第 18 讲电容器 带电粒子在电场中的运动
知识点一、基础知识梳理
一、电容器
1．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．公式 和 C＝ 的比较
(1) Q定义式：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
U
的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．
(2) C εrS决定式： ＝ ，εr为介电常数，S为极板 ，d为板间距离．
4πkd
二、带电粒子在匀强电场中的运动 示波管
1．直线问题：若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量．
(1) 1在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝ mv2 1－ mv0 2.
2 2
(2) 1 1在非匀强电场中：W＝qU＝ mv2－ mv0 2.
2 2
2．偏转问题：
(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度 v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．
(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．
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．
3．示波管的构造：①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图 1所示)
图 1
[深度思考] 带电粒子在电场中运动时一定考虑受重力吗？
答案 (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
1
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，一般都不能忽略重力．
典例分析
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
2．平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另一个极板与静电计金属外壳相连．给电容器充电后，
静电计指针偏转一个角度．以下情况中，静电计指针的偏角是增大还是减小？
(1)把两板间的距离减小；
(2)把两板间的相对面积减小；
(3)在两板间插入相对介电常数较大的电介质．
3. 某种金属板 M受到某种紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，其速度大小也不
相同．在 M旁放置一个金属网 N.如果用导线将 MN连接起来，M射出的电子落到 N上便会沿导线返回 M，
从而形成电流．现在不把 M、N直接相连，而按图那样在 M、N之间加一个电压 U，发现当 U＞12.5 V时电
－
流表中就没有电流．已知电子的质量 me＝9.1×10 31 kg.
问：被这种紫外线照射出的电子，最大速度是多少？(结果保留三位有效数字)
知识点二、平行板电容器的动态分析
一、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，电容器两极所带的电荷量 Q保持不变．
2
二、动态分析思路
1．U不变
(1) C Q εrS根据 ＝ ＝ 先分析电容的变化，再分析 Q的变化．
U 4πkd
(2) E U根据 ＝ 分析场强的变化．
d
(3)根据 UAB＝E·d分析某点电势变化．
2．Q不变
(1) Q ε S根据 C＝ ＝ r 先分析电容的变化，再分析 U的变化．
U 4πkd
(2)根据 E U＝ 分析场强变化．
d
典例分析
例 1 (2016·全国Ⅰ卷·14)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
举一反三
1．(2016·天津理综·4)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，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，Ep表示点电荷在 P
点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．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，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
2．(多选)如图所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间 P点处固定
一负电荷，设此时两极间的电势差为 U，P点场强大小为 E，电势为φP，负电荷的电势能为 Ep，现将 A、B
两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是( )
A．U变大，E变大 B．U变小，φP变小
C．φP变小，Ep变大 D．φP变大，Ep变小
3
知识点三、带电粒子在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力 F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力 F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线
运动．
2．用动力学观点分析
a F 合 U＝ ，E＝ ，v2－v0 2＝2ad.
m d
3．用功能观点分析
1 1
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝ mv2－ mv0 2
2 2
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
典例分析
例 2 在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为 d，当平行板电容
器的电压为 U0时，油滴保持静止状态，如图所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时，油滴开始向
上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置．假设油
滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加
速度为 g.求：
(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；
(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；
(3)ΔU1与ΔU2之比．
4
举一反三
3．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；在负极板附近有另一质量为 m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已
2
知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略．不计重力，则M∶m
5
为( )
A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1
4．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为 C，极板间的距离为 d，上极板正中有一小孔．质
量为 m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高 h处由静止开始下落，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)．求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．
知识点四、带电粒子在电场中的偏转
1．运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
a. l能飞出电容器：t＝ .
v0
b. 1 qU 2mdy不能飞出电容器：y＝ at2＝ t2，t＝ .
2 2md qU
(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动
a F qE qU加速度： ＝ ＝ ＝
m m md
y 1at2 qUl
2
离开电场时的偏移量： ＝ ＝ .
