文档文本内容
第21 讲 电容器 带电粒子在电场中的运动
内容导航
01
命题透视·考情前瞻
对标素养，研判高考命题趋势
02
思维建模·脉络梳理
搭建知识框架，构建系统思维
03
考点精讲·靶向突破
拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 电容器 电容
知识点1 电容 电容器的概念
知识点2 电容器的动态分析
考向1 电容和电容器的概念 考向2 U 不变的动态分析
考向3 Q 不变的动态分析
考点二 带电粒子（体）在电场中的直线运动
知识点1 带电粒子（体）在电场中的直线运动
考向1 带电粒子（体）在匀强电场中的直线运动
考点三 带电粒子在电场中的曲线运动
知识点1 带电粒子在电场中的曲线运动
知识点2 带电粒子在电场中偏转的重要推论
考向1 带电粒子在匀强电场中的偏转 难
考点四 带电粒子在交变电场中的运动
知识点1 带电粒子在交变电场中的运动
考向1 带电粒子在交变电场中的直线运动
考向2 带电粒子在交变电场中的曲线运动
04
真题溯源·考向感知
溯源真题逻辑，感知高考考向
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
电容器的动态变化（Q 不变）-
板间距离变化
黑吉辽蒙联卷
4T，4 分
带电粒子在电场中的运动
黑吉辽蒙联卷
15T，15 分
电容器的动态变化（U 不变）-
板间距离变化
黑吉辽联考卷5T，4 分
考情分析
题型与考向：属于高考物理的必考点，分值占比高，综合性强，区分
度明显。考查形式灵活，可出现在选择题、实验题、计算题中，
整张试卷该模块总分值通常在12～20 分，占物理总分的15%
左右，属于占比偏高的核心板块。
情境与立意：难度保持稳定，情境创新增加，结合程度提升
1. 电容器板块：（必考点）平行板电容器动态分析、（创新考法）电
容器的实际应用、（综合考法）电容器电路结合
2. 带电粒子的加速与偏转：（基础必考点）带电粒子的加速与偏转、
（难点考点）带电粒子在交变电场中的运动、（综合考点）力电综合
问题、（特殊情境）带电粒子在电容器极板间的运动
复习目标
1. 概念记忆：准确记忆电容的定义式和平行板电容的决定式，并能区
分使用。
2. 掌握核心模型：熟练区分电容器两类动态问题
3. 掌握基础运动分析：会用动能定理处理带电粒子加速问题，会用运
动分解法处理带电粒子的类平抛偏转。
4. 得分要求：保证选择题、基础实验题拿到满分。
思维建模·脉络梳理
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 电容器 电容
知识点1 电容、电容器的概念
知●识●解●构
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
（1）意义：表示电容器容纳电荷本领的物理量。
（2）定义式：C＝＝。
（3）单位：法拉（F），1 F＝106 μF＝1012pF。
（4）性质：表示电容器容纳电荷 本领的高低。
（5）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
否带电及电压无关 。
3.平行板电容器
（1）影响因素：平行板电容器的电容与两极板的正对面积成正比，与电介质的相对介电常数成正比，
与两极间的距离成反比。
（2）决定式：C＝，k 为静电力常量。
知识点2 电容器的动态分析
知●识●解●构
1.电容器动态分析的两类问题的比较
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
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（E = 4 πkQ
εs
）
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
考●向●破●译
考向1 电容和电容器的概念
例1 （2025·内蒙古通辽·三模）除颤器通过在短时间内向心脏提供一定强度的电流，利用电击将心脏的
电活动“清除”，以使心脏活动达到正常节律。在除颤器中，电容器是储存能量并在需要时能够快速释
放能量的关键元件。某除颤器的电容C=200μF，电容器储存电能的电势差U=200V，电容器储存的能量可
以通过公式E = 1
2 C U
2计算，除颤器的放电时间一般在10 毫秒到20 毫秒。下列说法正确的是（ ）
A．除颤器储存的电荷量为0.04C
B．除颤器放电时的平均电流为2A
C．除颤器储存的能量为2J
D．除颤器放出能量的平均功率为4 kW
【答案】A
【详解】A．根据Q =CU
代入数据，解得Q =0.04 C
故A 正确；
B．除颤器放电时的平均电流为I = Q
t
由于除颤器放电的时间不确定，所以除颤器放电时的平均电流无法确定，故B 错误；
C．除颤器储存的能量为E = 1
2 C U
2= 4 J
故C 错误；
D．除颤器放出能量的平均功率为P= W
t = E
t
由于除颤器放电的时间不确定，所以除颤器放出能量的平均功率不确定，故D 错误。
故选A。
✨
得分速记
：
解决电容器问题的常用技巧
（1）在电荷量保持不变的情况下，电场强度与板间的距离无关（E = 4 πkQ
εs
）。
（2）对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C 进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不
变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，抓住C = εr s
4 πkd 、Q＝CU 和E = U
d 进行判定即可。
【变式训练1·新思维】（25-26 高二上·黑龙江哈尔滨）对“静电场”一章中几个公式的理解，正确的是（
）
A．在公式F = k q1q2
r
2
中，若r趋近于零时，F将会变得无穷大
