒子重力不计，则甲、乙两粒子（
）
A．进入偏转电场时速度大小之比为1：2
B．在偏转电场中运动的时间相同
C．离开偏转电场时的动能之比为1：4
D．离开偏转电场时垂直于板面方向偏移的距离之比为1：1
【解答】解：A.带电粒子经过加速电场加速，设加速电场两极板电势差为U ，由动能定理得
1
1
qU = mv2
1 2
进入偏转电场时的速度大小
√2qU
v= 1
m
则两带电粒子进入偏转电场时的速度大小之比为
√2qU √2qU
v甲 ：v乙 = 1： 1=2：1
m 4m故A错误；
B.带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，设偏转极板长为x，在偏转
电场中运动的时间
x
t=
v
两带电粒子进入偏转电场时的速度不同，则时间不同，故B错误；
C.带电粒子在偏转电场中，竖直方向为初速度为0的匀加速直线运动，设偏转电场两极板电势差
为U ，
2
竖直位移为
1 1 qU x U x2
y= at2= × 2×（ ）2= 2
2 2 md v 4U d
1
则两带电粒子在偏转电场中竖直方向的位移相同，设偏转电场中电场强度为E，根据动能定理得
1
qEy＝E − mv2＝E ﹣qU
k 2 k 1
离开偏转电场时的动能为 E ＝qEy+qU
k 1
两带电粒子电荷量相同，则离开偏转电场时的动能相同，动能之比为1：1，故C错误；
D.根据C选项分析可知，离开偏转电场时垂直于板面方向偏移的距离之比为1：1，故D正确。
故选：D。
11. 如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异种电荷。一带电微粒水平
射入板间，在重力和静电力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（ ）
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电
B．微粒从M点运动到N点动能一定增加
C．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
【解答】解：A、粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上
而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，故A错误；
B、粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，电场力和重力的合力向下，故从 M到N动能增加，故B正确；
C、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点电势能可能增加，也可能减小，
故C错误；
D、电场力可能向上也可能向下，故微粒从M点运动到N点过程中，电场力可能做正功，也可
能做负功，所以无法判断机械能的变化，故D错误；
故选：B。
12. （2023秋•天津期末）某放射源会不断向空间内各个方向发射速度大小均为v 的电子，
0
电子的质量为m、所带电荷量为e，放射源置于真空容器内，该容器底部有一水平放置的荧光
屏，当有电子打到上面时会发出淡淡的荧光，从而可以用来检测电子打到的位置。容器内存在
3mv2
竖直向上的匀强电场，电场强度大小为E，放射源与荧光屏间的距离为 0。荧光屏和容器
2eE
的空间足够大，忽略电子间的相互作用及电子的重力，求：
（1）电子打在荧光屏上的速度大小；
（2）大量沿水平方向飞出的电子落在荧光屏上的点形成的圆的半径；
（3）竖直向下飞出的电子从发射到打在荧光屏上所用时间。
3mv2
【解答】解：设放射源与荧光屏间的距离为h，据题知h= 0。
2eE
（1）由动能定理得
1 1
Eeh= mv2− mv2
2 2 0
解得电子打在荧光屏上的速度大小为：v＝2v
0
（2）沿水平方向飞出的电子做类平抛运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
Ee＝ma
该电子在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式有：1
h= at2
2
该电子在水平方向上做匀速直线运动，则有
x＝v t
0
√3mv2
联立解得水平距离为x= 0
eE
√3mv2
水平飞出的电子落在荧光屏上的点构成的轨迹是一个圆，该圆的半径为r＝x= 0
eE
（3）设竖直向下飞出的电子从发射到打在荧光屏上所用时间为t′。
则v＝v +at
0
mv
解得：t′= 0
eE
题型5带电体在等效重力场中的运动
13. （2023秋•南宁期末）如图，绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球。
小球处在水平方向的匀强电场中仅受重力、电场力、绳子拉力的作用，在竖直平面内做圆周运
动。已知小球所受的电场力大小等于重力大小，则有关小球在a、b、c、d四点的描述正确的
是（ ）
A．在最高点a处的机械能最大
B．在最低点c处的机械能最大
C．在水平直径右端b处的机械能最大
D．在水平直径左端d处的机械能最大
【解答】解：小球受电场力和重力大小相等，方向水平向右，则小球所受电场力和重力的合力
如图所示：合力与水平方向成45°角偏右下方。
根据功能原理，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，拉力不做功，从d到b的过程中，电
场力做正功，则b点机械能最大，d点机械能最小。故C正确，ABD错误。
故选：C。
14. （多选）（2024•青羊区校级模拟）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个
