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第44 讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
核心考点
考点一 电容器 电容....................................................................................................................1
考点二 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动.....................................................................7
考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转......................................................................................15
考点一 电容器 电容
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.电容
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
定义式
C＝Q
U
单位
法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝10
6 μF＝1012 pF
意义
表示电容器容纳电荷本领的高低
决定因素
由电容器本身物理条件(大小、形状、极板相对位置及电介质)决定，与
电容器是否带电及两极板间是否存在电压无关
【例1】（2025·上海·一模）莱顿瓶可看作电容器的原型，一个玻璃容器内外包裹导电金属箔
作为极板，一端接有金属球的金属棒通过金属链与内侧金属箔连接，但与外侧金属箔绝缘。
从结构和功能上来看，莱顿瓶可视为一种早期的平行板电容器。
基础过关
1
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关于莱顿瓶，下列说法正确的是（ ）
A．充电电压一定时，玻璃瓶瓶壁越薄，莱顿瓶能容纳的电荷越多
B．瓶内外锡箔的厚度越厚，莱顿瓶容纳电荷的本领越强
C．充电电压越大，莱顿瓶容纳电荷的本领越强
D．莱顿瓶的电容大小与玻璃瓶瓶壁的厚度无关
【答案】A
【详解】A．根据
解得
充电电压一定时，玻璃瓶瓶壁越薄，d 越小，莱顿瓶能容纳的电荷Q 越多，A 正确；
B．根据
瓶内外锡箔的厚度与电容大小无关，因此锡箔纸厚度增加，C 不变，莱顿瓶容纳电荷的本领
不变，B 错误；
C．根据
充电电压与电容C 大小无关，充电电压升高，莱顿瓶容纳电荷的本领不变，C 错误；
D．根据
莱顿瓶的电容大小与玻璃瓶瓶壁的厚度d 有关，D 错误。
故选A。
【例2】（2025·河北保定·三模）如图所示，平行板a、b 组成的电容器与电源相接，已知平
行板a、b 间距为L，中间P 处放置一电荷量为-q 的带电小球，发现带电小球静止，现将电容
2
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器的极板a 向下移动
，重力加速度为g，则带电小球的加速度为（ ）
A．0.2g，方向向下
B．0.2g，方向向上
C．0.25g，方向向上
D．0.25g，方向向下
【答案】C
【详解】小球开始时受力平衡，根据平衡条件可得
电容器中电场强度为
将电容器的极板
向下移动
之后，则有
根据牛顿第二定律可得
解得加速度为
方向向上。
故选C。
【例3】（2025·江苏南通·三模）电容热膨胀检测仪的简化结构如图所示，电容器的下极板可
随测量材料的高度变化而上下移动．现将待测材料平放在加热器上进行加热，闭合开关S，
材料向上膨胀的过程中（ ）
A．电容器的电容减小
B．电容器极板间电场减小
C．电容器所带电荷量增加
D．电流从b→a 通过电流计
3
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【答案】C
【详解】AB．材料温度升高，材料膨胀，电容器两板间距减小，根据
可知，电容增大，由于电容器两板电势差不变，根据
所以电容器极板间电场增大，故AB 错误；
CD．电容器两板电势差不变，根据