B．在公式E p=qφ中，同一个负电荷在电势越高的地方电势能越小
C．由E = U
d 可知，匀强电场中两点的距离越大，两点电势差越大
D．由公式C = Q
U 可知，电容器的电容随电容器所带电荷量Q的减小而减小
【答案】B
【详解】A．在公式F = k q1q2
r
2
中，当r趋近于零时，电荷不能视为点电荷，库仑定律不再适用，因此不能
得出F将会变得无穷大的结论，故A 错误；
B．在公式Ep=qφ中，电势能Ep由电荷量q和电势φ决定。对于同一个负电荷（q<0），电势φ越高，
Ep=qφ的值越小，即电势能越小，故B 正确；
C．由E = U
d 可知，在匀强电场中，电势差U与沿电场线方向的距离d成正比，但选项中的“两点的距
离”未指定沿电场线方向，若为任意两点的距离，则距离增大电势差不一定增大，故C 错误；
D．公式C = Q
U 是电容的比值定义式，电容C由电容器本身结构决定，与电荷量Q和电势差U无关，故D
错误。
故选B。
【变式训练2·新思维】（25-26 高二上·黑龙江哈尔滨）有一充电的电容器，两极板间的电压为2V，所带
电荷量为4×10
−4C，下列说法正确的是（ ）
A．该电容器的电容为1×10
−4 F
B．电容器电压降为1V 时，该电容器的电容为1.5×10
−4 F
C．电容器电压降为1V 时，所带电荷量为2×10
−4C
D．电容器电压升为3V 时，该电容器的电容为3×10
−4 F
【答案】C
【详解】ABD．根据电容定义式可得该电容器的电容为C = Q
U = 4×10
−4
2
F =2×10
−4 F
由于电容器的电容只由电容器自身决定，所以电容器电压降为1V 时，或电压升为3V 时，该电容器的电
容均为2×10
−4 F，故ABD 错误；
C．电容器电压降为1V 时，所带电荷量为Q
′ =C U
′ =2×10
−4×1C=2×10
−4C，故C 正确。
故选C。
考向2 U 不变的动态分析
例2（2026·吉林长春·模拟预测）某湿度传感器利用平行板电容器测量空气湿度。电容器上极板（可移
动）与固定支架间嵌入一种吸湿材料，当环境湿度增加时，吸湿材料体积膨胀，反之则体积缩小。将该
电容器与恒压电源、电流表连接成如图所示的电路，闭合开关S。下列说法正确的是（ ）
A．空气湿度降低时，电容器的电容会变大
B．空气湿度降低时，极板间电场强度变大
C．空气湿度一定时，滑片向上移动，电容器所带电荷量会增加
D．保持滑片位置不变，若出现从a到b的电流，说明环境湿度升高
【答案】C
【详解】A．环境湿度降低时，吸湿材料体积缩小，极板间距d 增大，根据C = εr S
4 πkd
可知，电容变小，
故A 错误；
B．电源保持电压恒定（滑动变阻器未调节），环境湿度降低时，吸湿材料体积缩小，极板间距d 增大，
根据电场强度E = U
d 可知，极板间电场强度变小，故B 错误；
C．空气湿度一定时，滑片向上移动，由电路图可知电容器两端电压增大，根据C = Q
U 可知，电容器所带
电荷量会增加，故C 正确；
D．若电流计示数为从a 到b，说明电容器放电，则电容减小，d 增大说明湿度降低，故D 错误。
故选C。
【变式训练1·变考法】（2026·辽宁沈阳·二模）应用于机器人柔性电子皮肤的矩阵式电容传感器如图所示，
底部为共用下极板，上下极板间由弹性微柱支撑。传感器工作时，电容器两端电压U 恒定。当传感器受
垂直压力时，微柱被压缩，则（ ）
A．电容器所带电荷量不变
B．电容器所带电荷量减小
C．极板间电场强度不变
D．极板间电场强度增大
【答案】D
【详解】AB．当传感器受垂直压力时，微柱被压缩，即板间距离d 减小，根据电容的决定式和定义式
C = εr S
4 πkd 和C = Q
U 可知，电容器的电容增大，电容器所带电荷量变大，故AB 错误；
CD．根据E = U
d 可知，极板间电压不变，间距减小，则两板之间的电场强度变大，故C 错误，D 正确。
故选D。
【变式训练2·变考法】（2026·辽宁·一模）如图是一种“跳跳小火箭”的实验装置：两块水平正对放置的
薄木板用四根竹筷子固定，在两薄木板的内侧均贴上锡纸，并分别与直流稳压电源的正负极相连，在下
板的锡纸上放置一个用锡纸裁剪的“小火箭”，接通电源后“小火箭”会上下跳动。忽略“小火箭”带
电量对两极板电量和两极板间电场的影响，下列说法正确的是（ ）
A．“小火箭”在向上运动的过程中，其电势能增大
B．通电后若改变两板间距离，则板上锡纸的电荷量随之改变，电荷量数值与极板距离成线性关系
C．通电后若断开电源，增大两板间距离，则两板间电场强度减小
D．通电后若断开电源，减小两板间距离，则两板间电压减小
【答案】D
【详解】A．根据电场的基本性质，电场方向是从正极指向负极。在本题中，电源正极连接下板，负极连
接上板，电场方向是竖直向上的，结合题意得小火箭带正电，当“小火箭”向上运动时，电场力做正功，
根据电场力做功与电势能变化的关系，电势能减小，故A 错误；
B．根据平行板电容器的电容公式C =
εS
4 πkd
电容器的电容的定义式C = Q
U
联立解得Q = εSU
4 πkd
即电荷量数值与极板距离成反比例关系，故B 错误；
C．根据平行板电容器的电容公式C =
εS
4 πkd
电容器的电容的定义式C = Q
U
电场强度与电势差的关系E = U
d
联立解得E = 4 πkQ
εS
即通电后若断开电源，两极板所带的电荷量不变，增大两板间距离，则两板间电场强度不变，故C 错误；
D．根据平行板电容器的电容公式C =
εS
4 πkd
电容器的电容的定义式C = Q
U
联立解得U = 4 πkdQ
εS
即通电后若断开电源，两极板所带的电荷量不变，减小两板间距离，则两板间电压减小，故D 正确。
故选D。
考向3 Q 不变的动态分析
例3（2026·黑龙江·模拟预测）地球表面与电离层之间有稳定的电势差，会在两者间的低空大气中形成电
场，其电场强度即大气电场强度，晴天时方向多垂直地面向下，地面附近的电场分布如图所示，低空大
