文档内容
第三讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
知识梳理
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．
③充电时电流流入正极板，放电时电流流出正极板．
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与电容器两极板之间的电势差之比．
(2)定义式：C＝.
(3)决定式：C＝.
(4)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)；1 F＝106 μF＝1012 pF.
(5)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低．
(6)决定因素：由电容器本身物理条决定（正对面积、相对介电常数、两板间的距离），与电容器是否带电
及电压无关．
3．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝(如图)．
(2)沿静电力方向做匀加速直线运动
①加速度：a＝＝＝
②离开电场时的偏移量：y＝at2＝
③离开电场时的偏转角：tan θ＝＝
4．示波管
(1)构造
示波管的构造如图所示，它主要由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，管内抽成真空。(2)工作原理
①如果在偏转电极XX′之间和偏转电极YY′之间都没有加电压，电子束从电子枪射出后沿直线运动，打在
荧光屏中心，在那里产生一个亮斑。
②示波管的YY′偏转电极上加的是待测的信号电压，XX′偏转电极通常接入仪器自身产生的锯齿形电压，
叫作扫描电压。如果信号电压是周期性的，并且扫描电压与信号电压的周期相同，就可以在荧光屏上得到
待测信号在一个周期内随时间变化的稳定图像。
考点一、平行板电容器的动态分析
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＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．
②根据E＝分析场强的变化．
③根据U ＝E·d分析某点电势变化．
AB
(2)Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．
②根据E＝＝分析场强变化．
结论：
分类 充电后与电池两极相连 充电后与电池两极断开
不变量 U Q
d变大 C变小→Q变小、E变小 C变小→U变大、E不变
S变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
ε 变大 C变大→Q变大、E不变 C变大→U变小、E变小
r
例1、(2018·北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示。下列说法正确的是( )A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电
B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【答案】A
【解析】实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板上将感应出异种电荷，故A
正确。实验中，b板向上平移，正对面积S变小，由C＝知，电容C变小，由C＝知，Q不变，U变大，因
此静电计指针的张角变大，故B错误。插入有机玻璃板，相对介电常数ε变大，由C＝知，电容C变大，
由C＝知，Q不变，U变小，因此静电计指针的张角变小，故C错误。只增加极板带电量，电容C不变，
静电计指针的张角变大，是由于U变大导致的，故D错误。
例2、一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器(
)
A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
【答案】D
【解析】平行板电容器电容的表达式为C＝，将极板间的云母介质移出后，导致电容器的电容C变小。由
于极板间电压不变，据Q＝CU知，极板上的电荷量变小。再考虑到极板间电场强度E＝，由于U、d不
变，所以极板间电场强度不变，选项D正确。
课堂随练
训练1、(2022·河北“五个一名校联盟”二模)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷(上极板带正电)，
与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在 P点的正点电荷，以E表
示两板间的电场强度，U表示两板之间的电势差，E 表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏
p
角。若保持下极板不动将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则( )A．E不变，E 不变 B．U不变，E减小
p
C．θ增大，E不变 D．θ不变，E 增大
p
【答案】A
【解析】电容器没有连接电源，故电容器带的电荷量不变，上极板向下移动，板间距减小，根据 C＝可
知，电容增大，由电容的定义式可得，极板间的电势差减小，故静电计指针偏角θ减小，故B、C错误；
两板间的电场强度E＝＝＝，因此电场强度与板间距无关，即E不变，P点到下极板距离不变，则P点的
电势不变，所以点电荷在P点的电势能E 不变，故A正确，D错误。
p
训练2、(多选)如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很
少，可忽略，开关闭合，稳定时一带电的油滴静止于两极板间的P点，若断开开关K，将平行板电容器的
上极板竖直向下平移一小段距离，则下列说法正确的是( )
A．静电计指针的张角变小
B．P点电势升高
C．带电油滴向上运动
D．带电油滴的电势能不变
【答案】AD
【解析】将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小段距离，极板间距减小，根据 C＝可知，电容器的电
容增大，当开关断开后，两极板的电荷量不变，又U＝，所以，极板间的电势差减小，则静电计指针的张
角变小，A正确；根据场强公式，得E＝＝＝，当断开开关后，极板的电荷量不变，故可得场强不变，故
带电油滴不会移动，根据电势差与场强的关系可知，P点的电势不变，带电油滴的电势能不变，B、C错
误，D正确．
训练3、(多选)平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合开关
S，电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示．那么( )A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
【答案】AD
【解析】保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场
强度E增大，小球所受的静电力变大，θ增大，故A正确，B错误；断开开关S，电容器所带的电荷量不
变，由C＝，C＝得E＝＝＝，知d变化，E不变，小球所受静电力不变，θ不变，故C错误，D正确．
考点二、电容器的充、放电现象
1．电容器的充电过程
如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在静电力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移
动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带等量的正、负电荷．电荷在
移动的过程中形成电流．
在充电开始时电流比较大(填“大”或“小”)，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小(填“增大”或
“减小”)，当电容器两极板间电压等于电源电压时电荷停止定向移动，电流I＝0 .
