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第45 课时 电容器 带电粒子在电场中的直线运动
目标要求 1.知道电容器的基本构造，了解电容器的充电、放电过程。2.理解电容的定义及动态变化规律。
3.掌握带电粒子在电场中做直线运动的规律。
考点一 电容器 电容
1.电容器
(1)组成：由两个彼此 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 。
(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 ，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 转化为其他形式的能。
2.电容
定义
电容器所带的 与电容器两极板之间的 之比
定义式
C＝Q
U
单位
法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝ 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
1.电容器的电荷量等于两个极板所带电荷量绝对值的和。( )
2.电容器的电容与电容器所带电荷量成正比，与电压成反比。( )
3.放电后电容器的电荷量为零，电容也为零。( )
例1 (2024·甘肃卷·7)一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S 接1，电源E 给电容器C 充电；开
关S 接2，电容器C 对电阻R 放电。下列说法正确的是( )
A.充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加
B.充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R 的电流由M 点流向N 点
C.放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小
D.放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R 的电流由N 点流向M 点
1
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考点二 平行板电容器的动态分析
1.平行板电容器的电容
(1)决定因素：两极板的 、电介质的 、 。
(2)决定式：C＝εr S
4 π kd 。
2.电容器两类典型动态问题
(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。
例2 (2024·浙江6 月选考·6)图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量
不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则( )
A.极板间电势差减小
B.电容器的电容增大
C.极板间电场强度增大
D.电容器储存能量增大
两类典型动态分析思路比较
例3 (多选)在如图所示的电路中，开关S 闭合时，平行板电容器M、N 间有一带电小球刚好静止，此
时两板之间的距离为d，已知小球的比荷为k，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A.两极板之间的电压为kgd
B.仅将下板向下移动d，小球以加速度g 向下加速运动
2
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C.断开开关S，仅将下板向下移动d，小球的电势能减小
D.断开开关S，仅将下板向下移动d，小球仍然静止不动
考点三 带电粒子(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
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4 如图所示，一带正电的小球在匀强电场中，受到的静电力与小球的重力大小相等，以初速度v0
沿ON 方向做加速度不为零的匀变速直线运动，ON 与水平面的夹角为30°。不计空气阻力，重力加速
度为g。则( )
A.静电力方向可能水平向左
B.小球可能做匀加速直线运动
C.小球的加速度大小一定小于g
D.经过时间v0
g ，小球的速度方向发生改变
例5 (2022·北京卷·18)如图所示，真空中平行金属板M、N 之间距离为d，两板所加的电压为U。一
质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从M 板由静止释放。不计带电粒子的重力。
3
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(1)求带电粒子所受的静电力的大小F；
(2)求带电粒子到达N 板时的速度大小v；
(3)若在带电粒子运动d
2 距离时撤去所加电压，求该粒子从M 板运动到N 板经历的时间t。
拓展 若将N 板向右平移d
2 ，求：
(1)带电粒子到达N 板的速度大小v″；
(2)粒子在板间运动的时间t'。
例6 (来自教材改编)(2025·山东菏泽市开学考)如图甲为直线加速器原理图，由多个横截面积相同的
金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上。序号为奇数的圆筒和交流电源的一个极相连，序号为
偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交流电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。已知电子的质