气上表层与地面构成平行板电容器模型，忽略大气相对介电常数的变化，下列说法正确的是（ ）
A．低空大气越厚，电容越大
B．若地面所带的电荷量不变，则低空大气越厚，大气电场强度越大
C．地面单位面积所带的电荷量越大，大气电场强度越大
D．地面单位面积所带的电荷量越小，地面上方的P 点电势越高
【答案】C
【详解】A．由于低空大气上表层与地面构成平行板电容器模型，根据公式C = εrS
4 πkd
低空大气厚度d 越大，电容C 越小，故A 错误；
B．电场强度E = U
d
又因为C = Q
U
联立，可得E = 4 πkQ
εr S
所以地面所带的电荷量不变时，低空大气厚度d 增大，大气电场强度不变，故B 错误；
C．地面单位面积所带的电荷量σ = Q
S
又E = 4 πkQ
εr S = 4 πkσ
εr
则地面单位面积所带的电荷量越大，大气电场强度越大，故C 正确；
D．地面单位面积所带的电荷量越小，大气电场强度越小，由U = Ed可知，P 点与地面间的电势差也越小，
P 点的电势越低，故D 错误。
故选C。
【变式训练1·变考法】（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）某实验小组在研究影响平行板电容器电容的因素
的实验电路中，加入了一个电池，如图所示。开关S 闭合后，静电计G 的指针张开一个角度，两正对水平
金属板A、B 间有一带电油滴悬浮不动。忽略静电计G 所引起的极板电荷量影响。下列说法正确的是（
）
A．若仅将B 板水平左移少许，则油滴将向下运动
B．若仅将A 板竖直上移少许，A 板所带的电荷量不变
C．若断开S，仅将A 板水平右移少许，则G 的指针张角将变小
D．若断开S，仅将B 板水平右移少许，则油滴将向上运动
【答案】D
【详解】A．S 闭合，U不变，B 板水平左移，仅改变正对面积S，极板间距d不变。由E = U
d 得，板间电
场强度E不变，油滴受力不变，仍保持静止，故A 错误；
B．S 闭合，U不变，A 板竖直上移，极板间距d增大，由C =
εS
4 πkd 得电容C减小，由Q =CU得，A 板所
带电荷量Q减小，故B 错误；
C．断开S，Q不变，A 板水平右移，正对面积S减小，由C =
εS
4 πkd 得电容C减小，由U = Q
C 得，电容器电
压U增大，因此静电计G 的指针张角变大，故C 错误；
D．断开S，Q不变，B 板水平右移，正对面积S减小，板间电场强度E = U
d = Q
Cd = 4 πkQ
εS
，Q不变S减小，
因此E增大，电场力增大，油滴将向上运动，故D 正确。
故选D。
【变式训练2·变考法】（25-26 高二上·内蒙古包头）可拉伸电容器在智能穿戴等柔性电子产品中应用广
泛，其核心结构由可变形电极和离子凝胶电介质组成，如图所示。当电容器拉伸时，极板面积S 和电介
质的厚度d 均发生变化。其体积V = Sd保持不变。电容器充电后与电源断开。在缓慢左右绝缘拉伸电容器
过程中，下列判断正确的是（ ）
A．电容器的电容增大
B．电容器的电荷量变大
C．电容器两电极间电压不变
D．电容器中的电场强度不变
【答案】A
【详解】A．根据平行板电容器电容的决定式有C = εr S
4 πkd
又因为V = Sd
可得C =
εrV
4 πk d
2
在缓慢左右绝缘拉伸电容器过程中，d 在减小，故C会增大，故A 正确；
B．电容器的电荷没有发生转移，故电荷量不变，故B 错误；
C．由电容的定义式C = Q
U ，Q不变，C增大，则U减小，故C 错误；
D．结合E = U
d 可得E = 4 πkQd
εrV
，d 在减小，则电场强度减小，故D 错误。
故选A。
考点二 带电粒子（体）在电场中的直线运动
知识点1 带电粒子（体）在电场中的直线运动
知●识●解●构
1.带电粒子（体）在电场中运动时重力的处理
基本粒子
如电子、质子、α 粒子等，除有说明或明确的暗示外，一般都不考虑重力（但并不
忽略质量）
带电体
如带电液滴、尘埃、小球等，除有说明或有明确的暗示外，一般都不能忽略重力
2.带电粒子（体）在电场中直线运动的分析方法
考●向●破●译
考向1 带电粒子（体）在匀强电场中的直线运动
例1 （2026·江苏苏州·三模）如图所示，相互平行的水平金属板A、B、C分别与两个相同的电源相连，
B、C两板上开的小孔在同一竖直线上。一电子从靠近A板的位置O由静止开始运动，恰好能到达C板，
不计电子重力。将B板上移至水平虚线处，由O处静止释放的电子（ ）
A．到达B板时速度减小
B．能穿过C板上的小孔
C．到达C板的时间不变
D．到达C板的时间增大
【答案】C
【详解】A．电子从O 到B 板，根据动能定理eU = 1
2 mv
2
AB 间电压始终为U，因此到达B 板的速度v = ❑√
2eU
m
，A 错误；
B．对电子从O 到C 板全过程，动能定理eU −eU =0−1
2 mv0
2
总功始终为0，因此电子到达C 板时速度仍为0，恰好到达C 板，不能穿过小孔，B 错误；
CD．AB 段匀加速：加速度a1= e E1
m = eU
md AB
位移d AB= 1
2 a1t1
2
解得t1=d AB⋅❑√
2m
eU ，即t1与d AB成正比。
BC 段匀减速：加速度大小a2= e E2
m = eU
mdBC
同理可得减速到0 的时间t2=dBC⋅❑√
2m
eU
，即t2与dBC成正比。
总时间t =t1+t2= D⋅❑√
2m
eU ，D不变，因此总时间不变，C 正确，D 错误。
故选 C。
【变式训练1·变考法】（25-26 高一下·江苏南通）如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为
+q的物块放在光滑绝缘水平面上，在恒力F 作用下由静止开始从O 点向右做匀加速直线运动，先经时间
t 力F 做功90J，此后撤去力F，物块再经时间2t返回到出发点O，且回到出发点时的速度大小为v。设物
块在O 点的电势能为零，则（ ）
A．撤去力F 时物块的速度大小为v