质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕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
√3mg
= ，下列说法正确的是（ ）
3q
A．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为√2gd
B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小
C．若将小球在A点由静止开始释放，则小球沿ACB做圆周运动，到B点会有一定的速度
D．若将细线剪断，再将小球在A点以大小为√gd的速度竖直向上抛出，小球将不能到达B点
√3mg √3
【解答】解：A、由于电场强度 E= ，则 Eq= mg，重力和电场力的合力大小为 F
3q 3
√ √3 2√3
=√(Eq) 2+(mg) 2= ( mg) 2+(mg) 2= mg。若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，设
3 3
v2
√2√3
它运动的最小速度为v，则有：F＝m ，解得：v= gd，故A错误；
d 3
B、若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，根据正电荷在电势高处电势能大，可知A点电势最高，小球在A点的电势能最大，根据能量守恒可知小球运动到A点时的机械能最小，故B正
确；
Eq √3
C、设重力和电场力的合力与竖直方向的夹角为 ，则tan = = ，得 ＝30°。若将小球在
mg 3
α α α
A点由静止开始释放，它将沿重力和电场力的合力方向即与电场方向成60°角斜向右下方做匀加
速直线运动，故C错误；
D、若将细线剪断，再将小球在A点以大小为√gd的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向做竖直
上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，当竖直方向上的位移为零时，所用时间t
√3
2v 2√gd √d 1 Eq 1 mg √d 2√3
= 0= =2 ，则水平位移x = • t2= • 3 （2 ）2= d≠2d，则小球将不
g g g 2 m 2 g 3
m
能到达B点，故D正确。
故选：BD。
15. （2024•南充模拟）如图，足够长的光滑绝缘水平台面左端固定一被压缩的绝缘轻质
弹簧，一个质量m＝0.05kg的可视为质点的带电小球与弹簧接触但不栓接，小球带电荷量 q＝
+1×10﹣4C。某一瞬间释放弹簧弹出小球，小球从水平台面右端A点飞出，恰好能以v＝5m/s
的速率没有碰撞地落到粗糙倾斜轨道的最高点B，并沿轨道滑下。已知倾斜轨道与水平方向夹
角为 ＝37°、倾斜轨道长为L＝2.75m，带电小球与倾斜轨道间的动摩擦因数 ＝0.5。倾斜轨
道通过α光滑水平轨道CD与半径R＝0.5m的光滑过山车模型的竖直圆轨道相连，μ小球在C点没
有机械能损失，运动过程小球的电荷量保持不变。竖直圆轨道处在范围足够大的竖直向下的匀
强电场中，圆轨道上的一点 P 位于圆轨道最低点 D 的右侧，距水平轨道高为 h ＝0.06m
0
（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2）。求：
（1）AB间的竖直距离h及被释放前弹簧的弹性势能E ；
p
（2）要使小球不脱离轨道（水平轨道足够长），电场强度E所满足的条件；
（3）如果E＝2×104N/C，小球进入轨道后，能够通过P点的次数。
【解答】解：（1）小球从A到B做平抛运动，小球在B点处的速度分解如图所示，B点处竖直分速度为：v ＝vsin37°
y
代入数据得：v ＝3m/s
y
在A点处速度为：v ＝vcos37°
x
代入数据得：v ＝4m/s
x
v2
由自由落体运动公式得：ℎ = y
2g
代入数据得：h＝0.45m
1
弹簧的弹性势能为：E = mv2
p 2 x
代入数据得：E ＝0.4J
p
v 2
（2）若小球恰能到达圆轨道最高点时速度v ，由牛顿第二定律得：qE +mg=m 1
1 1 R
小球从B恰好运动到圆轨道最高点时，由动能定理得：
1 1
mgLsin37°−μmgLcos37°−2(qE +mg)R= mv2− mv2
1 2 1 2
联立解得：E =2.2×103N/C
1
若小球从B恰好运动到圆轨道圆心等高处时，由动能定理得：
1
mgLsin37°−μmgLcos37°−(qE +mg)R=0− mv2
2 2
解得：E =1.3×104N/C
2
可知电场强度E所满足的条件为：E≥1.3×104N/C
或E≤2.2×103N/C
（3）若E＝2×104N/C，E≥1.3×104N/C，小球无法运动到圆轨道的圆心等高处，小球从B点到达
圆 轨 道 上 最 大 高 度 h 处 的 过 程 中 ， 由 动 能 定 理 得 ：
1
1
mgLsin37°−μmgLcos37°−(qE+mg)ℎ =0− mv2
1 2解得：h ＝0.36m
1
小球从第一次所能到达的圆轨道上最大高度 h 处滑下后，冲上斜面到达斜面最大高度处的过程
1
中（qE +mg）h ＝（mgsin37°+ mgcos37°）x
2 1
小球从斜面最大高度处滑下，第μ二次到达圆轨道上最大高度h 处的过程中
2
（qE +mg）h ＝（mgsin37°﹣ mgcos37°）x
2 2
μ
ℎ 1
联立解得：
2=
ℎ 5
1
1
则有⇒ℎ =( ) n−1 ℎ
n 5 1
当n＝3时，可知
1
ℎ =( ) 2 ℎ＜0.06= ℎ
3 5 1 0
故小球能够通过P点4次。