2 2mdv0 2
tan θ vy qUl离开电场时的偏转角： ＝ ＝ .
v mdv0 20
5
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，偏移量和偏转角总是相同的．
1
证明：由 qU0＝ mv0 2
2
y 1 1＝ at2＝ ·qU1·( l )2
2 2 md v0
tan θ qU l＝ 1
mdv0 2
U l2 U l
得：y＝ 1 ，tan θ＝ 1
4U0d 2U0d
(2)粒子经电场偏转后，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到偏转
l
电场边缘的距离为 .
2
3．功能关系
1 1 U
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＝ mv2－ mv0 2，其中 Uy＝ y，指初、末
2 2 d
位置间的电势差．
典例分析
例 3 (2016·北京理综·23)如图 8所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转
电场，并从另一侧射出．已知电子质量为 m，电荷量为 e，加速电场电压为 U0，偏转电场可看做匀强电场，
极板间电压为 U，极板长度为 L，板间距为 d.
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度 v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数
据分析说明其原因．已知 U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2.
(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的
定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．
6
5．(多选如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地进入电场线水平向右的加速电场 E1，
之后进入电场线竖直向下的匀强电场 E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及
其相互作用，那么( )
A．偏转电场 E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
6．在 xOy平面内，有沿 y轴负方向的匀强电场，场强大小为 E(图中未画出)，由 A点斜射出一质量为 m，
带电量为＋q的粒子，B和 C是粒子运动轨迹上的两点，如图 10所示，其中 l0为常数．粒子所受重力忽略
不计．求：
(1)粒子从 A到 C过程中电场力对它做的功；
(2)粒子从 A到 C过程所经历的时间；
(3)粒子经过 C点时的速率．
7
课时作业 正确率：
※温馨提示：学生完成题目后，提醒学生给做错的题标星级，星级标准为：简单-“☆”；中等- “☆☆”；较难-
“☆☆☆”。
题组 1 平行板电容器的动态分析
1.如图 1所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关 S闭合，小球静止时，悬线与竖直方
向的夹角为θ，则( )
A．当开关 S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大
B．当开关 S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ变小
C．当开关 S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大
D．当开关 S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小
2．如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板
上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是( )
A．若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器极板上带电荷量增加
B．若电容器极板上带电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大
C．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的正极板
D．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的负极板
3．(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用 d、U、E和
Q表示．下列说法正确的是( )
A．保持 U不变，将 d变为原来的两倍，则 E变为原来的一半
B．保持 E不变，将 d变为原来的一半，则 U变为原来的两倍
C．保持 d不变，将 Q变为原来的两倍，则 U变为原来的一半
D．保持 d不变，将 Q变为原来的一半，则 E变为原来的一半
4．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量
为 m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关 S，小球静止时受到悬线的拉力为 F.调节 R1、R2，关于 F
的大小判断正确的是( )
A．保持 R1不变，缓慢增大 R2时，F将变大
B．保持 R1不变，缓慢增大 R2时，F将变小
C．保持 R2不变，缓慢增大 R1时，F将变大
D．保持 R2不变，缓慢增大 R1时，F将变小
8
题组 2 带电粒子在电场中的直线运动
5．两平行金属板相距为 d，电势差为 U，一电子质量为 m、电荷量为 e，从 O点沿垂直于极板的方向射出，
最远到达 A点，然后返回，如图 4所示，OA＝h，此电子具有的初动能是( )
A.edh B．edUh
U
C.eU D.eUh
dh d
6．如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间 a点从静止释放一 带 电
微粒，微粒恰好保持静止状态，现将两板绕过 a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转 45°，再由 a点从静止释放
一同样的微粒，该微粒将( )
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
7.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程
类似．如图所示，在虚线 MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从 A点由静止开始，
在电场力作用下沿直线在 A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是 E1＝2.0×103 N/C和 E2＝4.0×103
N/C － －，方向如图所示．带电微粒质量 m＝1.0×10 20 kg，带电荷量 q＝－1.0×10 9 C、A点距虚线 MN的距离
d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：
(1)B点到虚线 MN的距离 d2；
(2)带电微粒从 A点运动到 B点所经历的时间 t.