3
B．物块向右滑动的最大距离为2vt
3
C．撤去力F 时物块的动能为40J
D．撤去力F 时物块的电势能为60J
【答案】C
【详解】A．设F 撤去前、后物块的加速度大小分别为a1、a2，根据位移关系有
1
2 a1t
2+(a1t )×2t −1
2 a2(2t )
2=0
解得
a1
a2
= 4
5
根据运动学规律有v =2a2t −a1t = 3
2 a1t
所以撤去力F 时物块的速度大小为v1=a1t = 2
3 v。故A 错误；
B．从撤去F 到物块速度减为零所经历的时间为t1= v1
a2
= v1
5
4 a1
= 4
5 t
所以物块向右滑动的最大距离为xmax = v1
2 t + v1
2 t1= 3
5 vt。故B 错误；
CD．物块向右运动过程中，电势能增加量等于克服电场力做的功，根据能量守恒定律可知物块向右到达
最远位置时的电势能为90J，设撤去F 时物块的电势能为EP，动能为Ek，则Ep
90J = qE x1
qE xmax
=
v1
2 t
3
5 vt
= 5
9
解得EP=50J
电场力做的功W =−Δ EP=−( EP−EPO)=−(50J−0)=−50J
由动能定理可知W F+W = Ek−0
解得Ek= 40J。故C 正确，D 错误。
故选C。
【变式训练2·变考法】（2026·安徽芜湖·二模）如图所示，来自电子源的电子初速度为零，经电压为U 的
电场加速后，形成一束柱状的电子流。若电子流横截面积为S，电子的比荷为k，元电荷为e，电子流形
成的电流大小为I，则电子流单位体积内的电子数n 表达式为（ ）
A．
I
e ❑√2kU
B．eS ❑√2kU
I
C．e ❑√2kU
I
D．
I
eS ❑√2kU
【答案】D
【详解】电子经电压U 加速，由动能定理Ue = 1
2 mv
2
Δt时间内流过横截面积S 的电荷量q =nev ΔtS
则电子流形成的电流I = q
Δt =nevS
联立解得n=
I
eS ❑√2kU
故选D。
考点三 带电粒子在电场中的曲线运动
知识点1 带电粒子在电场中的曲线运动
知●识●解●构
1.带电粒子在匀强电场中的偏转
（1）研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。
（2）处理方法：类似于平抛运动，应用运动的合成与分解的方法。
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。
知识点2 带电粒子在电场中偏转的重要推论
知●识●解●构
推论1：如图所示，粒子从偏转电场中射出时，其速度的反向延长线与初速度方向交于一点，此点平
分沿初速度方向的位移。
证明：由tan θ＝
qu1
md v0
2，y＝qu1l
2
2md v0
2和x＝，知x＝。故O 点平分了沿初速度方向的位移，所以粒子
从偏转电场中射出时，就好像是从极板间处沿直线射出似的。
推论2：位移方向与初速度方向间夹角的正切值为速度偏转角正切值的1
2，即tan α＝1
2tan θ。
推论3：不同的带电粒子（电性相同，初速度为零），经同一电场加速后，再进入同一偏转电场，则
它们的运动轨迹必定重合（与比荷无关）。
证明：带电粒子先经加速电场（电压U 加）加速，又进入偏转电场（电压U 偏），射出偏转电场时，
偏移量y＝at2＝qU 偏l
2
2md v0
2 = qU 偏l
2
4 d qU 加
= U 偏l
2
4 d U 加
，速度偏转角的正切值tan θ＝U 偏l
2d U 加
，可见偏移量y 和偏
转角θ 只与U 加、U 偏有关，与q、m 无关，运动轨迹必定重合。
考●向●破●译
考向1 带电粒子在匀强电场中的偏转 难
例1 （2025·内蒙古赤峰·三模）如图是静电场轨道离子阱装置。长为 L 的圆柱形金属管接高压电源正极，
位于中心轴线的金属丝 OO
′ 接负极，管内空间形成指向中心轴线的辐射状电场，在管的左端以 O
' 为
圆心开一半径为R的圆环状窄缝。一个质量为m 、电荷量为q的离子，以速度v0从离子阱右侧的A点垂直
OA射入，且与A A
′的夹角θ =30
∘，不计离子重力，离子在离子阱中的运动可分为两部分围绕 OO
′的圆
周运动和沿 A A
′的直线运动，且最后离子从左侧窄缝射出。下列说法正确的是（ ）
A．离子带负电
B．离子在运动过程中加速度不变
C．A处的电场强度大小E = 3mv0
2
4 qR
D．离子在离子阱中运动的路程s= 2❑√3 L
3
【答案】D
【详解】A．题意可知电场强度指向OO
′，且离子在离子阱中的运动可分为围绕 OO
′的圆周运动，可知
电场力指向OO
′，故粒子带正电，故A 错误；
B．由于离子水平方向不受力，合力为电场力，且离子在做圆周运动时电场力方向时刻指向OO
′，可知电
场力方向时刻在变，故加速度方向也时刻在变，即加速度时刻在变，故B 错误；
C．根据电场力提供向心力有Eq=m (v0sinθ)
2
R
解得E = mv0
2
4 qR
故C 错误；
D．对离子，水平方向有L= v0cosθ×t
解得离子在离子阱中运动时间t = 2❑√3
3 v0
L
则离子在离子阱中运动的路程s= v0t = 2❑√3
3
L
故D 正确。
故选D。
【变式训练1·变考法】（2026·辽宁鞍山·模拟预测）如图所示水平放置的平行板电容器，两板间距为d，
电压恒为U，两板间为匀强电场。为便于描述，以两板中心连线中点为坐标原点O并建立如图平面直角坐
标系。O1、O2分别为A、B 两板与y轴交点，O点为一粒子源沿x轴正向以速度v0发射出一个质量为m、
带正电粒子，粒子沿x轴正向做匀速运动（粒子落到极板即被吸附，坐标轴不随极板转动）。则下列说法
正确的是（ ）
A．A 板带正电，B 板带负电，粒子的电荷量为mgd
U
B．若两板以O点为轴在纸面内逆时针转动60
∘，同时粒子速度方向变为与x 轴正方向成30
∘向右上方，
则粒子将做曲线运动
C．若A、B 两板分别以O1、O2为轴在纸面内逆时针转动30