极板所带电荷量增加，下板带负电，电流方向为从a 至b，故C 正确，D 错误；
故选C。
【例4】（2025·湖南·模拟预测）如图1 所示，面积均为S 的正对平行金属板A、B 构成电容
器，充电后与电源断开，A 板带正电荷
，板间距为
。现将厚度为
、面积为S 的铜板置
于A、B 正中间，铜板上表面用
表示，下表面用
表示，如图2 所示。设空气的相对介电常
数
，静电力常量为
，则下列说法正确的是（ ）
A．图1 中板间电场强度大小
B．1、2 两图中A、B 板间电压之比为
C．图2 中铜板内部场强处处为0
D．铜板下表面
的感应电荷在铜板中心处产生的场强大小为
【答案】ACD
【详解】A．根据题意知
平行板电容器的电容
电容的定义式
4
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匀强电场
各式联立得
，故A 正确；
B．插入铜板后相当于两个电容器串联，设每个电容器电容为C
则
串联总电容
插入铜板前电容器电容
由
得
，故B 错误；
C．铜板置于A、B 正中间处于静电平衡状态，由处于静电平衡状态导体的特点可知，铜板内
部场强处处为0，故C 正确；
D．由A 项分析可知，平行金属板A、B 正中心处的电场强度
铜板内部场强处处为0，铜板中心处
由此得铜板上下表面感应电荷在铜板中心处产生的场强
，方向竖直向上
由场强叠加原理得铜板下表面
的感应电荷在铜板中心处产生的场强
负号表示方向竖直向上，故D 正确；
故选ACD。
【例5】（2025·福建福州·三模）如图所示，平行板电容器两极板水平放置，上极板带正电，
与静电计相连。静电计外壳与下极板接地。一带电微粒以一初速度平行于极板射入，恰能沿
直线穿过电容器。带电静电计的内部空间分布电场，等势面分布如图所示。不计空气阻力。
下列说法正确的是（ ）
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A．微粒带负电
B．P 点和Q 点电势相同
C．将上极板向上平移，静电计指针张角增大
D．将上极板向上平移，将带电微粒从同一位置平行于极板射入，电势能可能增大
【答案】AC
【详解】A．带电微粒受力平衡，则其带负电，故A 正确；
B．由图可知，P 点电势比Q 点高，故B 错误；
C．上极板向上平移时，由
，且可知平行极板的电容
减小，则板间电压
增大，即
静电计指针张角增大，故C 正确；
D．由
，则
则场强
不变，粒子仍然能沿原来的直线运动，但所在位置的电势也不变，则
带电微粒的电势能不变，故D 错误。
故选AC。
1．电容器两类问题的比较
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
εr变大
C 变大→Q 变大、E 不变
C 变大→U 变小、E 变小
2．两类典型动态分析思路
精讲考点
6
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考点二 带电粒子(或带电体)在电场中的直线运动
1.对带电粒子进行受力分析时应注意的问题
(1)要掌握静电力的特点。静电力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关，还跟带电
粒子的电性和电荷量有关。
(2)是否考虑重力依据情况而定。
基本粒子：如电子、质子、α 粒子、离子等除有特殊说明或明确的暗示外，一般不考虑重力
(但不能忽略质量)。
带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有特殊说明或明确的暗示外，一般都不能忽略
重力。
2.做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。
(2)粒子所受合外力F 合≠0 且与初速度共线，带电粒子将做加速直线运动或减速直线运动。
3.用动力学观点分析
a＝qE
m ，E＝U
d ，v2－v0
2＝2ad
基础过关
7
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4.用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝1
2mv2－1
2mv0
2
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
【例6】（2025·甘肃白银·模拟预测）如图所示的粒子轨迹控制器由加速电场、偏转电场和磁
场三部分组成。其中加速电场的电压为