9
8.如图所示，一带电荷量为＋q、质量为 m的小物块处于一倾角为 37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一
水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度取 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)水平向右电场的电场强度；
(2) 1若将电场强度减小为原来的 ，物块的加速度是多大？
2
(3)电场强度变化后物块下滑距离 L时的动能．
题组 3 带电粒子在电场中的偏转
9．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度 v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的
边缘飞出，已知板长为 L，板间的距离为 d，板间电压为 U，带电粒子的电荷量为＋q，粒子通过平行金属
板的时间为 t(不计粒子的重力)，则( )
A t qU．在前 时间内，电场力对粒子做的功为
2 4
B t 3qU．在后 时间内，电场力对粒子做的功为
2 8
C d d．在粒子下落前 和后 的过程中，电场力做功之比为 1∶2
4 4
D d d．在粒子下落前 和后 的过程中，电场力做功之比为 2∶1
4 4
10．(2014·山东理综·18)如图所示，场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域 abcd，水平边
ab长为 s，竖直边 ad长为 h.质量均为 m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由 a、c两点先后沿 ab和 cd
方向以速率 v0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则 v0等于
( )
A.s 2qE B.s qE
2 mh 2 mh
C.s 2qE D.s qE
4 mh 4 mh
10
11．如图所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场 E1、E2，已知区域Ⅰ宽 L1＝0.8 m，区域Ⅱ宽 L2＝0.4 m，
E1＝10 2 V/m 且方向与水平方向成 45°角斜向右上方，E2＝20 V/m 且方向竖直向下．带电荷量为 q＝＋
1.6×10－3 C．质量 m＝1.6×10－3 kg 的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放．g取 10 m/s2，
求：
(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间；
(2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向．
11第 18 讲电容器 带电粒子在电场中的运动
知识点一、基础知识梳理
一、电容器
1．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 Q ε S．公式 C＝ 和 C＝ r 的比较
U 4πkd
(1) Q定义式：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
U
的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关．
(2) C εrS决定式： ＝ ，εr为介电常数，S为极板正对面积，d为板间距离．
4πkd
二、带电粒子在匀强电场中的运动 示波管
1．直线问题：若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子动能的增量．
(1) 1在匀强电场中：W＝qEd＝qU＝ mv2 1－ mv0 2.
2 2
(2)在非匀强电场中：W＝qU 1＝ mv2 1－ mv0 2.
2 2
2．偏转问题：
(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度 v0垂直于电场线方向飞入匀强电场．
(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．
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动．
3．示波管的构造：①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图 1所示)
图 1
[深度思考] 带电粒子在电场中运动时一定考虑受重力吗？
1
答案 (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，一般都不能忽略重力．
典例分析
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
2．平行板电容器的一个极板与静电计的金属杆相连，另一个极板与静电计金属外壳相连．给电容器充电后，
静电计指针偏转一个角度．以下情况中，静电计指针的偏角是增大还是减小？
(1)把两板间的距离减小；
(2)把两板间的相对面积减小；
(3)在两板间插入相对介电常数较大的电介质．
答案 (1)把两极板间距离减小，电容增大，电荷量不变，电压变小，静电计指针偏角变小．
(2)把两极板间相对面积减小，电容减小，电荷量不变，电压变大，静电计指针偏角变大．
(3)在两极板间插入相对介电常数较大的电介质，电容增大，电荷量不变，电压变小，静电计指针偏角变小．
3. 某种金属板 M受到某种紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的方向，其速度大小也不
相同．在 M旁放置一个金属网 N.如果用导线将 MN连接起来，M射出的电子落到 N上便会沿导线返回 M，
从而形成电流．现在不把 M、N直接相连，而按图那样在 M、N之间加一个电压 U，发现当 U＞12.5 V时电
－
流表中就没有电流．已知电子的质量 me＝9.1×10 31 kg.
