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第 3 讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
知识点 常见电容器 Ⅰ
电容器的电压、电荷量和电容的关系 Ⅰ1.电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。最简单的电容器是平行板
电容器。
(2)电容器的充电、放电
①充电：两极板的电荷量增加，极板间的电场强度增大，电源的能量不断储存
在电容器中。
②放电：电容器把储存的能量通过电流做功转化为电路中其他形式的能量。
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Q与电容器两极板之间的电势差U之比，叫作
电容器的电容。其中“电容器所带的电荷量Q”，是指一个极板所带电荷量的绝
对值。
(2)定义式：C＝。推论：C＝。
(3)单位：法拉(F)，1 F＝ 10 6 μF＝ 10 12 pF。
(4)物理意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
(5)决定因素
电容C的大小由电容器本身结构(大小、形状、正负极相对位置及电介质)决定
与电容器是否带电及所带电荷量(或两端所加电压)无关。
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，与两极板间电
介质的相对介电常数成正比，与极板间的距离成反比。
(2)决定式： C ＝ ，k为静电力常量。
4．常用电容器(1)分类：从构造上看，可分为固定电容器和可变电容器。
(2)击穿电压与额定电压：加在电容器极板上的电压不能超过某一限度，超过
这个限度，电介质将被击穿，电容器损坏，这个极限电压叫作击穿电压；电容器外
壳上标的电压是工作电压，或称额定电压，这个数值比击穿电压低。
知识点 带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ
1．加速问题
分析带电粒子加速问题的两种思路：
(1)利用牛顿第二定律结合匀变速直线运动公式来分析；适用于匀强电场且涉
及运动时间等描述运动过程的物理量的情景。
(2)利用静电力做功结合动能定理来分析；适用于涉及位移、速率等动能定理
公式中的物理量或非匀强电场的情景。
2．偏转问题
(1)条件分析：带电粒子的初速度方向跟电场方向垂直。
(2)运动性质：类平抛运动。
(3)处理方法：利用运动的合成与分解。
①沿初速度方向：做匀速直线运动，运动时间t＝。
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速直线运动。
③运动过程，如图所示：
知识点 示波管 Ⅰ
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。
知识点 实验：观察电容器的充、放电现象
1．实验电路及器材
如图所示，把直流电源、电阻、电容器、电流表、电压表以及单刀双掷开关组装
成实验电路。
2．实验步骤
(1)把开关S接1，观察电流表及电压表指针的偏转。
(2)把开关S接2，观察电流表及电压表指针的偏转。
3．实验现象
(1)充电现象：把开关S接1时，可以看到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定
在某一数值。通过观察电流表可以知道，充电时电流由电源的正极流向电容器的
正极板，充电电流逐渐减小至0。
(2)把开关S接2时，观察电流表可以知道，放电电流由电容器的正极板经过电
阻R流向电容器的负极板，放电电流减小，最后减小到0。同时可以看到，电压表
示数减小，最后减小到0。
一 堵点疏通
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．标有“1.5 μF,9 V”规格的电容器，其所带电荷量定为1.35×10－5 C。( )4．平行板电容器充电后与电源断开，则电荷量Q一定；若一直与稳压电源连
接，则电压U不变。( )
5．带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。( )
6．带电粒子在电场中运动时，不加特别说明重力可以忽略不计，带电微粒、带
电液滴在电场中运动时，不加特别说明重力不可以忽略不计。( )
答案 1.× 2.× 3.× 4.√ 5.× 6.√
二 对点激活
1．关于电容器的电容，下列说法中正确的是( )
A．电容器所带电荷量越多，电容越大
B．电容器两板间电压越低，其电容越大
C．电容器不带电时，其电容为零
D．电容器的电容只由它本身的特性决定
答案 D
解析 电容器所带电荷量越多，板间电压越大，但电容不变，A错误；电容器
所带电荷量越少，其两板间电压越低，但电容不变，B错误；电容表示电容器容纳
电荷本领的大小，电容器不带电时，其电容不为零，C错误；电容表示电容器容纳
电荷本领的大小，由电容器本身的特性决定，D正确。
2．(多选)如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的
电势差U，电容器已带电，则下列判断正确的是( )
A．增大两极板间的距离，指针张角变大
B．将A板稍微上移，静电计指针张角变大
C．若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大
D．若减小两板间的距离，则静电计指针张角变小
答案 ABD
解析 静电计的原理是电势差U变大(小)，指针张角变大(小)。电容器所带电荷量一定，由公式C＝知，当d变大时，C变小，再由C＝
得U变大，指针张角变大，A正确；当A板上移时，极板正对面积S变小，C也变小，
U变大，指针张角变大，B正确；当插入玻璃板时，相对介电常数ε 增大，C变大，U
r
变小，指针张角变小，C错误；当两板间的距离减小时，C变大，U变小，指针张角
变小，D正确。
3．(人教版必修第三册·P ·T )先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板
49 3
形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。在下列两种情况下，分别求出
电子偏转角的正切与氢核偏转角的正切之比。
(1)电子与氢核的初速度相同；
(2)电子与氢核的初动能相同。
答案 (1) (2)1
解析 设偏转电压为U，带电粒子的电荷量为q，质量为m，垂直进入偏转电
场的速度为v0 ，偏转电场两极板间距离为d，极板长为l，则粒子在偏转电场中的加
速度a＝，在偏转电场中运动的时间为t＝，粒子离开偏转电场时沿静电力方向的
速度vy ＝at＝，粒子离开偏转电场时速度方向的偏转角的正切值tanθ＝＝。
(1)若电子与氢核的初速度相同，则＝。
(2)若电子与氢核的初动能相同，则＝1。
考点1 平行板电容器的动态分析
1.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。
2．运用电容的定义式和决定式分析电容器相关量变化的思路
(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。
3．电容器两类问题的比较
(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＝φ －φ 分析某点电势变化。
AB A B
(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
特别提醒：在平行板电容器两板间插入电介质，例如云母片，相当于ε 增大；加
r
入与极板等大的导体板，相当于d减小。
例1 如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时
闭合开关S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是( )
A．开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大
B．开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大
C．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压不变