∘后，仍沿x轴正向射入的粒子将做直线运
动
D．若两板以O 点为轴在纸面内顺时针转动90
∘，粒子由O点以v0沿y轴负方向射入，当其达到A 板时
增加的动能为1.5mgd，则粒子的初速度为❑√gd
【答案】C
【详解】A．粒子沿x轴正向做匀速运动，受力平衡。粒子受竖直向下的重力mg和竖直向上的电场力qE，
故qE =mg
因粒子带正电，电场力向上，则电场强度方向向上，所以下板B 带正电，上板A 带负电。由E = U
d
解得q = mgd
U ，故A 错误；
B．若两板以O点为轴在纸面内逆时针转动60
∘，电场强度方向也逆时针转动60
∘，即指向左上方，与y轴
夹角为60
∘。电场力大小F❑=qE =mg不变。粒子受重力mg竖直向下，根据几何关系可知，电场力F❑与
重力夹角为120°。合力方向与粒子初速度方向相反，所以粒子做直线运动，故B 错误；
C．若A、B 两板分别以O1、O2为轴在纸面内逆时针转动30
∘，两板仍平行，板间距变为d
′ =d cos30
∘
电压U不变，场强E
′ = U
d
′ =
U
d cos30
∘=
E
cos30
∘
电场力F
′ =q E
′ =
mg
cos30
∘
方向垂直板向上（与y轴夹角30
∘指向左上方）。电场力竖直分量F
′
y
❑= F
′cos30
∘=mg
与重力平衡。水平分量F
′
x
❑= F
′sin30
∘=mgtan30
∘
方向向左。粒子所受合力水平向左，初速度水平向右，粒子做匀减速直线运动，故C 正确；
D．两板以O 为轴在纸面内顺时针转动90°，电场力大小不变为mg，方向为水平向右，水平方向做匀加速
直线运动d
2 = 1
2 gt
2，v x =>¿
竖直方向做初速度为v0，加速度为g 的匀加速直线运动，v y = v0+>¿
而动能的增加量为Δ Ek = 1
2 m(❑√v x
2+ v y
2 )
2−1
2 mv0
2=1.5mgd
解得v0=
❑√gd
2
，故D 错误。
故选C。
【变式训练2·变考法】（2026·黑龙江大庆·三模）如图所示，在电场强度为E，方向竖直向上的匀强电场
中，两个相同的带负电粒子a、b 同时从O 点以初速度v0射出，速度方向与水平方向夹角均为θ。已知粒
子的质量为m，电荷量为q，不计重力及粒子间相互作用。当a 到达最高点时，a、b 间的距离为（ ）
A．2m v0
2sin
2θ
qE
B．m v0
2sin
2θ
2qE
C．m v0
2sin
2θ
qE
D．3m v0
2sin
2θ
qE
【答案】A
【详解】a、b 均做类斜抛运动，运动轨迹如图所示
则竖直方向上，对a球，根据牛顿第二定律有qE =ma
a 运动到最高点，由运动学公式有v0sinθ =at
联立解得a 运动到最高点的时间t = m v0sinθ
qE
方法一：根据题意可知，两个小球均在水平方向上做匀速直线运动，且水平方向上的初速度均为v0cosθ，
则两小球一直在同一竖直线上，斜上抛的小球竖直方向上运动的位移为x1= (v0sinθ)
2
2a
= m v0
2sin
2θ
2qE
斜下抛的小球竖直方向上运动位移为x2= v0t sinθ+ 1
2 at
2
解得x2= 3mv0
2sin
2θ
2qE
则小球a 到达最高点时与小球b 之间的距离H = x1+ x2= 2mv0
2sin
2θ
qE
方法二：两个小球均受到相同电场力，以a 球为参考系，b球以2v0sinθ的速度向下做匀速直线运动，则
a 到达最高点时，a、b 间的距离H =2v0sinθt = 2mv0
2sin
2θ
qE
故选A。
考点四 带电粒子在交变电场中的运动
知识点1 带电粒子在交变电场中的运动
知●识●解●构
1. 常见的交变电场类型：电压（或场强）波形：正弦波、矩形波、锯齿波等。
2. 交变电场中常见的粒子运动及分析思路
（1）粒子做单向直线运动：一般对整段或分段研究用牛顿运动定律结合运动学公式求解；
（2）粒子做往返运动：一般分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定理等求解；
（3）粒子做偏转运动：一般根据交变电场特点分段研究，应用牛顿运动定律结合运动学公式或者动能定
理等求解。
3. 分析思路
（1）动力学观点：根据牛顿第二定律及运动学规律分析；
（2）能量观点：应用动能定理、功能关系等分析；
（3）动量观点： 应用动量定理分析。
考●向●破●译
考向1 带电粒子在交变电场中的直线运动
例1 （25-26 高二上·黑龙江绥化）如图（1）所示，真空中足够大的两个互相平行的金属板a、b 之间的
距离为d，两板之间的电压按图（2）所示的规律做周期性的变化，其电压变化周期为T。在t =0时刻，一
个带正电荷的粒子（重力不计）在电场力的作用下，从a 板的小孔中由静止开始向b 板运动，当t =T时刻
刚好到达b 板（图和题中，d、T为已知，U为未知）。下列说法正确的是（ ）
A．粒子在两板之间运动的加速度为2d
T
2
B．粒子在两板之间的最大速度为4 d
T
C．如果该粒子是在t = T
4 时刻才从小孔由静止开始运动，粒子将经过2T到达b板
✨
得分速记
：
带电粒子在交变电场中的解题技巧
1.分段分析法：把周期问题拆成匀变速小段，交变电场是分段均匀的，一个周期内电场不变的每一段
都可以视为匀强电场，分段分析即可：对每一段分别分析受力（电场力的大小、方向），确定加速度
和运动性质（加速/减速）；再用牛顿运动定律+匀变速运动公式逐段推导速度、位移，利用运动的周
期性推得总结果。
2.v-t 图像法：直观解决往返运动位移判定
这是最实用的技巧，尤其适合判断粒子是否会打到极板上：根据分段加速度画出v-t 图：加速度相同的
过程是平行直线，面积表示位移，在t 轴上方就是向正方向运动，下方就是反向运动；直接看面积的
正负总和就能判断总位移方向：如果总位移一直向某一方向，最终会打到极板；如果总面积正负抵消，
就是往复运动。
3.分方向合成：解决垂直入射的偏转问题