问：被这种紫外线照射出的电子，最大速度是多少？(结果保留三位有效数字)
答案 2.10×106 m/s
解析 如果电子的动能减少到等于 0 的时候，电子恰好没有到达 N板，则电流表中就没有电流．由 W＝0
2
－E 1km，W＝－eU，得－eU＝0－Ekm＝－ mev2
2
v 2Ue 2
－
×12.5×1.6×10 19
＝ ＝ m/s
me 0.91 －×10 30
≈2.10×106 m/s
知识点二、平行板电容器的动态分析
一、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，电容器两极所带的电荷量 Q保持不变．
二、动态分析思路
1．U不变
(1) Q εrS根据 C＝ ＝ 先分析电容的变化，再分析 Q的变化．
U 4πkd
(2) E U根据 ＝ 分析场强的变化．
d
(3)根据 UAB＝E·d分析某点电势变化．
2．Q不变
(1) C Q εrS根据 ＝ ＝ 先分析电容的变化，再分析 U的变化．
U 4πkd
(2)根据 E U＝ 分析场强变化．
d
典例分析
例 1 (2016·全国Ⅰ卷·14)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 由 C εrS＝ 可知，当将云母介质移出时，εr变小，电容器的电容 C变小；因为电容器接在恒压直流电
4πkd
U
源上，故 U不变，根据 Q＝CU可知，当 C减小时，Q减小．再由 E＝ ，由于 U与 d都不变，故电场强度
d
E不变，选项 D正确．
3
举一反三
1．(2016·天津理综·4)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，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，Ep表示点电荷在 P
点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．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，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
答案 D
C εrS解析 若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据 ＝ 可知，C变大；根据 Q＝CU可知，
4πkd
U ε S
在 Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏角θ减小；根据 E＝ ，Q＝CU，C＝ r 联
d 4πkd
4πkQ
立可得 E＝ ，可知 E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则 P点与下极板的电势差不变，P点的
εrS
电势不变，故 Ep不变；由以上分析可知，选项 D正确．
2．(多选)如图所示，A、B为两块平行带电金属板，A带负电，B带正电且与大地相接，两板间 P点处固定
一负电荷，设此时两极间的电势差为 U，P点场强大小为 E，电势为φP，负电荷的电势能为 Ep，现将 A、B
两板水平错开一段距离(两板间距不变)，下列说法正确的是( )
A．U变大，E变大 B．U变小，φP变小
C．φP变小，Ep变大 D．φP变大，Ep变小
答案 AC
ε S Q
解析 根据题意可知两极板间电荷量保持不变，当正对面积减小时，则由 C＝ r 可知电容减小，由 U＝
4πkd C
E U可知极板间电压增大，由 ＝ 可知，电场强度增大，故 A正确；设 P点的电势为φP，则由题可知 0－φP＝
d
Ed′是增大的，则φP一定减小，由于负电荷在电势低的地方电势能一定较大，所以可知电势能 Ep是增大的，
故 C正确．
知识点三、带电粒子在电场中的直线运动
4
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力 F 合＝0，粒子或静止，或做匀速直线运动．
(2)粒子所受合外力 F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线
运动．
2．用动力学观点分析
a F＝ 合 U，E＝ ，v2－v0 2＝2ad.
m d
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU 1＝ mv2 1－ mv0 2
2 2
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1
典例分析
例 2 在真空中水平放置平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为 d，当平行板电容
器的电压为 U0时，油滴保持静止状态，如图所示．当给电容器突然充电使其电压增加ΔU1时，油滴开始向
上运动；经时间Δt后，电容器突然放电使其电压减少ΔU2，又经过时间Δt，油滴恰好回到原来位置．假设油
滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计．重力加
速度为 g.求：
(1)带电油滴所带电荷量与质量之比；
(2)第一个Δt与第二个Δt时间内油滴运动的加速度大小之比；
(3)ΔU1与ΔU2之比．
①油滴保持静止状态；②恰好又回到原来位置．
dg
答案 (1) (2)1∶3 (3)1∶4
U0
解析 (1)油滴静止时满足：mg U＝q 0 q dg，则 ＝
d m U0
(2)设第一个Δt时间内油滴的位移为 x1，加速度为 a1，第二个Δt时间内油滴的位移为 x2，加速度为 a2，则
x 11＝ a1Δt2，
2
x2＝v1Δt 1－ a2Δt2
2
且 v1＝a1Δt，x2＝－x1
解得 a1∶a2＝1∶3.