2．电容器的放电过程
如图所示，当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负极板上电荷发
生中和．在电子移动过程中，形成电流．
放电开始电流较大(填“大”或“小”)，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐渐减小(填“增
大”或“减小”)，两极板间的电压也逐渐减小到零．
例1、在如图所示实验中，关于平行板电容器的充、放电，下列说法正确的是( )A．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带正电
B．开关接1时，平行板电容器充电，且上极板带负电
C．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带正电
D．开关接2时，平行板电容器充电，且上极板带负电
【答案】A
【解析】开关接1时，平行板电容器充电，上极板与电源正极相连而带正电，A正确，B错误；开关接2
时，平行板电容器放电，放电结束后上、下极板均不带电，C、D错误．
例2、（多选）电流传感器可以像电流表一样测量电流，可以捕捉到瞬间的电流变化，相当于一个理想电
流表。用如图甲所示的电路来研究电容器的放电过程。实验时将开关S拨到1端，用直流电压为8 V的电
源给电容器充电，待电路稳定后，将电流传感器打开，再将开关 S拨到2端，电容器通过电阻R放电。以
S拨到2端时为t＝0时刻，电流传感器测得的电流I随时间t的变化图像如图乙所示，根据题意，下列说法
正确的是( )
A．由It图像可知，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为3.2×10－3 C
B．由It图像可知，电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为3.2 C
C．此电容器的电容约为4.0×10－4 F
D．此电容器的电容约为0.4 F
【答案】AC
【解析】将横坐标t分成许多很小的时间间隔Δt，在这些很小的时间间隔里，放电电流I可以视为不变，
则IΔt为这段时间内的放出的电荷，则电容器所带的电荷量为Q＝IΔt ＋IΔt ＋IΔt ＋…＋IΔt ，式中
1 1 2 2 3 3 n n
IΔt 、IΔt 、…为图中的狭条形面积，由此可知，电容器所带的电荷量在数值上等于图像与横坐标轴所包
1 1 2 2
围的面积。纵坐标的每个小格为0.2 mA，横坐标的每个小格为0.4 s，则每个小格所代表的电荷量数值为q
＝0.2×10－3×0.4 C＝8×10－5 C，曲线下包含的小正方形的个数为40个(格数为38～42都正确)，总放电量为Q＝40×8×10－5 C＝3.2×10－3 C，故A正确，B错误。由电容器的计算公式，可得电容值C＝＝ F＝4×10－4
F，故C正确，D错误。
课堂随练
训练1、(多选)(2022·天津等级考模拟)如图所示，这是一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的
串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是( )
A．若将A板向右平移一小段位移，电容器的电容C减小
B．若断开S，将B板向下平移一小段位移，带电液滴的电势能减小
C．在S仍闭合的情况下，增大两极板距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流
D．若断开S，减小两极板间的距离，则带电液滴向下运动
【答案】AB
