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第45课时　电容器　带电粒子在电场中的运动
[学习目标]　1．了解电容器的充、放电现象，能够分析电容器的动态变化问题。2．掌握带电粒子在电场中直线运动的规律。3．能够分析带电粒子在电场中的偏转运动。
平行板电容器的动态分析
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＝
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
如图所示，指纹传感器在一块半导体基板上有大量相同的小极板，外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凸凹不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则
(1)指纹的凸点处与小极板距离近，电容小。 (　　)
(2)指纹的凸点处与小极板距离近，电容大。 (　　)
(3)手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，小极板带电量增大。 (　　)
　电容的理解
[典例1]　(2024·甘肃卷)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
　电容器的动态分析
[典例2]　(多选)(2025·山东青岛一模)如图所示，电容器与电源连接，两极板竖直平行正对放置，左极板A接地且与电源正极相连，极板间P点固定一负点电荷。现将开关S闭合，电路稳定后再断开S，然后把A极板稍向左平移，则下列说法正确的是(　　)
A．电容器的电容将变小
B．电容器极板间的电场强度将变小
C．P点电势将升高
D．P点处电荷的电势能将变大
拓展思考　如果把A极板稍向下平移一点，电容器的电容将怎样变化 电容器极板间的电场强度将怎样变化
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方法技巧：电容器的动态分析两个常用技巧
(1)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。
(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，根据C＝、Q＝CU和E＝进行判定即可。
[典例3]　(2025·黑吉辽蒙卷)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．
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。
2．分析思路
(1)用动力学观点分析
匀强电场中：a＝，E＝，v2－＝2ad。
(2)用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－m。
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
(1)电子在电场中加速运动时，可以忽略电子的重力。 (　　)
(2)带电粒子在电场中所受合外力始终与初速度共线，粒子做直线运动。 (　　)
(3)带电粒子在电场中，只受静电力时，不能做匀速圆周运动。 (　　)
[典例4]　(2025·四川卷)如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：
(1)微粒第一次到达下极板所需时间；
(2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。
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方法技巧：重力的处理
(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)。
(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。
带电粒子在匀强电场中的偏转
1．运动规律
(1)带电粒子沿初速度方向做匀速直线运动
①能飞出电容器：t＝。
②不能飞出电容器：y＝at2＝ t2，t＝ 。
(2)带电粒子沿静电力方向做匀加速直线运动
①加速度：a＝＝＝。
②离开电场时的偏移量：y＝at2＝。
③离开电场时的偏转角：tan θ＝＝。
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。
证明：由qU0＝m，y＝at2＝··，tan θ＝，得y＝，tan θ＝，可见y、tan θ与粒子的q、m无关。
(2)粒子经电场偏转后射出，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到偏转电场边缘的距离为。
3．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＝mv2－m，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。
(1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。 (　　)
(2)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，偏移量和偏转角是相同的。 (　　)
(3)粒子经电场偏转后射出，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的三分之一处。 (　　)
[典例5]　如图所示，竖直虚线MN左侧有一电场强度为E1＝E的水平匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的竖直匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一竖直的足够长的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为L，AO连线与屏垂直，交点为O。求：
(1)电子到达MN虚线时的速度大小；
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(3)电子打到屏上的位置到O点的距离x。