，偏转电场由一对长为L、间距为d 的平行金属板
组成。偏转电场右侧是一光滑刚性圆筒，圆筒内存在着方向垂直纸面、磁感应强度大小为B
的匀强磁场，圆筒上以O 为圆心的横截面上有一小孔P，且
与平行板平行。一质量为
m、电荷量为
的粒子无初速度地进入加速电场，沿平行板中心轴线射入偏转电场，出偏转
电场时，粒子速度方向改变了
，最后从圆筒上的小孔P 垂直磁场方向进入圆筒，然后粒
子刚好与筒壁发生3 次弹性碰撞（碰撞前、后沿半径方向的速度等大反向，沿切线方向的速
度不变）后，从小孔P 射出磁场，碰撞过程粒子的电荷量不变，不计粒子的重力。求：
(1)粒子进入偏转电场的速度大小；
(2)两平行板间的电压；
(3)刚性圆筒的半径。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设粒子经加速电场加速后速度为
，由动能定理可得
解得
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（2）粒子进入偏转电场后做匀变速曲线运动，运动时间
设两平行板间的电压为
，则偏转电场的场强
粒子沿电场方向加速，有
粒子偏转
角有
解得
（3）设粒子的第一段轨迹圆心为
，由于对称性，粒子与筒壁碰前瞬间速度与
成
，
因为粒子发生弹性碰撞，故碰后瞬间的速度方向也与
成
，轨迹如图所示
设
为
，由几何关系可知
设粒子在磁场中的运动半径为
，则有
又
可得
解得
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在三角形
中由正弦定理可得
每一次与筒壁碰撞粒子在圆筒中转过的角度均为
，粒子与圆筒碰撞了3 次后，恰好从小孔
射出磁场，由几何关系可知
得
解得
【例7】（2025·北京朝阳·二模）在距离为L 的质子源和靶之间有一电压为U 的匀强电场，质
子（初速度为零）经电场加速，形成电流强度为I 的细柱形质子流打到靶上且被靶全部吸收。
在质子流中与质子源相距l 和4l 的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数
分别为
和
，已知质子质量为m、电荷量为e。下列说法正确的是（ ）
A．
B．每秒打到靶上的质子的总动能为eU
C．质子流对靶的作用力大小为
D．质子源与靶间的质子总数为
【答案】C
【详解】A．在质子流中与质子相距为处的速度为
在质子流中与质子相距为
处的速度为
在两个位置各取一段极短相等长度的质子流
电流
是指单位时间内通过某一横截面积的电荷量。设单位时间打到靶上的质子数为
，则
所以
因此
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即
，A 错误；
B．对单个质子经过电场加速获得的动能
解得
单位时间内打到靶上的质子的总动能为
，B 错误；
C．质子打在靶上被吸收，根据动量定理，单位时间质子打在靶上对靶的作用力
，C 正确；
D．质子在电场中的加速度
质子从质子源运动到靶所用时间
所以质子源到靶间的质子总数
，D 错误。
故选C。
【例8】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）飞行时间质谱仪，利用离子飞行的时间测量离子的
质量及比荷（电荷量与质量之比）。如图甲所示，一激光脉冲照射到样品板上，瞬间产生一
定数量不同种类的带正电离子。离子初速度不计，经过电压为
的静电场加速后，射入长为
的漂移管，在管中沿轴线做匀速直线运动。在漂移管的
两端分别置有探测装置，可
测得离子在漂移管中运动的时间。不计离子重力及离子间的相互作用。
(1)某种电荷量为
的离子在漂移管中的运动时间为
，求该离子的质量
；
(2)增大离子的飞行路程，加长离子的飞行时间可提高质谱仪的分辨率。如图乙所示，离子穿
过漂移管后进入方向如图所示的匀强电场反射区域
，在静电场的作用下离子会返回到
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端（离子未与极板
相碰），探测器可测量离子从进入
端至首次返回
端的总飞行时间。
已知比荷为
的离子的总飞行时间为
，若测得某种离子的总飞行时间为
，求该离子的比
荷
。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设离子经加速电场加速后的速度为v，根据动能定理qU=
mv2
离子在漂移管中做匀速直线运动，运动时间为
联立可得离子的质量