D．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变
(1)静电计张角增大，表示什么含义？
提示：表示平行板电容器两极板间电压增大。(2)平行板电容器充电完毕后与电源断开后，不变量是什么？
提示：电荷量。
尝试解答 选D。
保持开关S闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电
势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，静电计指针
张角都不变，A、B错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将两极板间距增
大，即d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，板间电压增大，C错误；断开开
关S后，电容器所带电荷量不变，若紧贴下极板插入金属板，则d减小，根据E＝＝
知，极板间的电场强度不变，D正确。
解决电容器板间场强的技巧
(1)在电压不变的情况下，由E＝来判断场强变化，场强E只随板间距离而变。
(2)在电荷量保持不变的情况下，由E＝＝＝知，电场强度与板间距离无关。
[变式1－1] (2020·天津市耀华中学一模)(多选)如图所示，两块较大的金属板
A、B平行放置并与一个电源相连，其中A板接地(取大地电势φ＝0)。S闭合后，两
板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是(
)
A．保持S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有
b→a的电流
B．保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移(油滴仍处于两极板之间)，则油
滴仍然静止，G中有b→a的电流
C．若将S断开，则油滴立即向下做匀加速直线运动
D．若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，则油滴仍然保持静止，但油
滴的电势能减小
答案 AB
解析 开始时，油滴所受重力和静电力平衡，即mg＝qE，保持S闭合，则两板间电压不变，将A板上移一小段位移，两板间距离d增大，由E＝可知，E变小，油
滴所受静电力变小，故油滴应向下加速运动；根据C＝、C＝，知Q＝，故电容器所
储存的电量减小，向外放电，故G中有b→a的电流，A正确。保持S闭合，若将A
板向左平移一小段位移，由E＝可知，E不变，油滴仍静止；根据Q＝，知电容器所
储存的电量减小，向外放电，故G中有b→a的电流，B正确。若将S断开，电容器
所储存的电量Q不变，则两板间场强不变，油滴仍静止，故C错误。若将S断开，Q
不变，再将B板向下平移一小段位移，根据C＝、C＝、E＝，可得E＝，可知场强E
不变，则油滴仍静止；油滴所在位置与A板的距离不变，则根据U＝Ed可知油滴
所在位置与A板间的电势差不变，又因为A板接地，则油滴所在位置的电势不变，
油滴的电势能不变，故D错误。
[变式1－2] 一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个
正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、
φ表示P点的电势、E 表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板
p
缓慢向右平移一小段距离l 的过程中，下列关于各物理量与负极板移动距离x的
0
关系图像中正确的是( )
答案 C
解析 电容器的电容C＝，两板间距随负极板向右平移而逐渐减小，电容C与
d成反比，故Cx图像为曲线，A错误；电容器与电源断开后，电荷量不变，根据E
＝，U＝，C＝，可知E＝，保持不变，B错误；负极板接地，电势为零，P点的电势φ
等于P点到负极板的电势差，即φ＝El，E不变，l线性减小，φ线性减小，C正确；
由E ＝qφ可知，E 随l的变化而变化，D错误。
p p
考点2 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
合
变速直线运动。
3．解题思路
(1)用动力学观点分析
Eq＋F
其他
＝ma，E＝(匀强电场)，v 2－v＝2ad(匀变速直线运动)。
(2)用功能观点分析
①匀强电场中：W 电 ＝Eqd＝qU，W 电 ＋W 其他 ＝m v 2－m v。
②非匀强电场中：W ＝qU，W ＋W ＝E －E 。
电 电 其他 k2 k1
例2 (2020·河南省洛阳市高三下第三次统考)(多选)如图所示，一中央开有正
对小孔的平行板电容器，水平放置并与电源连接，电源电压恒为U，开关闭合时，
将一带电液滴从两小孔的正上方P点静止释放，液滴穿过A板的小孔a恰好能够
到达B板的小孔b处，然后沿原路返回(不计一切阻力，且液滴运动过程中电荷量
保持不变)。现欲使液滴能从小孔b处穿出，下列可行的办法是( )
A．保持开关闭合，将A板下移一段距离
B．保持开关闭合，将B板下移一段距离
C．将开关断开，将A板上移一段距离
D．将开关断开，将B板上移一段距离
(1)静电力对小球做什么功？提示：负功。
(2)断开开关，移动A板，板间场强如何变化？
提示：不变。
尝试解答 选BD。
带电液滴从P点运动到小孔b处的过程中，根据动能定理有：mgh －qU＝E
Pb kb
－0，开关闭合时，电容器两板之间的电压U不变，将A板下移一段距离，h 不变，
Pb
液滴仍恰好能够达到B板的小孔b处；将B板下移一段距离，h 增大，根据动能
Pb
定理知，液滴能够从小孔b处穿出，A错误，B正确。带电液滴从P点运动到小孔b
处的过程中，根据动能定理有：mgh －qEd＝E －0，开关断开时，极板所带电荷量
Pb kb
不变，极板间电场强度E＝＝＝＝，可知改变两极板间距离，场强不变，将A板上
移一段距离，d增大，h 不变，根据动能定理知，液滴不可能从小孔b处穿出；将B
Pb
板上移一段距离，d减小，h 减小，且减小量相同，根据动能定理知，液滴能够从小
Pb
孔b处穿出，C错误，D正确。
带电体在电场中运动的分析方法
解决此类问题的关键是灵活利用动力学方法分析，可以采用受力分析和运动
学公式相结合的方法进行解决，也可以采用功能的观点进行解决，往往优先采用
动能定理。
[变式2－1] (2020·湖北省武汉市高三下五月质量检测)(多选)如图所示，两个
相同的平行板电容器均与水平方向成 θ角放置，两极板与直流电源相连。若带电
小球分别以速度v0 沿边缘水平射入电容器，均能沿图中所示水平直线恰好穿出电
容器，穿出时的速度分别为v1 和v2 。下列说法正确的是( )
A．两种情形下带电小球的运动时间相等
B．两种情形下电容器所加电压相等
C．小球的速度满足关系v0 ＝v1 ＝v2D．小球的速度满足关系2 v＝v＋v
答案 BD
解析 静电力的方向垂直于极板，由于两种情况下小球均沿着水平方向运动，
竖直方向所受合力均为零，因此两种情况下带电小球所受静电力大小均为F＝，又
因两电容器相同，根据F＝Eq＝知两种情形下电容器所加电压相等，B正确；分析
知第一种情况小球做匀减速直线运动，第二种情况小球做匀加速直线运动，初速
度相同，运动位移相同，由匀变速直线运动规律知，两种情况带电小球的运动时间
不同，末速度也不同，A、C错误；第一种情况，水平方向上有：v－v＝2ax，第二种
情况，水平方向上有：v－v＝2ax，两式联立，可得2 v＝v＋v，D正确。
[变式2－2] (2017·江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、
C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动
到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子( )
A．运动到P点返回
B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回
D．穿过P′点
答案 A
解析 设AB、BC间的电场强度分别为E 、E ，间距分别为d 和d ，电子由O
1 2 1 2
点运动到P点的过程中，据动能定理得：
eE d －eE d ＝0①
1 1 2 2
当C板向右平移后，BC板间的电场强度
E ′＝＝＝＝，
2
BC板间的电场强度与板间距无关，大小不变。