量为m、元电荷为e、电压的绝对值为u，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t＝0
4
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时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于和偶数圆筒相连的金属圆板(序号为0)中央有一
个初速度为零的电子。下列说法正确的是( )
A.电子在圆筒中做匀加速直线运动
B.本装置可采用直流电进行加速
C.进入第2 个金属圆筒时的速度为2√
eU
m
D.第8 个金属圆筒的长度为4T√
eU
m
拓展 保持加速器筒长、加速电压不变，若要加速比荷更大的粒子，则要怎样调整交流电压的周期？
5
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答案精析
考点一
1.(1)绝缘 (2)绝对值 (3)①异种电荷 ②电场能
2.电荷量Q 电势差U 106
判断正误
1.× 2.× 3.×
例1 C [充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻R 的电流由N 点流向M 点，随着电容器带电
荷量的增加，电容器两极板间电势差增加，充电电流在减小，故A、B 错误；
放电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R 的电流由M 点流向N 点，电容器两极板间电势差减小，
放电电流在减小，故C 正确，D 错误。]
考点二
1.(1)正对面积 相对介电常数 两板间的距离
例2 D [根据Q＝CU，C＝εr S
4 π kd 可得当极板间距增大时电容减小，由于电容器的电荷量不变，故极板
间电势差增大，故A、B 错误；根据E＝U
d 得E＝4 π kQ
εr S
，故极板间电场强度不变，故C 错误；移动极板
的过程中要克服静电力做功，故电容器储存能量增大，故D 正确。]
例3 CD [设两极板之间的电压为U，则两极板之间的电场强度为E＝U
d ，带电小球刚好静止，则mg＝
qE，解得U＝mgd
q
＝gd
k ，故A 错误；仅将下板向下移动d，两极板的电压不变，两极板间电场强度为
E'＝U
2d ＝1
2E，由牛顿第二定律得mg－qE'＝ma，解得a＝1
2g，故B 错误；断开开关S，两极板带电荷量
不变，由C＝Q
U ，C＝εr S
4 π kd ，E＝U
d ，可得两极板间电场强度E＝4 π kQ
εr S
，仅将下板向下移动d，电场强
度不变，仍为E，则小球所受静电力不变，小球仍然静止不动。小球与下极板的电压U'＝Ed'，将下板向下
移动，小球与下极板的电压增大；又下极板接地，则下极板的电势为0，由U'＝φ－0，可知小球所在处的
电势升高；由小球所受静电力向上可知小球带负电，由Ep＝qφ 可知小球的电势能减小，故C、D 正确。]
考点三
例4 D [小球做匀变速直线运动，合力方向一定和速度方向在同一直线上，即在ON 直线上，因为mg＝
qE，所以静电力qE 与重力关于ON 对称，根据几何关系可知静电力qE 与水平方向夹角为30°，受力情况
如图所示，合力沿ON 向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON 向下，与速度方向相反，小球做匀
减速直线运动，故A、B、C 错误；设小球减速到零所用时间为t，则t＝v0
a ＝v0
g ，故经过时间v0
g ，小球速
度刚好减为零，然后反向加速，即经过时间v0
g ，小球的速度方向发生改变，故D 正确。
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]
例5 (1)qU
d (2)√
2qU
m
(3)3d
2 √
m
qU
解析 (1)两极板间的电场强度E＝U
d ，带电粒子所受的静电力F＝qE＝qU
d
(2)带电粒子从静止开始运动到N 板的过程，根据功能关系有qU＝1
2mv2
解得v＝√
2qU
m
(3)设带电粒子运动d
2 距离时的速度大小为v'，
根据功能关系有qU
2 ＝1
2mv'2
带电粒子在前d
2 距离做匀加速直线运动，后d
2 距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，有
d
2 ＝v '
2 t1，d
2 ＝v't2
则该粒子从M 板运动到N 板经历的时间t＝t1＋t2＝3d
2 √
m
qU 。
拓展 (1)√
2qU
m (2)3d√
m
2qU
解析 (1)电压U 不变，
由qU＝1
2mv″2
解得v″＝√
2qU
m
(2)由3
2d＝v ″
2 t'
解得t'＝3d√
m
2qU 。
例6 C [由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部电场强度为零，则电子在金属圆筒中做匀速直线运
动，故A 错误；根据加速器原理可知，本装置应采用交流电进行加速，故B 错误；从序号为0 的金属圆板
到进入第2 个金属圆筒的过程中，由动能定理得2eU＝1
2mv2，解得v＝2√
eU
m ，故C 正确；结合C 选项分
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析可知进入第8 个金属圆筒时的速度满足8eU＝1
2mv'2，因为电子在圆筒中做匀速直线运动，所以第8 个圆
筒长度为L＝v'·T
2 ＝2T√
eU
m ，故D 错误。]
拓展 设粒子进入第n 个圆筒时的速度为v，由动能定理有neU＝1
2mvn
2
而粒子在圆筒内做匀速直线运动，由此可得第n 个圆筒的长度为
Ln＝vn·T
2
解得Ln＝√
2neU
m
·T
2
分析可知，保持加速器筒长、加速电压不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调小交流电压的周期。
8