（2）设标准离子的电荷量为q0、质量为m0，则其比荷为
结合（1）可知，标准离子进入漂移管的速度大小
离子在漂移管中来回做两段匀速直线运动，每段匀速直线运动时间
离子在反射区中做匀减速和匀加速两段运动，每段运动时间
离子的总飞行时间T0= 2（t1+t2）
解得
同理，未知离子的飞行总时间
解得
【例9】（2025·广东深圳·二模）如图a 所示是用电泳技术分离蛋白质的装置，溶液中有上下
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正对放置的平行金属板电极，溶液中甲、乙两个蛋白质颗粒与上下极板恰好等距。甲蛋白质
颗粒质量是乙的两倍，带电量与pH 值的关系如图b 所示。未接通极板电源时，甲、乙颗粒均
悬浮。现调节溶液pH=3，接通电源，不计粘滞阻力和甲乙之间的作用力。对于两种蛋白质颗
粒，正确的说法是（ ）
A．乙比甲先到达极板
B．甲、乙的电势能均减小
C．甲、乙受到的电场力方向相同
D．增大pH 值，甲受到的电场力变大
【答案】AB
【详解】A．未接通极板电源时，甲乙颗粒均悬浮，重力等于浮力，调节溶液pH=3，从图中
可知甲蛋白质颗粒带电量为-2q0，乙带电量为2q0，接通电源后电场强度一样，由牛顿第二定
律可得
由于甲蛋白质颗粒质量是乙的两倍，故甲的加速度为乙的一半，二者到相应极板距离相同，
则乙比甲先到达极板，故A 正确；
B．甲乙运动过程中电场力都做正功，电势能均减小，故B 正确；
C．甲乙带电性相反，受力方向相反，故C 错误；
D．由图可知，增大pH 值，甲带的电荷量先减小后增大，故电场力也是先减小后增大，故D
错误。
故选AB。
【例10】（2025·福建漳州·模拟预测）在光滑绝缘水平面上，相隔4L 的A、B 两点固定着两
个等量同种正点电荷，a、o、b 是AB 连线上三点，o 是AB 中点，
，空间另有一
水平向左的匀强电场。一质量为m，电荷量为q 的试探电荷在电场力作用下，以初速度
从
a 点出发沿连线向B 运动到o 点时动能为a 点动能的2 倍，到b 点时速度为零，规定o 点为零
电势点，则（ ）
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A．试探电荷带正电
B．b 点电势
C．a 点电势
D．匀强电场的场强大小为
【答案】AD
【详解】A．根据等量同种电荷的电势分布特点可知a、b 两点电势相等，即a 到b 过程，等
量同种电荷对试探电荷做功为0，题意知a 到b 试探电荷做减速运动，可知匀强电场对试探电
荷做负功，故试探电荷带正电，故A 正确；
B．o 到b 过程，由动能定理有
因为o 点为零电势点，整理有
故B 错误；
C．a 到o 过程，由动能定理有
因为o 点为零电势点，整理有
故C 错误；
D．a 到b 过程，由动能定理有
解得
故D 正确。
故选AD。
1．带电粒子(或带电体)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，除有说明或明确的暗示以外，一般都不
考虑重力(但并不忽略质量)。
精讲考点
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(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)粒子所受合外力F 合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。
(2)粒子所受合外力F 合≠0，且合外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；若电场为匀强电场，则带电粒子做匀变速直线运动。
考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转
1.运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，t＝l
v0(如图)。
(2)沿静电力方向做匀加速直线运动
①加速度：a＝F
m ＝qE
m ＝qU
md ；
②离开电场时的偏移量：y＝1
2at2＝qU l
2
2md v0
2；
③离开电场时的偏转角：tan θ＝
v y
v0
＝qUl
md v0
2。
2.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：qUy＝1
2mv2－1
2mv0
2，其中Uy＝
U