5
(3) U0＋ΔU1油滴向上加速运动时：q －mg＝ma1，
d
ΔU
即 q 1＝ma1
d
U0＋ΔU1－ΔU2
油滴向上减速运动时：mg－q ＝ma2
d
qΔU2－ΔU1即 ＝ma2
d
ΔU1 1
则 ＝
ΔU2－ΔU1 3
ΔU1 1解得 ＝
ΔU2 4
举一反三
3．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；在负极板附近有另一质量为 m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已
2
知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距 l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略．不计重力，则M∶m
5
为( )
A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1
答案 A
2 2
解析 设电场强度为 E Eq 2 Eqt Eq 3 Eqt，两粒子的运动时间相同，对 M有，aM＝ ， l＝ ；对 m有 am＝ ， l＝ ，
M 5 2M m 5 2m
M 3
联立解得 ＝ ，A正确．
m 2
4．如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为 C，极板间的距离为 d，上极板正中有一小孔．质
量为 m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高 h处由静止开始下落，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)．求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度的大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间．
(1) 2gh (2)mg h＋d Cmg h＋d 答案
qd q
(3)h＋d 2h
h g
解析 (1)由 v2＝2gh，得 v＝ 2gh
6
(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用，由牛顿运动定律知：mg－qE＝ma
由运动学公式知：0－v2＝2ad
E mg h＋d 整理得电场强度 ＝
qd
U Ed Q CU Q Cmg h＋d 由 ＝ ， ＝ ，得电容器所带电荷量 ＝
q
(3)由 h 1＝ gt1 2，0＝v＋at2，t＝t1＋t2
2
t h＋d 2h整理得 ＝
h g
知识点四、带电粒子在电场中的偏转
1．运动规律
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
a. l能飞出电容器：t＝ .
v0
b. 1 qU不能飞出电容器：y＝ at2＝ t2 t 2mdy， ＝ .
2 2md qU
(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动
a F qE qU加速度： ＝ ＝ ＝
m m md
1 qUl2
离开电场时的偏移量：y＝ at2＝ .
2 2mdv0 2
tan θ vy qUl离开电场时的偏转角： ＝ ＝ .
v mdv0 20
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，偏移量和偏转角总是相同的．
1
证明：由 qU0＝ mv0 2
2
y 1＝ at2 1·qU＝ 1·( l )2
2 2 md v0
tan θ qU＝ 1l
mdv0 2
y U1l
2
tan θ U1l得： ＝ ， ＝
4U0d 2U0d
(2)粒子经电场偏转后，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到偏转
l
电场边缘的距离为 .
2
3．功能关系
7
v qU 1mv2 1mv 2 U U当讨论带电粒子的末速度 时也可以从能量的角度进行求解： y＝ － 0 ，其中 y＝ y，指初、末
2 2 d
位置间的电势差．
典例分析
例 3 (2016·北京理综·23)如图 8所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转
电场，并从另一侧射出．已知电子质量为 m，电荷量为 e，加速电场电压为 U0，偏转电场可看做匀强电场，
极板间电压为 U，极板长度为 L，板间距为 d.
(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度 v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy；
(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数
据分析说明其原因．已知 U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2.
(3)极板间既有静电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的
定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．
①由静止开始经加速电场加速；②沿平行于板面的方向射入．
(1) 2eU0 UL
2
答案 (2)见解析 (3)见解析
m 4U0d
解析 (1) 1根据动能定理，有 eU0＝ mv0 2，
2
2eU
电子射入偏转电场时的初速度 v 00＝
m
L m
在偏转电场中，电子的运动时间Δt＝ ＝L
v0 2eU0
eE eU
加速度 a＝ ＝
m md
Δy 1
2
偏转距离 ＝ a(Δt)2 UL＝
2 4U0d
(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力
G＝mg≈10－29 N
eU
电场力 F＝ ≈10－15 N
d
由于 F G，因此不需要考虑电子所受的重力．
(3) E电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能 Ep与其电荷量 q的比值，即φ＝ p，类比静电场电势的定义，
q
E
将重力场中物体在某点的重力势能 EG与其质量 m的比值，叫做“重力势”，即φ ＝ GG .