【解析】根据C＝可知，将A板向右平移一小段位移，则两极板正对面积S减小，电容器的电容C减小，
故A正确；由题图可知带电液滴受到竖直向上的电场力，电场方向竖直向下，带电粒子带负电荷，若断开
S，则电容器的电荷量不变，根据 C＝，C＝，E＝可得E＝Q·，可知电场强度不变，B板电势为零，根据
U ＝Ed 可得φ －0＝Ed ，可知将B板向下平移一小段位移，则d 增大，P点的电势升高，根据E ＝φq
PB PB P PB PB p
可知，电势升高，带负电荷的液滴电势能减小，故B正确；在S仍闭合的情况下，根据C＝可知，增大两
极板距离的过程中，电容器的电容C减小，电容器放电，电阻R中有从a到b的电流，故C错误；根据选
项B分析可知，若断开S，减小两极板距离，电场强度不变，液滴受到的电场力不变，则带电液滴不动，
故D错误。
训练2、(多选)如图甲所示连接电路，选用8 V直流电源，470微法的电解电容器。当单刀双掷开关S掷向
1端，电源向电容器充电。然后把开关掷向 2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算
机，屏幕上显示出如图乙所示的电流随时间变化曲线。一位同学对实验进行了一些分析，其中正确的是(
)A．开关S掷向2端时，流经电流传感器的电流方向从B到A
B．放电过程中电容器的电容C、电荷量Q、电压U都变小
C．It图中曲线与横坐标轴围成的面积表示电容器储存的电荷量
D．电容器充电完毕时，储存的电能约为0.015 J
【答案】CD
【解析】开关S掷向1端时，电容器上极板接电源的正极；开关S掷向2端时，流经电流传感器的电流方
向从A到B，选项A错误。放电过程中电容器的电荷量Q、电压U都变小，电容C不变，选项B错误。根
据Q＝It，则It图中曲线与横坐标轴围成的面积表示电容器储存的电荷量，选项C正确。根据W＝UIt，结
合Q＝It以及Q＝CU可知，电容器充电完毕时，储存的电能约为E＝CU2＝×470×10－6×82 J≈0.015 J，选项
D正确。
考点三、带电粒子(体)在电场中的直线运动
1．带电粒子(体)在电场中运动时是否考虑重力的处理方法
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不
忽略质量)。
(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，一般都要考虑重力。
2．做直线运动的条件
(1)粒子所受合力F ＝0，粒子静止或做匀速直线运动。
合
(2)粒子所受合力F ≠0，且合力与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做变速直线运动。
合
3．解题思路
(1)用动力学观点分析
Eq＋F ＝ma，E＝(匀强电场)，v2－v＝2ad(匀变速直线运动)。
其他
(2)用能量观点分析①匀强电场中：W ＝Eqd＝qU，W ＋W ＝mv2－mv。
电 电 其他
②非匀强电场中：W ＝qU，W ＋W ＝E －E 。
电 电 其他 k2 k1
例1、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l的平面．若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，
则M∶m为( )
A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1
【答案】A
【解析】设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子a ＝，l＝·t2；对电荷量为－q的
M
粒子有a ＝，l＝·t2，联立解得＝，故选A.