第二次释放后，设电子在BC间移动的距离为x，则
eE d －eE x＝0－0②
1 1 2比较①②两式知，x＝d ，即电子运动到P点时返回，A正确。
2
考点3 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v0 进入两金属板间且
能从两金属板之间穿过，则有
(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
0
＝m v及tanθ＝，得tanθ＝。由qU
0
＝m v及y＝，得y＝。
(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，
1 2
需要经历一段匀速直线运动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3 如图所示，一真空示波管的电子从灯丝K发出(初速度不计)，经灯丝与
A板间的加速电场加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金
属板M、N形成的偏转电场中(偏转电场可视为匀强电场)，电子进入M、N间电场
时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。已知加速电压
为U ，M、N两板间的电压为U ，两板间的距离为d，板长为L，偏转电场的右端到
1 2
荧光屏的距离为l，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力。
(1)求电子穿过A板时的速度大小v0 ；
(2)求电子从偏转电场射出时的侧移量y；
(3)求OP的距离Y；
(4)电子从偏转电场射出时的侧移量y和偏转电压U 的比叫作示波器的灵敏
2
度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度。
(1)如何求出电子穿过A板时的速度大小？
提示：在加速电场中依据动能定理求速度大小。
(2)在偏转电场中，电子做什么运动？
提示：类平抛运动。
尝试解答 (1) (2) (3)
(4) 增加 L 、或者减小 d 以及减小 U 均可增加灵敏度
1
(1)粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：eU
1
＝m
v
解得：v0 ＝。
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，
垂直电场方向：L＝v0 t
则沿电场方向：e＝ma
侧移量：y＝at2
联立解得：y＝。
(3)由几何关系可知：＝
得：Y＝。
(4)该示波器的灵敏度D＝
解得：D＝
则增加L、或者减小d以及减小U 均可增加灵敏度。
1
带电粒子在匀强电场中偏转问题的两种求解思路
(1)运动学与动力学观点
运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：
①带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动。
②带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)
当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决
方法。
(2)功能观点：首先对带电体受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选
用公式计算。
①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同
时要明确初、末状态及运动过程中动能的增量。
②若选用能量守恒定律，则要分清带电体在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的。
[变式3] (2020·浙江省宁波市十校高三下学期3月联考)(多选)如图所示，三
个同样的带电粒子a、b、c(不计重力)同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射
入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹如图，不考虑带电粒子间的相互
作用，下列说法中正确的是( )
A．当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．在电场中运动过程中，c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同
答案 ACD
解析 三个粒子相同，故进入电场后，受到的静电力相等，即加速度相等，在
竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量y＝at2，所以t ＝t ＞t ，故B
a b c
错误，A正确；粒子在水平方向上做匀速直线运动，故有v0 ＝，因为x
b
＝x
c
＞x
a
，t
a
＝
t
b
＞t
c
，所以有vc ＞vb ＞va ，故C正确；根据动能定理有qU＝Eqy＝ΔE
k
，知c的动能
增加量最小，a、b的动能增加量相同，故D正确。
考点4 带电粒子在交变电场中的运动
1.常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波等。
2．常见的运动形式
(1)粒子做单向直线运动(一般用直线运动规律结合牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3．带电粒子在交变电场中运动的分析要点
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和
在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件。
(2)注意从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学
规律分析；二是功能关系。
例4 如图a所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图b所示的交变电压，
一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间 P处。若在t 时刻释放该
0
粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t 可能属
0
于的时间段是( )
A．0T时情况类似。因粒子最终打在A板上，则要求粒子在每个
0
周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B正确。利用速度—时间图像分析带电粒子的运动过程时，必须注意“五点”
(1)带电粒子进入电场的时刻。
(2)速度—时间图像的切线斜率表示加速度。
(3)图线与时间轴围成的面积表示位移，且在时间轴上方所围成的面积为正，
在时间轴下方所围成的面积为负。
(4)注意对称性和周期性变化关系的应用。
(5)图线与时间轴有交点，表示此时速度改变方向。对运动很复杂、不容易画出
速度图像的问题，还应逐段分析求解。
[变式4] 如图甲所示，一对平行金属板M、N长为L，相距为d，O O为中轴线，
1
两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场。当两板间加电压U ＝U 时，某一带负
MN 0
电的粒子从O
1
点以速度v0 沿O
1
O方向射入电场，粒子恰好打在上极板 M的中点，
粒子重力忽略不计。
(1)求带电粒子的比荷；
(2)若M、N间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝，从t＝0开始，前时间内
U
MN
＝2U，后时间内U
MN
＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0 沿O
1
O方向持续射
入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，求U的值。
答案 (1) (2)
解析 (1)设粒子经过时间t 打在M板中点
0
沿极板方向有＝v0 t
0垂直极板方向有＝ t
解得＝。
(2)粒子通过两板间的时间t＝＝T