m
电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
8
举一反三
5．(多选如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地进入电场线水平向右的加速电场 E1，
之后进入电场线竖直向下的匀强电场 E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及
其相互作用，那么( )
A．偏转电场 E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
答案 AD
6．在 xOy平面内，有沿 y轴负方向的匀强电场，场强大小为 E(图中未画出)，由 A点斜射出一质量为 m，
带电量为＋q的粒子，B和 C是粒子运动轨迹上的两点，如图 10所示，其中 l0为常数．粒子所受重力忽略
不计．求：
(1)粒子从 A到 C过程中电场力对它做的功；
(2)粒子从 A到 C过程所经历的时间；
(3)粒子经过 C点时的速率．
答案 (1)3qEl 2ml00 (2)3 (3)
17qEl0
qE 2m
解析 (1)粒子从 A到 C过程中电场力对它做的功
W＝qE(yA－yC)＝3qEl0 ①
(2)粒子只受沿 y轴负方向的电场力作用，粒子做类似斜上抛运动，粒子在 x轴方向做匀速直线运动，由对
称性可知轨迹最高点 D在 y轴上，可令
tAD＝tDB＝T，且 tBC＝T ②
由牛顿第二定律 qE＝ma ③
1
由运动学公式得 yD＝ aT2 ④
2
1
从 D到 C做类平抛运动，沿 y轴方向：yD＋3l0＝ a(2T)2 ⑤
2
2ml
由 0②③④⑤式解得 T＝ ⑥
qE
则 A→C过程所经历的时间 t＝3T＝3 2ml0 ⑦
qE
(3)粒子由 D到 C过程中
9
x轴方向：2l0＝vD·2T ⑧
y轴方向：vCy＝a·2T ⑨
vC＝ vD2＋vCy2 ⑩
17qEl
由 0⑥⑧⑨⑩式解得 vC＝
2m
10
课时作业 正确率：
※温馨提示：学生完成题目后，提醒学生给做错的题标星级，星级标准为：简单-“☆”；中等- “☆☆”；较难-
“☆☆☆”。
题组 1 平行板电容器的动态分析
1.如图 1所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关 S闭合，小球静止时，悬线与竖直方
向的夹角为θ，则( )
A．当开关 S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大
B．当开关 S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ变小
C．当开关 S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大
D．当开关 S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小
答案 C
qE
解析 带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有 tan θ＝ ，当开关 S断开时，电容器两极板上的电
mg
Q C εrS Q U 4πkQ荷量 不变，由 ＝ ，U＝ ，E＝ 可知 E＝ ，故增大或减小两极板间的距离 d，电容器两极板间
4πkd C d εrS
U
的电场强度不变，θ不变，选项 A、B错误；当开关 S闭合时，因为两极板间的电压 U不变，由 E＝ 可知，
d
减小两极板间的距离 d，E增大，θ变大，选项 C正确，D错误．
2．如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板
上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是( )
A．若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器极板上带电荷量增加
B．若电容器极板上带电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大
C．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的正极板
D．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的负极板
答案 D
x C εrS解析 若 变大，则由 ＝ ，可知电容器电容减小，在极板间的电压不变的情况下，由 Q＝CU知电容
4πkd
器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A、
C Q错误，D正确．若电容器极板上带电荷量不变，x变小，则电容器电容增大，由 U＝ 可知，电容器极板
C
间电压减小，B错误．
3．(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用 d、U、E和
Q表示．下列说法正确的是( )
11
A．保持 U不变，将 d变为原来的两倍，则 E变为原来的一半
B．保持 E不变，将 d变为原来的一半，则 U变为原来的两倍
C．保持 d不变，将 Q变为原来的两倍，则 U变为原来的一半
D．保持 d不变，将 Q变为原来的一半，则 E变为原来的一半
答案 AD
U
解析 由 E＝ 可知，若保持 U不变，将 d变为原来的两倍，则 E变为原来的一半，A项正确；若保持 E
d
Q ε S U 4Qkπd