如果粒子垂直电场方向入射（比如平行偏转板加交变电压），直接用运动分解：
垂直电场方向：不受力，一直保持匀速直线运动，运动总时间由极板长度和初速度直接确定；
沿电场方向：按交变电场分段分析加速度、速度变化，计算偏转位移即可。
4.功能辅助：电场力做功只和电势差有关，不涉及运动时间时：直接用动能定理求解末速度，不用分
析中间过程的加速度变化，比动力学方法更简单。
D．如果该粒子是在t = T
4 时刻才从小孔由静止开始运动，粒子在两板之间的最大速度为d
T
【答案】D
【详解】A．设粒子在两板之间运动的加速度为a。粒子在0~ T
2 和T
2 ~T内的加速度大小相等，方向相反，
根据匀变速直线运动的对称性可知d =2⋅1
2 a(
T
2)
2
解得a= 4 d
T
2 ，故A 错误；
B．T
2 时刻粒子的速度最大，为vmax=a⋅T
2 = 2d
T ，故B 错误；
C．如果该粒子是在t = T
4 时刻才从小孔由静止开始运动，则根据运动的对称性可知，在时间T
4 ~ 3T
4 内粒
子向右运动的位移大小为x1=2⋅1
2 a(
T
4)
2
= d
4
在3T
4 ~ 5T
4 时间内粒子向左运动的位移大小为x2=2⋅1
2 a(
T
4)
2
= d
4
所以在释放后的T 时间内，粒子向右运动的距离为s= x1−x2=0
则粒子永远不会到达b 板，故C 错误；
D．如果该粒子是在t = T
4 时刻才从小孔由静止开始运动，T
2 时刻粒子的速度最大，为v
′
max=a⋅T
4 = d
T ，
故D 正确。
故选D。
【变式训练1·变考法】（25-26 高一上·内蒙古呼伦贝尔）如图甲所示，平行的A、B 两极板上加上如图乙
所示的交变电压，t = T
4 时刻，在两极板中间位置由静止释放一个电子，该电子仅在静电力作用下开始运
动，设电子在运动中不与极板发生碰撞，则下述说法正确的是（ ）
A．电子先向B 板运动，然后向A 板运动，再返回B 板做周期性往复运动
B．电子一直向A 板运动
C．电子一直向B 板运动
D．电子先向A 板运动，然后向B 板运动，再返回A 板做周期性往复运动
【答案】A
【详解】由乙图可知，从T
4 ∼T
2 时间内，B 板电势高于A 板电势，电子向B 板做加速运动，选取向B 板运
动的方向为正方向，故前T
4 时间电子向B 板加速运动，从T
2 ∼T时间内，电子加速度的方向与原来相反，
因此电子开始减速运动后反向加速，从T
4 时刻开始，作出电子的v −t图像如下，结合图像可知，电子先
向B 板运动，然后向A 板运动，再返回B 板做周期性往复运动。
故选A。
【变式训练2·变考法】（25-26 高三上·四川）2025 年3 月27 日，中国科学院高能所正式宣布，国家重大
科技基础设施“高能同步辐射光源（HEPS）”正式进入带光联调阶段。HEPS 最重要的器件是多级直线加
速器，如图甲，多级直线加速器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，
序号为奇数和偶数的圆筒分别与图乙所示交变电源两极相连。t＝0 时，位于金属圆板（序号为0）中央的
电子，由静止开始加速。若已知电子的质量为m、电荷量为－e、交流电周期为T，电子通过圆筒间隙的
时间不计，忽略相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．电子在圆筒内做匀加速直线运动
B．电子在第2 个与第4 个圆筒中的速度之比为1 2∶
C．电子在各圆筒中的运动时间均为T
D．图甲中各圆筒的长度之比为1:❑√2:❑√3……
【答案】D
【详解】A．金属圆筒中电场为零，电子不受电场力，做匀速运动，故A 错误；
BD．电子进入第n 个圆筒时，经过n 次加速，根据动能定理neu= 1
2 m vn
2
解得vn= ❑√
2neu
m
所以，电子在第2 个与第4 个圆筒中的速度之比为1：❑√2；第n 个圆筒长度Ln= vn× T
2 = T
2
❑√
2neu
m
则各圆筒的长度之比为1:❑√2:❑√3……，故B 错误，D 正确；
C．只有电子在每个圆筒中匀速运动时间为T
2 时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故C 错误。
故选D。
考向2 带电粒子在交变电场中的曲线运动
例2（2026·黑龙江哈尔滨·三模）在如图甲所示的平行金属板A、B上加如图乙所示的大小不变、方向周
期性变化的交变电压，其周期为T，现有一电子t =0时刻以平行于极板的速度v0从两板中央OO
′射入。电
子比荷为k，不计电子的重力，则（ ）
A．若t = T
2 时电子恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为❑√v0
2+2k U 0
B．若电子恰能平行于极板飞出，则极板长可能是2v0T
C．若电子在t = 3T
2 时刻射出极板，两极板间距至少为3T
❑√
k U 0
8
D．若电子恰能平行轴线OO
′方向飞出极板，两极板间距至少为T
❑√
k U 0
8
【答案】B
【详解】A．若t = T
2 时电子恰好能从A板的边缘飞出，只有电场力做功，由动能定理得
e⋅U 0
2 = 1
2 mv
2−1
2 mv0
2
代入k = e
m
解得v =
❑√v0
2+ k U 0，故A 错误；
B．电子恰能平行极板飞出，说明飞出时竖直方向总速度为0。t =0时刻射入的电子，在垂直于极板方向
上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子继续在该方向上做匀减速运动，
再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，此时实际速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续
重复这样的运动，要使电子恰能平行于极板飞出，因此飞行时间t =nT (n=1,2,3...)