m
例2、如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为
m、带电荷量为q，从极板M的左边缘A处以初速度v 水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射
0
出，则( )
A．微粒到达B点时动能为mv2
0
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．两极板的电势差U ＝
MN
D．微粒从A点到B点的过程电势能减少
【答案】C
【解析】微粒仅受电场力和重力，电场力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力
方向沿水平方向。由此可得，电场力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，
微粒到达B时动能小于mv2，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，选项B错
0
误；两极板的电势差U ＝Ed＝，选项C正确；微粒从A点到B点的过程中，电场力做负功，电势能增
MN
加，电势能增加量qU ＝，选项D错误。
MN例3、(2021·东北三省三校联考)如图甲所示，A、B是两个足够大的平行金属板，两平行板间加如图乙所示
电压，U、T 为已知。质量为m、电荷量为q的带正电粒子在t＝0时刻从紧靠A板位置由静止释放(不计重
0 0
力)，粒子经2T 时间到B板。求：
0
(1)粒子到达B板时的速度v；
(2)两个金属板间的距离d。
【答案】(1)3 (2)T
0
【解析】(1)在0～T 时间，粒子运动的位移为d＝·T＝
0 1
在T～2T 时间，粒子运动的位移为
0 0
d＝＋＝
2
根据动能定理得
2qU＋qU＝mv2
0 0
解得v＝3。
(2)根据位移关系得d＋d＝d
1 2
解得d＝T。
0
课堂随练
训练1、(多选)如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大
小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它
们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互
作用和重力可忽略。下列说法正确的是( )
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量大小相等【答案】BD
【解析】经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则x ＞x ，根据x＝at2＝t2知，m ＜
a b a
m，故A错误。电场力做功W＞W，由动能定理知，a的动能比b的动能大，故B正确。a、b处在同一等
b a b
势面上，根据E ＝qφ，a、b的电势能绝对值相等，符号相反，故C错误。根据动量定理知a、b的动量大
p
小相等，故D正确。
训练2、(2021·江西省教学质量检测)如图所示，A、B为平行金属板，两极板相距为d，分别与电源两极连
接。两板的中央各有一小孔M、N。今有一带电质点自A板上方距离为d的P点由静止下落，不计空气阻
力，到达两板中点时的速度恰好为零，然后沿原路返回。则带电质点的重力与它在电场中所受电场力的大
小之比为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．3∶1
【答案】B
【解析】带电质点从P点开始由静止下落到两板中点时，先加速后减速到零，根据动能定理有mg·d－qEd
＝0，重力与电场力的大小之比为1∶3，故B正确。
训练3、匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一
个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受静电力的作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度不为零
D．0～3 s内，静电力做的总功为零
【答案】D
【解析】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小为a ＝，第2 s内加速度大小为a ＝，故
1 2a＝2a，因此先加速1 s再减速0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，v－t图像如图所示：
2 1
带电粒子在第1 s做匀加速运动，在第2 s内先做匀减速运动，后反向加速，所以不是始终向同一方向运
动，故A错误；根据速度－时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在 t＝2 s时，带电粒子没有回到
出发点，故B错误；由图可知，3 s末的瞬时速度为0，故C错误；因为第3 s末粒子的速度刚好减为0，根
据动能定理可知，0～3 s内，静电力做的总功为零，故D正确．
考点四、带电粒子在匀强电场中的偏转
1．基本规律
设粒子所带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响)，
粒子能以平行金属板的初速度v 进入两金属板间且能从两金属板之间穿过，则有
0
(1)加速度：a＝＝＝。
(2)在电场中的运动时间：t＝。
(3)速度
v＝，tanθ＝＝。
(4)位移
2．两个结论
(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的偏转角度和偏移量y总是相
同的。
证明：由qU＝mv及tanθ＝，得tanθ＝。由qU＝mv及y＝，得y＝。
0 0
(2)粒子经电场偏转射出后，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
极板边缘的水平距离为。
3．在示波管模型中，带电粒子经加速电场U 加速，再经偏转电场U 偏转后，需要经历一段匀速直线运动
1 2
才会打到荧光屏上而显示亮点P，如图所示。
(1)确定最终偏移距离
思路一：思路二：
(2)确定偏转后的动能(或速度)
思路一：
思路二：
例1、如图所示，矩形区域ABCD内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子 a和b以相同的水平速
度射入电场，粒子a由顶点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从顶点C射出．若
不计重力，则a和b的比荷(带电荷量与质量的比值)之比是( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶8 D．8∶1
【答案】D
【解析】粒子在水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移大小之比为1∶2，根据x＝vt，知时间
0
之比为1∶2.粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，根据y＝at2，y之比为2∶1，则a、b的加速度之比为8∶1.