不变，将 d变为原来的一半，则 U变为原来的一半，B项错误；由 C＝ ，C＝ r ，E＝ ，可得 U＝ ，
U 4πkd d εrS
E 4Qkπ＝ ，所以，保持 d不变，若 Q变为原来的两倍，则 U变为原来的两倍，C项错误；保持 d不变，若
εrS
Q变为原来的一半，E变为原来的一半，D项正确．
4．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量
为 m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合开关 S，小球静止时受到悬线的拉力为 F.调节 R1、R2，关于 F
的大小判断正确的是( )
A．保持 R1不变，缓慢增大 R2时，F将变大
B．保持 R1不变，缓慢增大 R2时，F将变小
C．保持 R2不变，缓慢增大 R1时，F将变大
D．保持 R2不变，缓慢增大 R1时，F将变小
答案 B
解析 据题图可知电容器两端电压 UMN即 R0两端电压，而 R0和 R2是串联关系，两者电压的和为电源的电
动势，因此 R2↑→UR0↓UMN↓→电场强度 E↓→F 电↓→F↓，A错误，B正确；R2不变，缓慢增大 R1时，
R0两端电压不变，电容器两端电压不变，故 F不变，C、D均错．
题组 2 带电粒子在电场中的直线运动
5．两平行金属板相距为 d，电势差为 U，一电子质量为 m、电荷量为 e，从 O点沿垂直于极板的方向射出，
最远到达 A点，然后返回，如图 4所示，OA＝h，此电子具有的初动能是( )
A.edh B．edUh
U
C.eU D.eUh
dh d
答案 D
U eUh
解析 由动能定理得：－e h＝－Ek，所以 Ek＝ .
d d
12
6．如图所示，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间 a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静
止状态，现将两板绕过 a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转 45°，再由 a点从静止释放一同样的微粒，该微粒
将( )
A．保持静止状态
B．向左上方做匀加速运动
C．向正下方做匀加速运动
D．向左下方做匀加速运动
答案 D
解析 两平行金属板水平放置时，带电微粒静止有 mg＝qE，现将两板绕过 a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋
转 45°后，两板间电场强度方向逆时针旋转 45°，电场力方向也逆时针旋转 45°，但大小不变，此时电场力
和重力的合力大小恒定，方向指向左下方，故该微粒将向左下方做匀加速运动，选项 D正确．
7.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程
类似．如图所示，在虚线 MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从 A点由静止开始，
在电场力作用下沿直线在 A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是 E1＝2.0×103 N/C和 E2＝4.0×103
N/C －，方向如图所示．带电微粒质量 m＝1.0×10 20 kg，带电荷量 q 1.0 10－＝－ × 9 C、A点距虚线 MN的距离
d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：
(1)B点到虚线 MN的距离 d2；
(2)带电微粒从 A点运动到 B点所经历的时间 t.
答案 (1)0.50 cm (2)1.5×10－8 s
解析 (1)带电微粒由 A运动到 B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2＝0，
E1d1＝E2d2，
解得 d2＝0.50 cm.
(2)设微粒在虚线 MN两侧的加速度大小分别为 a1、a2，
由牛顿第二定律有
|q|E1＝ma1，
|q|E2＝ma2，
1 1
设微粒在虚线 MN两侧运动的时间分别为 t1、t2，由运动学公式有 d1＝ a1t1 2，d2＝ a2t2 2.
2 2
13
又 t＝t1＋t2，
解得 t＝1.5×10－8 s.
8.如图 7所示，一带电荷量为＋q、质量为 m的小物块处于一倾角为 37°的光滑斜面上，当整个装置被置于
一水平向右的匀强电场中时，小物块恰好静止．重力加速度取 g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)水平向右电场的电场强度；
(2) 1若将电场强度减小为原来的 ，物块的加速度是多大？
2
(3)电场强度变化后物块下滑距离 L时的动能．
答案 (1)3mg (2)0.3g (3)0.3mgL
4q
解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有 FNsin 37°＝qE
FNcos 37°＝mg
E 3mg解得 ＝
4q
(2) 1 3mg若电场强度减小为原来的 ，即 E′＝
2 8q
由牛顿第二定律得 mgsin 37°－qE′cos 37°＝ma
解得 a＝0.3g
(3)电场强度变化后物块下滑距离 L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得
mgLsin 37°－qE′Lcos 37°＝Ek－0
解得 Ek＝0.3mgL.