d y，指初、末位置间的电势差。
3.粒子经电场偏转后射出时，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。
【例11】（2025·河南·三模）如图所示，长方体区域被分成了三个边长均为L 的正方体区域，
最左边的正方体区域内分布着垂直平面CDHG 向里、电场强度大小为
的匀强电场，中间的
正方体区域内分布着垂直平面EHLI 向上的匀强磁场，最右边的正方体区域内分布着垂直平
面JKON 向上、电场强度大小为
的匀强电场。现有电荷量为q、质量为m 的带正电粒子以
基础过关
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大小为
的初速度从A 点沿AE 方向进入电场区域，经EH 的中点进入磁场区域，最后从NJ
上的某处离开电场。已知匀强磁场的磁感应强度大小
，不计粒子重力。求：
(1)电场强度
的大小；
(2)带电粒子在磁场中运动的时间t；
(3)电场强度
的大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意可知，粒子在左侧的电场中运动时沿AD 方向的位移为
，沿AE 方向
的位移为L，设运动时间为
，加速度为
，有
，
又根据牛顿第二定律
解得
（2）设粒子经过EH 的中点时的速度为v，此时沿EH 方向的分速度为
，有
又因为
解得
设粒子进入磁场后的运动轨迹半径为R，有
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解得
由几何关系可知，粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为
，故粒子在磁场中运动的时
间
（3）设IL 的中点为Q，IM 的中点为T，则粒子离开磁场时速度方向沿QT，设粒子在右边的
电场中运动的时间为
，加速度为
，有
，
又
解得
【例12】（2025·山东济南·二模）如图所示为带等量异种电荷的两正对平行金属板
和
，
板带负电，
板接地，板长为
，两板间距离为
。大量电子从两平行板间上半区域的左
侧以平行于金属板的相同速度进入板间，靠近
板左侧边缘进入的电子恰好能打在
板右侧
边缘，电子进入板间在上半区域均匀分布，忽略电子间的相互作用，不考虑电场的边缘效应。
下列说法正确的是（ ）
A．电子击中
板区域的长度为
B．电子击中
板区域的长度为
C．保持两板带电量不变，若将
板向下平移
的距离，打在
板上的电子数占进入平
行板电子总数的
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D．保持两板带电量不变，若将
板向下平移
的距离，靠近
板左侧边缘进入的电子
出电场时的电势能为进电场时电势能的
【答案】BCD
【详解】AB．设粒子初速度为v，竖直方向加速度为a，题意知靠近
板左侧边缘进入的电
子恰好能打在
板右侧边缘，根据类平抛规律，竖直方向有
则极板中间虚线处射入的粒子，则有
联立解得
则电子击中
板区域的长度为
故A 错误，B 正确；
C．设电容器带电量为
，根据
整理得
可知保持两板带电量不变，若将
板向下平移
的距离，极板间电场强度不变，故粒子在电
场中加速度不变，设从距离下极板
处射入的粒子，恰好打在
板右侧边缘，则有
联立解得
可知射入点距离上极板距离
恰好为上半区域的一半，故，打在
板上的电子数占进入平行板电子总数的
，故C 正确；
D．靠近
板左侧边缘进入的电子，根据类平抛规律，竖直方向位移
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联立解得
设极板间电场强度为E，由于Q 接地，Q 板电势为0，则有
则
同理可知，出电场时有
故
则有
故靠近
板左侧边缘进入的电子出电场时的电势能为进电场时电势能的
，故D 正确。
故选BCD。
【例13】（2025·山东临沂·三模）空间存在一匀强电场，将一质量为m、带电荷量为+q 的小
球从一水平线上的A 点分两次抛出。如图所示，第一次抛出时速度大小为
，方向与竖直方
向的夹角为30°，经历时间
回到A 点；第二次以同样的速率
竖直向上抛出，经历时间
经过水平线上的C 点，B 的竖直方向投影为AC 的中点。已知小球的两次运动轨迹均在同一竖
直面内，不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球从抛出到回到水平线的过程，下列说法
正确的是（ ）
A．