从t＝0时刻开始，粒子在两板间运动时，每个电压变化周期的前三分之一时
间内的加速度大小a ＝，在每个电压变化周期的后三分之二时间内的加速度大小
1
a ＝
2
如图所示为从不同时刻射入电场的粒子的速度—时间图像，根据题意和图像
分析可知，从t＝nT(n＝0,1,2，…)或t＝＋nT(n＝0,1,2，…)时刻入射的粒子恰好不打
在极板上，
则有＝×T×，解得U＝。
考点5 电场中的力、电综合问题
1.用动力学的观点分析带电粒子的运动
(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，这两个力的合力为
一恒力。
(2)类似于处理偏转问题，将复杂的运动分解为正交的简单直线运动，化繁为
简。
(3)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特
别注意重力是否需要考虑，以及运动学公式里的物理量的正负号，即其矢量性。
2．用能量的观点来分析带电粒子的运动
(1)运用能量守恒定律分析，注意题中有哪些形式的能量出现。
(2)运用动能定理分析，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有功，判断
是分阶段还是全过程使用动能定理。
例5 (2020·浙江省“山水联盟”高三下学期高考模拟)如图所示，一半径为R
的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的。
轨道所在空间存在水平向右的匀强电场。从水平轨道上的A点由静止释放一质量
为m的带正电的小球，已知小球受到的静电力大小等于小球重力的。为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，则释放点A距圆轨道最低点B的距离s为( )
A． B．
C． D．
(1)小球刚好在圆轨道内做圆周运动的条件是什么？
提示：刚好能过等效最高点。
(2)如何找等效最高点？
提示：重力与静电力的合力指向轨道圆心的那一位置。
尝试解答 选D。
小球所受的等效重力为G′＝ ＝mg，设方向与水平方向成θ角斜向右下方，
则tanθ＝＝，即θ＝53°。设等效最高点为C点，小球刚好在圆轨道内做圆周运动，
则在C点等效重力提供小球做圆周运动的向心力，即G′＝m，解得vC ＝。从A到
C由动能定理得F
电
(s－Rcos53°)－mg(R＋Rsin53°)＝m v－0，其中F
电
＝mg，解得
释放点A距圆轨道最低点B的距离s＝，所以D正确，A、B、C错误。
力电综合问题的处理方法
力电综合问题往往涉及共点力平衡、牛顿第二定律、平抛运动规律、动能定理、
能量守恒定律等知识点，考查的知识点多，综合分析能力的要求高，试题难度较大，
解答时要注意把握以下几点：
(1)处理这类问题，首先要进行受力分析以及各力做功情况分析，再根据题意
选择合适的规律列式求解。
(2)对于带电小球在重力场和电场叠加区域内的运动，可以利用运动的合成与
分解的方法，将小球的运动分解为水平和竖直两个方向上的分运动，再对两个分
运动分别运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律或动能定理解答。
(3)带电小球在重力场和电场叠加区域内运动时，若重力和静电力为恒力，可
以将重力和静电力合成为一个恒力，可以将这个复合场当作等效重力场，则F 为
合等效重力场中的“重力”，g′＝为等效重力场中的“等效重力加速度”，F 的方
合
向等效为“重力”的方向。当此恒力F 的方向与运动方向垂直时，其速度(或动
合
能)取得极值，小球在等效重力场中能够做竖直平面内的圆周运动的临界条件是恰
好能够通过圆周轨道上等效重力场的最高点。
[变式5] (多选)如图所示，在竖直平面内有水平向右、电场强度为E＝1×104
N/C的匀强电场。在匀强电场中有一根长l＝2 m的绝缘细线，一端固定在O点，另
一端系一质量m＝0.08 kg的带电小球，静止时悬线与竖直方向成37°角。若小球获
得初速度恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，取小球在静止时的位置为电势能
零点和重力势能零点，cos37°＝0.8，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．小球的电荷量q＝6×10－5 C
B．小球动能的最小值为1 J
C．小球在运动至圆周轨迹上的最高点时有机械能的最小值
D．小球绕O点在竖直平面内做圆周运动的电势能和机械能之和保持不变，且
为4 J
答案 AB
解析 对小球进行受力分析，如图甲所示，由平衡条件可得mgtan37°＝qE，解
得小球的电荷量为q＝＝6×10－5 C，A正确；由于重力和静电力都是恒力，所以它
们的合力也是恒力，如图乙所示，在圆周轨迹上各点中，小球在平衡位置A点时的
势能(重力势能和电势能之和)最小，在平衡位置的对称点B点，小球的势能最大，
由于小球总能量不变，所以小球在B点的动能E
kB
最小，对应速度vB 最小，根据题
意，在B点小球只受重力和静电力，其合力为小球做圆周运动提供向心力，而绳的
拉力恰为零，F
合
＝＝1 N，又F
合
＝m，得E
kB
＝m v＝1 J，B正确；由于总能量保持不
变，即E ＋E ＋E ＝恒量，当小球在圆周轨迹上最左侧的C点时，电势能E 最
k pG pE pE
大，所以在该点时机械能最小，C错误；小球由B运动到A，W ＝F ·2l，所以E
合力 合 pB
＝4 J，总能量E＝E ＋E ＝5 J，D错误。
pB kB考点 6 实验：观察电容器的充、放电现象
1．实验分析
(1) 如图所示，把开关S接1，此时电源给电容器充电。在充电过程中，可以看
到电压表示数迅速增大，随后逐渐稳定在某一数值，表示电容器两极板具有一定
的电势差。通过观察电流表可以知道，充电时电流由电源的正极流向电容器的正
极板。同时，电流从电容器的负极板流向电源的负极。随着两极板之间电势差的增
大，充电电流逐渐减小至0，此时电容器两极板带有一定的等量异种电荷。即使断
开电源，两极板上的电荷由于相互吸引而仍然被保存在电容器中。
(2)把开关S接2，电容器对电阻R放电。观察电流表可以知道，放电电流由电
容器的正极板经过电阻R流向电容器的负极板，正负电荷中和。此时两极板所带
的电荷量减小，电势差减小，放电电流也减小，最后两极板电势差以及放电电流都
等于0。
2．实验创新：用传感器观察电容器的充、放电过程
电流传感器可以像电流表一样测量电流。不同的是，它的反应非常快，可以捕
捉到瞬间的电流变化。此外，由于它与计算机相连，还能显示出电流随时间变化的
It图像。本实验中电源用直流8 V左右，电容器可选几十微法的电解电容器。
(1)用传感器观察电容器的充电过程
按如图甲所示连接电路。先把S拨至1，并接通足够长的时间，使电容器将所
带的电荷量都释放掉，从而不带电。然后把开关S掷向2端，电源向电容器充电，
传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的电流—时间图像
如图乙。(2)用传感器观察电容器的放电过程
按如图丙所示连接电路。先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过
程可在短时间内完成。然后把开关S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，屏幕上显示出电流随时间变化的It图像如图丁。
(3)电容器充电(或放电)的It图像与时间轴围成的面
积表示电容器充电完毕所带的(或放电过程中全部释放的)电荷量。
提示：电容器充、放电的快慢与电阻R和电容C的大小有关。定性分析如下：
电容器充、放电的平均电流＝，而Q＝t，所以R越大越小，t越长。根据Q＝CU，Q
＝t，C越大，充满电时的电荷量Q越大，t越长。
例6 (2021·江苏省扬州市高三上期中)某同学通过实验观察电容器的放电现
象，采用的实验电路如图甲所示，已知所用电解电容器的长引线是其正极，短引线
是其负极。
(1)按图甲连接好实验电路，开关S应先接到______，再接到______(选填“1”
或“2”)，观察电容器的放电现象。
(2)根据图甲电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。(3)电容器开始放电，同时开始计时，每隔5 s读一次电流i的值，记录数据如下
表。
时间
0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55