题组 3 带电粒子在电场中的偏转
9．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度 v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的
边缘飞出，已知板长为 L，板间的距离为 d，板间电压为 U，带电粒子的电荷量为＋q，粒子通过平行金属
板的时间为 t(不计粒子的重力)，则( )
A t qU．在前 时间内，电场力对粒子做的功为
2 4
B t 3qU．在后 时间内，电场力对粒子做的功为
2 8
C d d．在粒子下落前 和后 的过程中，电场力做功之比为 1∶2
4 4
D d d．在粒子下落前 和后 的过程中，电场力做功之比为 2∶1
4 4
答案 B
解析 带正电的粒子以一定的初速度 v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞
14
出，带电粒子所做的运动是类平抛运动．竖直方向上的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，由运动学
知识可知，前后两段相等时间内竖直方向上的位移之比为 1∶3，电场力做功之比也为 1∶3.又因为电场力做
qU t qU t
的总功为 ，所以在前 时间内，电场力对粒子做的功为 ，A选项错；在后 时间内，电场力对粒子做的
2 2 8 2
3qU d d
功为 ，B选项对；在粒子下落前 和后 的过程中，电场力做功相等，故 C、D选项错．
8 4 4
10．如图所示，场强大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域 abcd，水平边 ab长为 s，竖直边
ad长为 h.质量均为 m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由 a、c两点先后沿 ab和 cd方向以速率 v0进入
矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)．不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则 v0等于( )
A.s 2qE B.s qE
2 mh 2 mh
C.s 2qE D.s qE
4 mh 4 mh
答案 B
1
解析 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域 abcd的中心，则在水平方向有 s＝v0t，在竖直方向有
2
1h 1·qE＝ ·t2 s qE，解得 v0＝ .故选项 B正确，选项 A、C、D错误．
2 2 m 2 mh
11．如图所示，区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着有界匀强电场 E1、E2，已知区域Ⅰ宽 L1＝0.8 m，区域Ⅱ宽 L2＝0.4 m，
E1＝10 2 V/m 且方向与水平方向成 45°角斜向右上方，E2＝20 V/m 且方向竖直向下．带电荷量为 q＝＋
1.6×10－3 C．质量 m＝1.6×10－3 kg 的带电小球(可视为质点)在区域Ⅰ的左边界由静止释放．g取 10 m/s2，
求：
(1)小球在电场区域Ⅰ中运动的加速度大小和时间；
(2)小球离开电场区域Ⅱ的速度大小和方向．
答案 (1)10 m/s2 0.4 s (2)5 m/s 速度方向与水平方向夹角为 37°斜向右下方
解析 (1)小球在电场Ⅰ区域受到电场力 F1＝qE1，小球在电场Ⅰ区域受到的电场力和重力的合力
方向水平向右，大小为 F 合＝F1 cos 45°＝1.6×10－2 N，则小球向右做匀加速直线运动，其加速度
a F 合 2L11＝ ＝10 m/s2，小球运动时间 t1＝ ＝0.4 s.
m a1
(2)小球离开电场Ⅰ区域的水平速度 v0＝a1t1＝4 m/s，小球在电场Ⅱ区域中受到电场力和重力的合力竖直向下，
qE
其加速度 a2＝g＋ 2＝30 m/s2 L，小球在电场Ⅱ区域中做类平抛运动，其运动时间 t 22＝ ＝0.1 s．小球在竖直
m v0
方向的分速度 vy＝a2t2＝3 m/s，小球离开电场Ⅱ区域的速度 v＝ v0 2＋vy 2＝5 m/s，设小球离开电场Ⅱ区域
vy 3
的速度方向与水平方向夹角为θ，则 tan θ＝ ＝ ，得θ＝37°.
v0 4
15