所以极板长度L= v0t =n v0T
当n=2时，L=2v0T
因此极板长可能为2v0T，故B 正确；
C．由牛顿第二定律有eU 0
d
=ma
可得电子在垂直于极板方向上的加速度a= qU 0
md = k U 0
d
若t = 3T
2 射出，在0∼T
2 时间内的位移y1= 1
2 a( T
2 )
2= aT
2
8
在T
2 ∼T时间内的位移y2=a⋅T
2 ⋅T
2 −1
2 a( T
2 )
2= aT
2
8
在T ∼3T
2 时间内的位移y3= 1
2 a( T
2 )
2= aT
2
8
总位移y = y1+ y2+ y3= 3aT
2
8
刚好不碰极板时y = d
2
代入a= k U 0
d
解得d =T
❑√
3k U 0
4
，故C 错误；
D．电子恰能平行轴线OO
'方向飞出极板，最小间距对应飞行时间为t =T
则总位移y = y1+ y2= aT
2
4 ≤d
2
代入a= k U 0
d
解得d ≥T
❑√
k U 0
2
=2T
❑√
k U 0
8
，故D 错误。
故选B。
【变式训练1·变考法】（2025·辽宁·三模）某同学为研究带电粒子的运动情况，通过仿真模拟软件设计了
如图甲所示的实验，装置由放射源、速度选择器、平行板电容器三部分组成。放射源P 靠近速度选择器，
能沿水平方向发射出不同速率的某种带电粒子，其中某速率的带电粒子能恰好做直线运动通过速度选择
器，并沿平行于金属板A、B 的中轴线O1O2射入板间。已知速度选择器中存在竖直向下的匀强电场和垂
直纸面向里的匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B．平行板电容器的极板A、B 长为L，两板间加
有如图乙所示的交变电压。不计粒子重力及相互间作用力，忽略边缘效应，以下说法中正确的是
（ ）
A．从P 点射出的粒子一定带正电
B．只增大速度选择器中的电场强度E，仍能沿中轴线O1O2射入平行板电容器的粒子，通过A、B 板
的时间不变
C．若t = T
4 时刻粒子恰好沿O1O2方向进入平行板电容器，则粒子飞出平行板电容器的方向不可能沿
O1O2方向
D．若t=0 时刻沿O1O2进入平行板电容器的粒子离开电容器时方向也平行于O1O2，则
T = BL
nE
(n=1,2,3,⋯)
【答案】D
【详解】A．无论粒子带正电还是负电都可以满足电场力和洛伦兹力平衡，因此不能确定粒子一定带正电，
A 错误；
B．根据粒子通过速度选择器的速度v = E
B
增大电场强度E，速度也会增大，根据通平行板电容器的时间t = L
v
可知，时间会减小，B 错误；
C．在t = T
4 时刻进入电容器的粒子，在交变电场中经t = nT
2 = L
v
(n=1,2,3,⋯)时飞出的粒子，运动方
向平行于O1O2，C 错误；
D．粒子在电容器中运动的时间t = L
v = L
E
B
= BL
E
若粒子离开电容器时方向仍平行于O1、O2，则说明粒子在电容器中运动的时间是交变电压周期T 的整数
倍，即t =nT，则T = BL
nE
(n=1,2,3,…)，D 正确。
故选D。
【变式训练2·变考法】（2026·湖南怀化·一模）如图甲，长4L、宽2L 的光滑刚性绝缘矩形框内存在如图
乙所示的交变电压，左边框上a 点开有一小孔。t =0时，质量m、电荷量Q 的带电粒子（不计重力）以初
速度v（未知）从a 点水平射入，然后与上边框碰撞于b 点。假设每次碰撞，粒子平行于边框的速度分量
不变，垂直于边框的速度分量仅反向，电荷量不变。其中a、b 均为中点，m、Q、T、L 均为已知量，则
（ ）
A．粒子带正电
B．若粒子T
2 时刻到达b 点，那么粒子有可能与下边框垂直碰撞
C．若粒子T
4 时刻到达b 点，那么粒子无法从a 点射出
D．粒子T
4 时刻到达b 点时的电场强度为粒子T
2 时刻到达b 点时电场强度的4 倍
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，t=0 时刻粒子往上做类平抛运动，所受电场力向上；此时上边框为高电势，
电场竖直向下，粒子的受力方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A 错误；
B．t = T
2 时刻到达b 点的粒子，因电场力此时向下，故做斜下抛运动，其速度水平分量不可能为0，故不
会与下边框垂直碰撞，故B 错误；
C．根据题意可知，t = T
4 时刻粒子在b 点的碰后速度与碰前速度关于上边框对称，结合受力可知其运动轨
迹具有对称性。故粒子最终将从a 点水平向左飞出，故C 错误；
D．根据类平抛运动的规律有L= 1
2
QE
m t
2
解得E = 2mL
Qt
2
因为时间之比为1 2∶，故电场强度之比为4 1∶，故D 正确。
故选D。
1．（2024·辽宁·高考真题）某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度C m的关系曲线如图（a）所示，将平
行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图（b）所示的电路，闭合开关
S 后，若降低溶液浓度，则（ ）
04
真题溯源·考向感知
溯源真题逻辑，感知高考考向
A．电容器的电容减小
B．电容器所带的电荷量增大
C．电容器两极板之间的电势差增大
D．溶液浓度降低过程中电流方向为M→N
【答案】B
【详解】A．降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据电容器的决定式C = εr S
4 πkd
可知电
容器的电容增大，故A 错误；
BC．溶液不导电没有形成闭合回路，电容器两端的电压不变，根据Q =CU结合A 选项分析可知电容器所
带的电荷量增大，故B 正确，C 错误；
D．根据B 选项分析可知电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为
N →M，故D 错误。
故选B。
2．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，某压力传感器中平行板电容器内的绝缘弹性结构是模仿犰狳设
计的，逐渐增大施加于两极板压力F 的过程中，F 较小时弹性结构易被压缩，极板间距d 容易减小；F 较
大时弹性结构闭合，d 难以减小。将该电容器充电后断开电源，极板间电势差U 与F 的关系曲线可能正确