t/s
电流 50
392 270 209 158 101 75 49 30 23 9 3
i/μA 0
请根据表中的数据，在图丙中作出电流i随时间t变化的图线。
(1)要观察电容器的放电现象，首要的操作步骤是什么？
提示：给电容器充满电。
(2)作it图像的步骤是什么？
提示：先描数据点，再用一条平滑的曲线拟合。
尝试解答 (1)1__2__(2) 图见解析 __(3) 图见解析 。
(1)连接好电路图，开关S应先接到1对电容器进行充电，再接到2使电容器
放电，观察电容器的放电现象。
(2)根据图甲所示电路图连接实物电路图，注意电容器正极接电流表正接线柱
实物电路图如图所示。(3)根据表中实验数据在图丙中描出对应点，然后画一条平滑曲线，让尽可能
多的点过曲线，不能过曲线的点大致均匀分布在曲线两侧，作出图像如图所示。
由电容器充(放)电的It图像可得到的结论：
(1)电容器的充、放电过程中，电流都随时间越来越小，电路稳定时电流为0。
(2)电容器在全部充电(或放电)过程中储存(或释放)的电荷量可用It图像与两
坐标轴所围图形的面积表示。
(3)电容器的电容可根据电容器充、放电过程中It图像与两坐标轴所围图形的
面积和电容器充电结束或放电开始时两极板间的电势差，由C＝计算。
(4)电容器充、放电过程中的最大电流(即It图像中t＝0时刻的电流)：I ＝，其
m
中U是电容器充电结束或放电开始时两极板间的电势差，R是充电电路(或放电电
路)中除电容器外其他通路部分的总电阻。
[变式6－1] 电流传感器可以像电流表一样测量电流，由于它与计算机相连，
还能显示出电流随时间变化的It图像。照图甲连接电路，先使开关S与1端相连，
电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成。然后把开关S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，屏幕上显示出电流随时间变化
的It图像如图乙所示。(1)在图中画一个竖立的狭长矩形(在图乙的最左边)，它的面积的物理意义是
________(填写面积所代表物理量的名称)。
(2)根据 It 图像估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为________
C(结果保留一位有效数字)。
(3)开关S与1端相连的充电过程，电荷量随时间变化的qt图像的示意图是怎
样的？请在图丙中定性画出。
答案 (1)电荷量 (2)3×10－3 (3)图见解析
解析 (1)根据q＝It可知，在图中画一个竖立的狭长矩形，它的面积的物理意
义是电荷量。
(2)It图像与两坐标轴围成的图形所占小方格的个数为39个，则电容器在全部
放电过程中释放的电荷量约为q＝39×0.2×10－3×0.4 C≈3×10－3 C。
(3)开关S与1端相连的充电过程中，开始时充电电流较大，则qt图像的斜率
较大，随着充电进行电流逐渐减小，则qt图像的斜率逐渐减小，当充电结束时，图
像的斜率为零，则qt图像如图。
[变式6－2] (2020·山东省青岛市高三三模)电流传感器可以捕捉到瞬间的电
流变化，它与计算机相连，可以显示出电流随时间变化的It图像。如图甲所示连接
电路。直流电源电动势为9 V，内阻可忽略，电容器选用电容较大的电解电容器。
先使开关S与1端相连，电源向电容器充电；然后把开关S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。屏幕上显示出电流随时间变化的 It图像如图乙所示。
(1) 在 如 图 乙 所 示 的 It 图 像 中 用 阴 影 标 记 面 积 的 物 理 意 义 是
________________________。
(2)根据It图像估算当电容器开始放电时所带的电荷量 q ＝________，并计算
0
电容器的电容C＝________。(均保留两位有效数字)
(3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，充电时It曲线与横轴所围成的面
积将________(选填“增大”“不变”或“变小”)；充电时间将________(选填
“变长”“不变”或“变短”)，简要说明原因：________________。
答案 (1)通电0.2 s电容器增加的电荷量(或流过电阻R的电荷量)
(2)1.6×10－3 C(1.5×10－3～1.7×10－3 C 都正确) 1.8×10－4 F(1.7×10－4～
1.9×10－4 F都正确)
(3)不变 变短 充电电流增大
解析 (1)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为这段时间内充入电容器的电荷量，即这个阴影
面积的物理意义是通电0.2 s充入电容器(或流过电阻R)的电荷量。
(2)电容器在全部放电过程中释放的电荷量在数值上等于 It图线与横轴所包围
的面积；首先以坐标纸上的一个小正方形作为一个面积计量单位，数出图线与横
轴所围的图形中有多少个完整的小正方形，对于超过该格一半面积的记为一个，
不足一半的舍去不计，这样即可以得到包含的小正方形的个数为 40个(38～42个
都正确)；其次确定每个小方格所对应的电荷量，纵坐标的每个小格为0.2 mA，横
坐标的每个小格为0.2 s，则每个小格所代表的电荷量为：q＝0.2×10－3×0.2 C＝
4×10－5 C，则电容器开始放电时所带的电荷量q ＝nq＝40×4×10－5 C＝1.6×10－
0
3 C；电容器的电容C＝＝ F≈1.8×10－4 F。(3)如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，将开关掷向1，充电完毕时电容
器两端的电压不变，由于电容器的电容不变，根据Q＝CU可知充入电容的电荷量
仍为q 不变，即充电时It曲线与横轴所围成的面积将不变。将开关掷向1，电容器
0
开始时所带电荷量为0，根据C＝，可知电容器两端的电压U ＝0，则电阻R两端
C
的电压U ＝E，此时通过R的电流即电容器开始充电时的电流，即I ＝；只减小
R max
电阻R，则I 增大，而充电时It图线与横轴所围成的面积将不变，所以充电时间
max
将变短。
1. (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
v0
从MN连线上的P点水平向右射入大小为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3
v0
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＝v0 t，在竖直方向上有
y＝×t2，当粒子到达MN连线上的某点时，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vy ＝t＝2 v0 ，故此时粒子的速度大小为v＝ ＝
v0
，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点的距离为L＝v0 t＝，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tanα＝＝a 。对微粒a，由牛顿第二定律，qE＝m a ，对微粒b，由牛顿
a b a a
第二定律，qE＝m a ，联立解得：>，由此式可以得出a的质量比b小，A错误；在a、
b b
b两微粒运动过程中，a微粒所受电场力等于b微粒所受的电场力，t时刻a微粒的
位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，B正确；由于在t时刻
两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a
和b的电势能不等，C错误；由于a微粒受到的电场力(合外力)大小等于b微粒受
到的电场力(合外力)，根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量大小等于b微粒，D
正确。5. (2018·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油
滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势
面，则该油滴( )
A．仍然保持静止 B．竖直向下运动