根据牛顿第二定律知，加速度a＝，加速度大小之比等于比荷之比，则两电荷的比荷之比为 8∶1，故D正
确，A、B、C错误．
例2、喷墨打印机的结构原理如图所示，其中墨盒可以发出半径为1×10－5 m的墨汁微粒，此微粒经过带电
室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后的微粒以一定的初
速度进入偏转电场，经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微粒不带电，沿直线通过偏转电场而注入回流槽流入墨盒。设偏转极板长 L ＝1.6 cm，两板间的距离d＝0.50 cm，
1
偏转板的右端到纸的距离L ＝2.4 cm。若一个墨汁微粒的质量为1.6×10－10 kg，所带电荷量为1.25×10－12
2
C，以20 m/s的初速度垂直进入偏转电场，打到纸上的点距原入射方向的距离是1.0 mm(不计空气阻力和墨
汁微粒的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性)( )
A．墨汁从进入偏转电场到打在纸上，做类平抛运动
B．两偏转板间的电压是2.0×103 V
C．两偏转板间的电压是5.0×102 V
D．为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压降低10%
【答案】C
【解析】墨汁在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，选项A错误；墨汁出偏转电场
后做匀速直线运动，且反向延长线交水平位移的中点，如图所示
由图可知tan θ＝，tan θ＝，又v＝at＝t，t＝联立解得两偏转板间的电压是U＝5.0×102 V，选项B错误，
y
C正确；由以上式子整理得y＝，为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压提高10%，选项D错误。
课堂随练
训练1、(多选)(2022·张家口期末)如图所示，xOy坐标系内，第一象限存在水平向左的匀强电场。第二象限
存在竖直向下的匀强电场，y轴上c点和x轴上d点连线为电场的下边界。相同的带电粒子甲、乙分别从a
点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，下列说
法正确的是( )
A．带电粒子甲、乙在c点速度之比为2∶1B．带电粒子甲、乙在c点速度之比为∶1
C．带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移比为∶1
D．带电粒子甲、乙在第二象限射出电场时速度方向相同
【答案】BD
【解析】根据题意，由v＝2ax可得带电粒子甲、乙在c点速度之比为v ∶v ＝∶1，故A错误，B正确；
1 甲 乙
甲、乙两粒子从c点水平射入第二象限的电场中做类平抛运动，设cd与x轴正方向夹角为α，则带电粒子
从c、d连线上射出时，有tan α＝＝＝，可得粒子在第二象限的电场中运动时间t＝，粒子在第二象限中的
位移s＝＝＝，两粒子的加速度a 相同，α一定，则s ∶s ＝v∶v＝2∶1，故C错误；设速度方向与水平方向
2 甲 乙
夹角为θ，tan θ＝2tan α，甲、乙在第二象限射出电场时速度方向与水平方向夹角θ相同，故D正确。
训练2、(2019·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属
网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G
的左端上方距离G为h的位置，以速度v 平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
0
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
【答案】(1)mv2＋qh v (2)2v
0 0 0
【解析】(1)PG、QG间场强大小相等，均为E。粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加
速度大小为a，有E＝ ①
F＝qE＝ma ②
设粒子第一次到达G时动能为E，由动能定理有
k
qEh＝E－mv2 ③
k 0
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有h＝at2` ④
l＝vt⑤
0
联立①②③④⑤式解得E＝mv2＋qh ⑥
k 0
l＝v。 ⑦
0
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L为
L＝2l＝2v。 ⑧
0
同步训练
1、(多选)关于电容器的电容，下列说法中正确的是( )A．根据C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两极板间的电压成反比
B．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比
C．无论电容器电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变
D．电容器所带电荷量增加2倍，则电容增大2倍
【答案】BC
【解析】电容是电容器本身的性质，一个确定的电容器的电容是不变的，与所带的电荷量无关，故 A、D