B．电场强度的最小值为
C．电场沿水平方向时，电势差
D．电场强度为最小值时，小球第二次抛出到回到水平线的过程中电势能减少了
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【答案】CD
【详解】A．小球两次抛出的竖直加速度相同，在竖直方向上的分运动均为先向上减速后反
向加速，由几何关系结合竖直上抛运动知识可得第一次抛出
第二次抛出
联立解得
故A 错误；
B．经分析可知，当电场力方向与第一次抛出时的初速度方向垂直时场强最小，由牛顿第二
定律得
解得电场强度的最小值为
故B 错误；
C．电场沿水平方向时，小球水平方向做初速度为零的匀加速运动，B 投影为AC 中点，则
根据
可知，电势差
故C 正确；
D．电场强度为最小值时，竖直方向由牛顿第二定律得
由匀变速知识得
水平方向由牛顿第二定律得
由匀变速知识得
第二次抛出到回到水平线上的过程中电场力对小球做功
联立解得
小球第二次抛出到回到水平线的过程中电势能减少了
20
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故D 正确；
故选CD。
【例14】（2025·天津和平·三模）如图，两个带等量正电荷的微粒
以相同的速度沿垂
直于电场方向同时射入平行板电容器的匀强电场中，P 从靠近上极板边缘处射入，Q 从两极
板中央处射入，在重力和电场力的共同作用下，它们打在下极板同一点，不计粒子间的相互
作用，在整个运动过程中，下列分析正确的是（ ）
A．两粒子的机械能变化量一定相同
B．两粒子的动能一定都增大
C．电场力对两粒子的冲量一定相同
D．两粒子的电势能一定都减小
【答案】BC
【详解】A．两个微粒带等量正电荷，电场力做功代表机械能的变化，则
由于竖直位移不同，则两粒子的机械能变化量不相同，故A 错误；
B．两粒子的合外力向下，则粒子运动过程中合外力做正功，两粒子的动能一定都增大，故B
正确；
C．两粒子的初速度相等，水平方向做匀速直线运动，有
可见两粒子运动的时间相等，根据
可知电场力对两粒子的冲量一定相同，故C 正确；
D．由于电场力做功的正负未知，两粒子的电势能可能增大，故D 错误；
故选BC。
【例15】（2025 高三·全国·专题练习）
是一种放射性同位素，生物学中常将
标记到有
机物中，追踪其在生物体内的代谢路径。已知静止在O 点的
原子核发生衰变的同时，空
间中出现如图所示的匀强电场。之后衰变产物
两粒子的运动轨迹
如图中虚线
所示，不考虑粒子所受重力、阻力和两粒子间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
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A．
原子核发生的是
衰变
B．
衰变过程满足能量守恒，动量不守恒
C．两粒子始终处在同一等势面上
D．经过相等时间A、B 粒子水平位移大小之比为2 5∶
【答案】D
【详解】A．根据A、B 两粒子的运动轨迹，可知其所受电场力均与电场方向相同，即两粒子
均带正电，可知
原子核发生的是α 衰变，故A 错误；
BC．根据上述，该衰变的核反应方程为
，衰变过程能量守恒，动量守恒，
两原子核动量大小相等，则有mAvA=mBvB
可知，质量越大，速度越小，即
的初速度小于
的初速度，粒子在电场中做类平抛运
动，则有x=vt，
解得
根据图像可知，当竖直分位移大小相等时，
的初速度小，电荷量多，则水平分位移小一
些，可知A 粒子为
粒子，根据
可知，由于
的比荷小于
的比荷，经
历相等时间，
的竖直分位移小于
的竖直分位移，即两粒子飞出后不在同一等势面上，
故BC 错误；
D．根据x=vt，mAvA=mBvB
解得经过相等时间A、B 粒子水平分位移之比为
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可知经历相等时间A、B 粒子水平分位移比为2：5，故D 正确。
故选D。
计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法
(1)y＝y1＋Dtan θ(D 为屏到偏转电场右边缘的水平距离)。
(2)y＝( L
2 ＋D)tan θ(L 为极板长度)。
(3)根据三角形相似y
y1
＝
L
2 ＋D
L
2
＝L＋2 D
L
。
精讲考点
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