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】根据公式Q =CU和电容的决定式C =
εS
4 πkd
可得U = 4 πkQ
εS
⋅d
根据题意F 较小时易被压缩，故可知当F 较小时，随着F 的增大，d 在减小，且减小的越来越慢，与电源
断开后Q 不变，故此时极板间的电势差U 在减小，且减小的越来越慢；当F 增大到一定程度时，再增大
F 后，d 基本不变，故此时U 保持不变，结合图像，最符合情境的是D 选项。
故选D。
3．（2026·云南·高考真题）如图所示，在大小、方向均未知的匀强电场中，O、M、N 三点处于同一竖直
面内，将一质量为0.1kg、电荷量为1.0×10－6C 的带正电的小球（视为质点）从O 点抛出，小球1s 后到达
O 点正上方3m 处的M 点，再经1s 到达N 点，O、N 两点在同一水平线上且相距3m。不计空气阻力，重
力加速度g 取10m/s2，设电场强度大小为E，O、N 两点的电势分别为φO和φN，则（ ）
A．E = 6.7×105V/m，φO > φN
B．E = 6.7×105V/m，φO < φN
C．E = 5.0×105V/m，φO > φN
D．E = 5.0×105V/m，φO < φN
【答案】C
【详解】根据题意0 ~ 1s 水平位移为0，可得v0x＋0.5ax = 0
竖直位移为3m，可得vy0＋0.5ay = 3
0 ~ 2s 水平位移为3m，可得2v0x＋2ax = 3
竖直位移为0，可得2vy0＋2ay = 0
解得ax = 3m/s2，ay = －6m/s2
对小球受力分析有ax = q Ex
m ，a y =−g＋q E y
m
代入数据得Ex = 3.0×105V/m，Ey = 4.0×105V/m
故电场强度大小E =
❑√Ex
2＋E y
2 =5.0×10
5V /m
电场方向斜向上偏N 侧，Ex > 0 表明沿x 轴正方向电势降低，故φO > φN。
故选C。
4．（2025·重庆·高考真题）某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域
OMPQ 内分布有平行于OQ 的匀强电场，N 为QP 的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b 分别从Q 点和
O 点垂直于OQ 同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N 点，K 为轨迹交点。忽略粒子所受重力和
粒子间的相互作用，则可推断a、b（ ）
A．具有不同比荷
B．电势能均随时间逐渐增大
C．到达M、N 的速度大小相等
D．到达K 所用时间之比为1:2
【答案】D
【详解】A．根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b 分别从Q 点和O 点同时进
入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N 点，可知，运动时间相等，由图可知，沿初速度方向位移之比为
2:1，则初速度之比为2:1，沿电场方向的位移大小相等，由y = 1
2 at
2可知，粒子运动的加速度大小相等，
由牛顿第二定律有qE =ma
可得q
m = a
E
可知，带电粒子具有相同比荷，故A 错误；
B．带电粒子运动过程中，电场力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B 错误；
C．沿电场方向，由公式v y =at可知，到达M、N 的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2:1，则到
达M、N 的速度大小不相等，故C 错误；
D．由图可知，带电粒子a、b 到达K 的水平位移相等，由于带电粒子a、b 初速度之比为2:1，则所用时
间之比为1:2，故D 正确。
故选D。
5．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）飞行时间质谱仪可用于创新药物研发等领域，其简化工作原理如图。
开关S 闭合，在真空室内，电容器极板AB 间加速电压为U，两极板中央开有小孔，C 为接收端，BC 间为
无场漂移区域。有一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电大分子（不计重力），自漂入（忽略初速度）
A 极板小孔起，经加速区域和漂移区域到达C 端结束，时间探测器显示整个过程时间为t，则（ ）
A．保持S 闭合，仅q
m变大，t 变长
B．保持S 闭合，仅U 增大，t 变长
C．保持S 闭合，AC 位置不变，仅B 极板向右移动，t 变长
D．将S 断开，AC 位置不变，仅B 极板向右移动，t 变长
【答案】C
【详解】ABC．根据题意，设A、B 距离为d，B、C 距离为s，且d + s= L，在A、B 间有qU
d =ma，
qU = 1
2 mv
2，v =at1
解得a= qU
md ，v = ❑√
2qU
m
，t1=d ❑√
2m
qU
在B、C 间有t2= s
v = s ❑√
m
2qU
则整个过程时间t =t1+t2=d ❑√
2m
qU + s ❑√
m
2qU =(d + L)❑√
m
2qU
保持S 闭合，U不变，仅❑√
q
m
变大，t变短，故A 错误；
B．结合A 分析可知，保持S 闭合，仅U增大，t变短，故B 错误；
C．结合A 分析可知，保持S 闭合，U不变，AC 位置不变，仅B 极板向右移动，则d增大，s减小，L不变，
t变长，故C 正确；
D．将S 断开，极板上电荷量Q不变，AC 位置不变，仅B 极板向右移动，A、B 间电场强度
E = U
d = Q
Cd = 4 πkQ
εS
不变，则加速度不变，则有v
2=2ad，t1= d
v
2
= 2d
v ，t2= s
v
则整个过程时间t =t1+t2= 2d + s
v
= d + L
❑√2ad =
1
❑√2a(
❑√d + L
❑√d)
由于d增大但小于L，s减小，L不变，根据数学知识可知，当d = L时，(
❑√d + L
❑√d)有最小值，可知，随
着d增大但小于L，(
❑√d + L
❑√d)减小，则总时间t减小，故D 错误。
故选C。