错误；根据Q＝CU，对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比，故B正确；根据电容的定
义式C＝可知，电容器所带的电荷量与电压的比值是电容，故C正确．
2、(2021·湖北武汉市4月质检)如图1所示，A、B为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在恒压
直流电源的两极上。当纸张从平行极板间穿过时，若负电荷从a向b流过灵敏电流计G，则电流计指针偏
向a端；若负电荷从b向a流过灵敏电流计G，则指针偏向b端。某次纸张从平行极板间穿过时，发现电
流计指针偏向b端，下列说法正确的是( )
图1
A．两极板间纸张厚度减小
B．两极板间纸张厚度不变
C．两极板间纸张厚度增加
D．以上三种情况都有可能
【答案】A
【解析】某次纸张从平行极板间穿过时，发现电流计指针偏向b端，则负电荷从b向a流过灵敏电流计
G，电容器放电，根据C＝及Q＝CU可知，电容变小，则两极板间纸张厚度减小，故A正确。
3、(2022·潮州第一次质检)如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左
侧极板B和静电计外壳均接地，电容器右侧极板A与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开，下
列操作能使静电计的指针张角变大的是( )A．减小A板与B板之间的水平距离
B．将橡胶棒插入A板与B板之间
C．A板位置不动，将B板稍微竖直向下平移
D．将A板也接地
【答案】C
【解析】静电计反映的是电容器两极板之间的电势差，电容器带电后与电源断开，则Q不变，减小A板与
B板之间的水平距离，根据C＝可知电容C增大，根据U＝可知U变小，指针偏角变小，故A错误；将橡
胶棒插入A板与B板之间ε 变大，根据C＝可知电容C增大，根据U＝可知U变小，指针偏角变小，故B
r
错误；A板位置不动，将B板稍微竖直向下平移，S变小，根据C＝可知电容C减小，根据U＝，可知U
变大，指针偏角变大，故C正确；将A板也接地，A、B两板电势差变为0，则指针偏角变小，故D错误。
4、(多选)如图所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气
阻力，则小球( )
A．做直线运动
B．做曲线运动
C．速率先减小后增大
D．速率先增大后减小
【答案】BC
【解析】对小球受力分析，小球受重力、静电力作用，合外力的方向与初速度的方向不在同一条直线上，
故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐
角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误．
5、如图所示，平行板电容器上极板带正电，从上极板的端点A点释放一个带电荷量为＋Q(Q＞0)的粒子，
粒子重力不计，以水平初速度v 向右射出，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为 1∶2时，恰好从下端
0
点B射出，则d与L之比为( )A．1∶2 B．2∶1
C．1∶1 D．1∶3
【答案】C
【解析】设粒子从A到B的时间为t，粒子在B点时，竖直方向的分速度为v，由类平抛运动的规律可得L
y
＝vt，d＝t，又v∶v＝1∶2，可得d∶L＝1∶1，选项C正确．
0 0 y
6、(多选) 如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略
不计)．若分别在A、B两板间加下列选项所示的四种周期性变化的电压(各选项仅展示了一个周期内的电
压)，则其中一定能使电子打到B板的是( )
【答案】CD
【解析】加A项所示电压时，电子最初受到向右的静电力，开始向B板运动，电子先做加速度减小的加速
运动，然后做加速度增大的减速运动，2t 时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始
0
位置时速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故A错误；加B项所示电压时，
电子向B板先匀加速再匀减速，2t 时刻速度为零，再向A板先加速、后减速至初始位置，且到初始位置时
0
速度变为零，如此在A、B间往复运动，电子有可能打不到B板，故B错误；加C项所示电压时，电子向
B板先加速再减速至速度为零，周而复始，一直向B板运动，一定能到达B板，故C正确；加D项所示电
压时，电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能到达B板，故D正确．
7、(2022·北京西城区5月统测)具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。让氢的三种同位素原子核
(H、H和H)以相同的速度从带电平行板间的P点沿垂直于电场的方向射入电场，分别落在A、B、C三
点，如图所示。不计粒子的重力，则( )A．三种粒子在电场中运动的时间相同
B．三种粒子在电场中运动的过程中电势能的变化量相同
C．落在A点的是H
D．到达负极板时，落在C点的粒子的动能大于落在A点的粒子的动能
【答案】B
【解析】三种粒子在水平方向的分速度相同，但水平位移不同，所以在电场中运动的时间不同，故A错
误；三种粒子的电荷量q相同，且P到A、B、C三点间电势差U相等，根据ΔE ＝－qU可知三种粒子在
p
电场中运动的过程中电势能的变化量相同，故B正确；设两极板间电场强度大小为E，粒子质量为m，则