C．向左下方运动 D．向右下方运动
答案 D
解析 两极板平行时带电油滴处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板右
端向下移动一小段距离时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线
垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏
向右下方，故油滴向右下方运动，D正确。
6. (2019·北京高考)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定
电容值为C的电容器充电，无论采用何种充电方式，其两极间的电势差u随电荷
量q的变化图象都相同。
(1)请在图1中画出上述uq图象。类比直线运动中由v t图象求位移的方法，求
两极间电压为U时电容器所储存的电能E 。
p
(2)在如图2所示的充电电路中，R表示电阻，E表示电源(忽略内阻)。通过改变
电路中元件的参数对同一电容器进行两次充电，对应的qt曲线如图3中①②所示
a．①②两条曲线不同是________(选填E或R)的改变造成的；
b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。
(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电
荷量随时间均匀增加。请思考使用“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，
填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)。
“恒流源” (2)中电源
电源两端电压
通过电源的电流
答案 (1)uq图线见解析 E ＝CU2 (2)a.R B.减小电阻R，可以实现对电容
p
器快速充电；增大电阻R，可以实现均匀充电。
(3)
“恒流源” (2)中电源
电源两端电压 增大 不变
通过电源的电流 不变 减小
解析 (1)由＝C，电容值C一定，可知uq图线如图所示。
设电容器两极间电压为U时，电容器带电荷量为Q，图线和横轴围成的面积表
示所储存的电能E
p
E ＝QU，又Q＝CU
p
故E ＝CU2。
p
(2)a.由图3知，电容器充完电后，①②两次电荷量相等，由Q＝CU＝CE，说明
两次电源电动势相等。故①②两条曲线不同不是E的改变造成的，只能是R的改
变造成的。
b．刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I＝，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I较大，qt曲线上该点切线斜率较大，即为曲线①。这
样能在较短时间内，使电荷量达到最大，故可以实现对电容器快速充电。增大电阻
R，刚开始充电瞬间电流I较小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电
(3)接(2)中电源时，由于忽略电源E的内阻，故电源两端电压不变。通过电源的
电流I＝，随着电容器两端电压U不断变大，通过电源的电流减小。
“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变，故通过电源的电流也不变。接“恒
流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压增大。
7．(2020·全国卷Ⅰ) 在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心、
半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q(q>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v0 穿出电场，AC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 m v0 ，该粒子进入电场时的速
度应为多大？
答案 (1) (2) (3)0或
解析 (1)初速度为零的粒子自C点穿出电场，故电场方向与AC平行，且由A
指向C。由几何关系和电场强度的定义知
AC＝R①
F＝qE②
由动能定理有
F·AC＝m v③
联立①②③式得
E＝。④(2)如图，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，则自圆周上D点穿出电场的
粒子的动能增量最大。由几何关系知
∠PAD＝30°，AP＝R，DP＝R⑤
设此粒子进入电场时的速度为v1 ，在电场中运动的加速度为a，时间为t
1
。粒子
在AC方向上做匀加速直线运动，运动的距离等于AP；在垂直于AC的方向上做匀
速直线运动，运动的距离等于DP。由牛顿第二定律和运动学公式有
F＝ma⑥
AP＝at⑦
DP＝v1 t
1
⑧
联立②④⑤⑥⑦⑧式得
v1 ＝v0 。⑨
(3)解法一：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，
则圆心O的位置坐标为，设粒子离开电场时的位置坐标为(x，y)。由运动学公式有
y＝at2⑩
x＝v t⑪
粒子离开电场的位置在圆周上，有
2＋2＝R2⑫
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m v0 的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为v2 ，由
题给条件及运动学公式有
m
v2
＝m
v0
＝mat⑬联立②④⑥⑩⑪⑫⑬式得
v＝0⑭
或v＝v0 。⑮
解法二：由题意知，粒子初速度为0时，动量变化量的大小为m v0 ，此即问题的
一个解。自A点以不同的速度垂直于电场方向射入电场的粒子，沿电场方向位移
相等时，在电场中运动时间相同。因此，自B点射出电场的粒子，其动量变化量的
大小也为m
v0
。设此粒子的初速度为v，在电场中的运动时间为t，由运动学公式有
BC＝v t⑯
v0
＝at⑰
由几何关系知
BC＝R⑱
联立②④⑥⑯⑰⑱式得
v＝v0 。⑲
8．(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v0
平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(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)m v＋qh v0 (2)2 v0
解析 (1)PG、QG间场强大小相等，设均为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＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为E ，由动能定理有
k
qEh＝E
k
－m v③
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＝at2④
l＝v0 t⑤
联立①②③④⑤式解得E
k
＝m v＋qh⑥
l＝v0 ⑦
(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，此时金属板的长度为
L＝2l＝2 v0 。
9．(2020·天津高考)多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪
器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀
强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场
区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射
区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进
入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反
射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到
B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T ；
1
(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
(3)已知质量为m 的离子总飞行时间为t ，待测离子的总飞行时间为t ，两种离
0 0 1子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m 。
1
答案 (1) (2) (3)2m
0
解析 (1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，有qU＝m v 2①
离子在漂移管中做匀速直线运动，则T ＝②
1
联立①②式，得T ＝ 。③
1
(2)根据动能定理，有qU－qEx＝0－0④
得x＝。⑤
(3)离子在加速电场中的运动和在反射区电场中的每次单向运动均为匀变速直
线运动，平均速度大小相等，设其为，则＝⑥
通过⑤式可知，离子在反射区电场中的运动路程与离子本身无关，所以不同离
子在电场区运动的总路程相等，设为L ，在无场区域的总路程设为L ，根据题目条
1 2
件可知，离子在无场区域的速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t
总
，则t
总
＝
＋⑦
联立①⑥⑦式，得t ＝(2L ＋L ) ⑧
总 1 2
可见，离子的总飞行时间与成正比，故＝ ⑨
可得m ＝2m 。⑩
1 0
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。其中1～3题为单选，4～8
题为多选)
1. (2020·北京市东城区一模)如图所示，电容器上标有“80 V 1000 μF”字样
下列说法正确的是( )
A．电容器两端电压为0时其电容为零B．电容器两端电压为80 V时才能存储电荷
C．电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为0.08 C
D．电容器两端电压低于80 V时其电容小于1000 μF
答案 C
解析 电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U和电量Q无关，给定
的电容器电容C一定，故A、D错误；由于电容一定，由Q＝CU可知，电容器两端
只要有电压，电容器就能存储电荷，故B错误；由Q＝CU可知，电容器两端电压为
80 V时储存的电荷量为Q＝1000×10－6×80 C＝0.08 C，故C正确。
2．(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 用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等
量的异号电荷，从而使电容器带电，故A正确；根据平行板电容器的电容决定式C
＝，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C＝可知，电
荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故B错误；根据电容的决
定式C＝，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数ε 增大，则电容C增大，
r
根据C＝可知，电荷量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角变小，故C错
误；电容与电容器所带的电荷量无关，故电容C不变，故D错误。
3．(2016·天津高考) 如图所示，平行板电容器带有等量异号电荷，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点的点电
荷，以E表示两板间的电场强度，E 表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指
p针的偏角。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．θ增大，E增大 B．θ增大，E 不变
p
C．θ减小，E 增大 D．θ减小，E不变
p
答案 D
解析 极板移动过程中电荷量Q保持不变，静电计指针张角变化反映板间电
势差U的变化，由C＝和C＝可知，极板下移，d减小，C增大，U减小，又E＝＝，
则E不变，E 不变，综合上述，只有D项正确。
p
4．(2020·安徽省蚌埠市高三下第四次教学质量检查) 如图，水平放置的平行板
电容器通过开关K连接在电源两极，极板间距离为h，上极板正中有一小孔。闭合
开关K，一个比荷(荷质比)为a的带电小球从小孔正上方高2h的P点由静止开始
下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场可视为
匀强电场，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球带负电，电源电动势为
B．保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，小球从P点由静止释放
将不能运动到下极板
C．断开开关，若将下极板向下移动一小段距离，极板间的电场强度为
D．断开开关，若将下极板向右平移一小段距离，小球从P点由静止释放将仍
能运动到下极板
答案 AC
解析 小球从静止开始下落到下极板处速度恰为零，可知静电力对小球做负
功，小球带负电，根据动能定理可知mg·3h－qU＝0－0，而＝a，解得板间电压为U＝＝，则电源电动势为，A正确；保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，
电容器两端电压不变，静电力做功不变，重力做功增大，根据动能定理知小球可以
运动到下极板，B错误；断开开关，电容器所带电荷量不变，则E＝＝＝＝Q，可知
改变极板间距，电场强度不变，所以板间场强与开关闭合时相等，E＝＝＝，C正确；
断开开关，若将下极板向右平移一小段距离，极板正对面积减小，根据E＝知电场
强度增大，根据动能定理知小球不可能运动到下极板处，D错误。
5．(2021·八省联考河北卷) 如图，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，
板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且
垂直于半圆面的轴转动。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板
间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。
忽略边缘效应，则下列说法正确的是( )
A．变化前后电容器电容之比为9∶17
B．变化前后电容器所带电荷量之比为16∶9
C．变化前后电子到达下极板的速度之比为 ∶1
D．变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2∶1
答案 AD
解析 由平行板电容器电容公式C＝可知，变化前后电容器电容之比为＝·＝·
＝，电容器两端电压不变，变化前后电容器所带电荷量之比为＝＝，故A正确，B
错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，由动能定理有eU＝m
v
2，可知电子
到达下极板的速度v＝，电容器两端电压不变，则变化前后电子到达下极板的速度
之比为1∶1，故C错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，电子的加速度a
＝＝，电子的运动时间t＝ ＝ ＝d，则变化前后电子运动到下极板所用时间之比为
＝＝＝，故D正确。
6．(2021·湖南省株洲市高三教学质量统一检测(一))利用图甲所示电路可研究
电容器的充、放电。图乙为某次实验中通过计算机在同一图中描画出的电压和电流的变化情况，阴影部分Ⅰ和Ⅱ的面积分别为S 、S 。可以推断出( )
1 2
A．图乙反映了电容器充电时的情况
B．S 表示极板电压为5 V时所带的电荷量
1
C．S ＝S
1 2
D．定值电阻R的阻值
答案 CD
解析 由图乙可知电容器两端的电压在不断地减小，即电容器处于放电的状
态，故A错误；在it图像中，图线与横轴所围面积表示在一段时间内通过导线某一
横截面的电荷量，则S 表示极板电压为5 V时所带的电荷量，故B错误；分析可知
2