粒子在垂直于极板方向的加速度大小为a＝，设P点到负极板的竖直距离为h，则粒子的水平位移大小为x
＝vt＝v＝v，由上式可知质量越大的粒子水平位移越大，所以落在A点的是H，故C错误；粒子到达负极
板时的动能为E ＝mv2＋qU，由上式可知质量越大的粒子到达负极板时的动能越大，由 C项分析可知，落
k
在C点的粒子的动能小于落在A点的粒子的动能，故D错误。
8、(多选)质子和α粒子(氦核)分别从静止开始经同一加速电压U 加速后，垂直于电场方向进入同一偏转电
1
场，偏转电场电压为U.两种粒子都能从偏转电场射出并打在荧光屏MN上，粒子进入偏转电场时速度方向
2
正对荧光屏中心O点．下列关于两种粒子运动的说法正确的是( )
A．两种粒子会打在屏MN上的同一点
B．两种粒子不会打在屏MN上的同一点，质子离O点较远
C．两种粒子离开偏转电场时具有相同的动能
D．两种粒子离开偏转电场时具有不同的动能，α粒子的动能较大
【答案】AD
【解析】两种粒子在加速电场中做加速运动，由动能定理得 qU ＝mv2－0，偏转电场中，设板长为L，平
1 0
行于极板方向：L＝vt，垂直于极板方向：a＝＝，y＝at2，离开偏转电场时速度的偏转角为α，有tan α＝
0
＝，联立以上各式得y＝，tan α＝，偏移量y和速度偏转角α都与粒子的质量m、电荷量q无关，所以偏
移量y相同，速度方向相同，则两种粒子打在屏MN上同一点，故A正确，B错误；对两个粒子先加速后偏转的全过程，根据动能定理得qU ＋qU′＝E －0，因α粒子的电荷量q较大，故离开偏转电场时α粒子
1 2 k
的动能较大，C错误，D正确．
9、(2020·浙江7月选考)如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v 从MN连线上的P点水平
0
向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则
粒子到达MN连线上的某点时( )
A．所用时间为
B．速度大小为3v
0
C．与P点的距离为
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】C
【解析】粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有x＝vt，在竖直方向上有y＝×t2，当粒子到达MN连
0
线上的某点时，有＝tan45°，联立可得t＝，故A错误；当粒子到达MN连线上的某点时，有v＝t＝2v ，
y 0
故此时粒子的速度大小为v＝ ＝ v，故B错误；由几何关系可知，粒子到达MN连线上的某点时，与P点
0
的距离为L＝vt＝，故C正确；粒子到达MN连线上的某点时，速度方向与竖直方向的夹角的正切值为
0
tanα＝＝0)的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v 穿出电场，AC
0
与AB的夹角θ＝60°。运动中粒子仅受电场力作用。
(1)求电场强度的大小；
(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？
(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv，该粒子进入电场时的速度应为多大？
0
【答案】(1) (2)v (3)0或v
0 0
【解析】(1)初速度为零的粒子，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C。由几何关系和电
场强度的定义知
l ＝R ①
AC
F＝qE ②
由动能定理有F·l ＝mv2 ③
AC 0
联立①②③式得E＝。 ④
(2)如图所示，由几何关系知AC⊥BC，故电场中的等势线与BC平行。作与BC平行的直线与圆相切于D
点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知
∠PAD＝30°，l ＝R，
AP
l ＝R ⑤
DP
设粒子以速度v 进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t。粒子在AC方向做加速度为a的匀加
1 1
速运动，运动的距离等于l ；在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于l 。由牛顿第二定律和
AP DP
运动学公式有F＝ma⑥
l ＝at2 ⑦
AP 1
l ＝vt ⑧
DP 11
联立②④⑤⑥⑦⑧式得v＝v。 ⑨
1 0(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方
向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系。
由运动学公式有
y＝at2 ⑩
x＝vt ⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有
2＋2＝R2 ⑫
粒子在电场中运动时，其x方向的动量不变，y方向的初始动量为零。设穿过电场前后动量变化量的大小
为mv 的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v，由题给条件及运动学公式有
0 2
mv＝mv＝mat ⑬
2 0
联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得
v＝0和v＝v。
0