S ＝CΔU ＝C·(10 V－5 V)，S ＝CΔU ＝C·(5 V－0 V)，故有S ＝S ，故C正确；刚
1 1 2 2 1 2
开始放电时，电容器两端电压为10 V，此时回路中的电流为50 mA，根据欧姆定律
可求出定值电阻R的阻值R＝＝200 Ω，故D正确。
7. (2020·江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次调研)如图所示，竖直平面内
存在着两个方向竖直向上的相同带状匀强电场区，电场区的高度和间隔均为d，水
平方向足够长。一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0 在距离电场上方d
处水平抛出，不计空气阻力，则( )
A．小球在水平方向一直做匀速直线运动
B．小球在电场区可能做直线运动
C．若场强大小为，小球经过两电场区的时间相等
D．若场强大小为，小球经过两电场区的时间相等答案 ABD
解析 将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行分解，水平方向不受力，故
小球在水平方向一直以速度v0 做匀速直线运动，故A正确；小球在电场区时，受
到竖直向下的重力和竖直向上的静电力作用，若静电力与重力大小相等，二力平
衡，小球做匀速直线运动，故B正确；若场强大小为，则静电力大小等于mg，在电
场区小球所受的合力为零，小球做匀速直线运动，因在无电场区小球做匀加速运
动，故经过下方电场区时小球在竖直方向匀速运动的速度较大，因此小球经过两
电场区的时间不等，故C错误；当场强大小为时，小球所受静电力大小等于2mg，
在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖
直向上，根据运动学公式，在经过第一个无电场区时有：d＝gt，v1 ＝gt
1
，经过第一
个电场区时有：d＝v1 t
2
－gt，v2 ＝v1 －gt
2
，联立解得t
2
＝t
1
，v2 ＝0，接下来小球的运动
重复前面的过程，即每次通过无电场区时小球在竖直方向都做自由落体运动，每
次通过电场区时在竖直方向都做末速度为零的匀减速直线运动，因此，小球经过
两电场区的时间相等，故D正确。
8. (2020·天津市宁河区芦台第四中学二模)如图所示，一充电后与电源断开的
平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖
直屏M。一电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0 沿中线射入两板间，最后垂直
打在M上，已知重力加速度为g，下列结论正确的是( )
A．两极板间电场强度大小为
B．两极板间电压为
C．整个过程中质点的重力势能增加
D．若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在M上
答案 BD
解析 据题分析可知，质点在平行金属板间的轨迹应向上偏转，做类平抛运动
飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，则两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE－mg＝
mg，解得：E＝，由U＝Ed可知板间电压为：U＝，故A错误，B正确；质点在电场中
向上偏转的距离为：y＝at2，而a＝＝g，t＝，解得：y＝，故质点打在屏上的位置与P
点的距离为：s＝2y＝，整个过程质点重力势能的增加量为：E ＝mgs＝，故C错误；
p
因两板上所带电荷量不变，根据E＝，U＝，C＝，解得：E＝，若仅增大两板间的距
离，可知板间场强不变，质点在电场中的受力情况不变，则运动情况不变，故质点
仍能垂直打在M上，D正确。
二、非选择题(本题共3小题，共36分)
9．(2021·山东省济南市高三月考)(8分)如图甲所示，一同学在“用传感器观察
平行板电容器的放电”实验中，单刀双掷开关先置于1位置，待一段时间后，再置
于2位置，利用电容器放电过程中记录的数据作出的 It图像如图乙所示，已知电
源电动势为8.0 V，请回答以下问题：
(1)电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为________ C(结果保留两位有
效数字)。
(2)根据以上数据估算电容器的电容值为________ F(结果保留两位有效数字)。
(3)如果将平行板电容器的板间距离增大，重做该实验，则图乙坐标纸中描绘
出的放电It图像距坐标原点会________(选填“变远”“变近”或“不变”)。
答案 (1)3.2×10－3(3.0×10－3～3.4×10－3均正确)
(2)4.0×10－4(3.8×10－4～4.3×10－4均正确)
(3)变近
解析 (1)根据图乙中的It图像可知，图线与t轴所围的面积即为电容器释放
的电荷量；图线与t轴所围部分所占的小方格约为40个，所以电容器在放电过程
中释放的电荷量为Q＝40×0.2×10－3×0.4 C＝3.2×10－3 C。
(2)电容器的电容值为C＝＝ F＝4.0×10－4 F。
(3)根据C＝可知，平行板电容器的板间距离增大即d变大时，C变小；再根据Q＝CU，U不变，C变小，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量Q变小，即
图线与坐标轴所围的面积变小，而放电开始时的电流I ＝不变，所以放电It图像
max
与坐标原点的距离将变近。
10．(2019·全国卷Ⅲ)(12分)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场
中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。
A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0 ，到达P点所用
时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
答案 (1) (2)2m( v＋g2t2)
解析 (1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定
律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma①
a2＝gt2②
解得E＝③
(2)设B从O点发射时的速度大小为v1 ，到达P点时的动能为E
k
，O、P两点的
高度差为h，根据动能定理有
E
k
－m v＝mgh＋qEh④
且有v1 ＝v0 t⑤
h＝gt2⑥
联立③④⑤⑥式得E
k
＝2m( v＋g2t2)。
11．(16分)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装
置的加速电压为U ，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电
0
容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极
板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都
极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。
答案 (1)13.5 cm (2)30 cm
解析 (1)设电子经电压U
0
加速后的速度为v0 ，根据动能定理得：eU
0
＝m v①
设电容器间偏转电场的场强为E，则有：
E＝②
设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有：
沿中心轴线方向有：t＝③
垂直中心轴线方向有：a＝④
联立①②③④得y＝at2＝＝⑤
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy ，偏转角为θ，则电子通过偏
转电场时有：
vy
＝at⑥
tanθ＝⑦
则电子在荧光屏上偏离O点的距离为
Y＝y＋Ltanθ＝⑧
由题图乙知t＝0.06 s时刻U＝1.8U ，
0
解得Y＝13.5 cm。
(2)由题知电子偏转量y的最大值为，根据y＝可得，当偏转电压超过2U 时，电
0
子就打不到荧光屏上了。
代入⑧式得：Y ＝⑨
max
所以荧光屏上电子能打到的区间长度为：
2Y ＝3L＝30 cm。
max