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归纳总结：计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法
(1)y＝y0＋Ltan θ(L为屏到偏转电场的水平距离)。
(2)y＝tan θ(l为偏转电场宽度)。
(3)根据三角形相似有＝。
第45课时
考点1
1．(1)绝缘　(2)绝对值　(3)异种电荷　电场能
2．电荷量Q　电势差U　106
情境辨析　(1)×　(2)√　(3)√
典例1　C　[电容器不论是充电过程还是放电过程，电流都是逐渐减小的，充电过程电容器两极板的电荷量增加，由C＝可知电容器两极板间电势差增大，放电过程电容器两极板的电荷量减少，电势差减小，A错误，C正确；根据电路结构可知，不论是充电过程还是放电过程，电容器的上极板都是带正电荷的，充电过程，流过电阻R的电流由N点流向M点，放电过程，流过电阻R的电流由M点流向N点，B、D错误。]
典例2　AD　[根据电容公式C＝，可知把A极板稍向左平移，板间距离d变大，电容变小，A正确；由于断开了开关，因此电容器所带电荷量Q不变，又Q＝CU＝CEd，解得E＝，可知电容器间的电场强度将不变，B错误；P点电势φP＝0－ELAP，因为电场强度不变，A极板向左平移，因此P点的电势将降低，C错误；电势能Ep＝qφP，因为电势降低，而P点处固定的为负电荷，因此电势能变大，D正确。]
拓展思考　解析：根据电容公式C＝，可知如果把A极板稍向下平移一点，极板的正对面积S会减小，电容变小；由于断开了开关，因此电容器所带电荷量Q不变，又Q＝CU＝CEd，解得E＝，可知电容器间的电场强度将变大。
答案：变小　变大
典例3　D　[由电容的定义式C＝和平行板电容器的电容决定式C＝可知，当极板间距d减小时，电容C增大，而断电后电荷量Q不变，故电势差U减小(也可由以上两式联立得到U＝d推知)。又因绝缘弹性物体的特殊结构，可知当F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小，此时极板间电势差U明显减小；随着F的增大，d减小的越来越慢，U也减小的越来越慢，即U-F图像中图线的斜率越来越小，故选D。]
考点2
判断正误　(1)√　(2)√　(3)×
典例4　解析：(1)金属微粒的加速度大小为a＝ ①
微粒第一次到达下极板有＝at2 ②
解得t＝。
(2)由题意分析知金属微粒的运动过程可视为初速度为零的匀加速直线运动，设微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v
v2＝2ax ③
x＝2d ④
p＝mv ⑤
联立①③④⑤可得p＝2。
另解：微粒始终是匀加速运动，对全过程应用动能定理，有qE·2d＝mv2，①
又p＝mv，②
由①②得p＝2。
答案：(1)　(2)2
考点3
判断正误　(1)×　(2)√　(3)×
典例5　解析：(1)从A点到MN的过程中，由动能定理得eE1L＝mv2
解得v＝。
(2)电子在电场E1中做初速度为0的匀加速直线运动，设加速度为a1，运动时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得a1＝＝，v＝a1t1
解得t1＝
从MN到屏的过程中运动的时间t2＝＝
则运动的总时间为t＝t1＋t2＝2。
(3)设电子射出电场E2时平行电场线方向的速度为vy，在电场E2中运动的时间为t3，根据牛顿第二定律得，电子在电场E2中的加速度为a2＝＝，t3＝，vy＝a2t3＝，tan θ＝
解得tan θ＝1
如图所示，电子离开电场E2后，将速度方向反向延长交于E2电场的中点O'。由几何关系知
tan θ＝，解得y＝L。
答案：(1)　(2)2　(3)
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第八章　静电场
第45课时　电容器　带电粒子在电场中的运动
[学习目标]　1．了解电容器的充、放电现象，能够分析电容器的动态变化问题。2．掌握带电粒子在电场中直线运动的规律。3．能够分析带电粒子在电场中的偏转运动。
考点1　平行板电容器的动态分析
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。
绝缘
绝对值
异种电荷　
电场能
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＝
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
电荷量Q　
电势差U　
106
如图所示，指纹传感器在一块半导体基板上有大量相同的小极板，外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，
由于指纹凸凹不平，凸点处与凹点处分别与半导体
基板上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器，
若每个电容器的电压保持不变，则
(1)指纹的凸点处与小极板距离近，电容小。 (　　)
(2)指纹的凸点处与小极板距离近，电容大。 (　　)
(3)手指挤压绝缘表面，电容电极间的距离减小，小极板带电量增大。 (　　)
×　
√　
√
角度1　电容的理解
[典例1]　(2024·甘肃卷)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
√
C　[电容器不论是充电过程还是放电过程，电流都是逐渐减小的，充电过程电容器两极板的电荷量增加，由C＝可知电容器两极板间电势差增大，放电过程电容器两极板的电荷量减少，电势差减小，A错误，C正确；根据电路结构可知，不论是充电过程还是放电过程，电容器的上极板都是带正电荷的，充电过程，流过电阻R的电流由N点流向M点，放电过程，流过电阻R的电流由M点流向N点，B、D错误。]
角度2　电容器的动态分析
[典例2]　(多选)(2025·山东青岛一模)如图所示，电容器与电源连接，两极板竖直平行正对放置，左极板A接地且与电源正极相连，极板间P点固定一负点电荷。现将开关S闭合，电路稳定后再断开S，然后把A极板稍向左平移，则下列说法正确的是(　　)
A．电容器的电容将变小
B．电容器极板间的电场强度将变小
C．P点电势将升高
D．P点处电荷的电势能将变大
√
√
AD　[根据电容公式C＝，可知把A极板稍向左平移，板间距离d变大，电容变小，A正确；由于断开了开关，因此电容器所带电荷量Q不变，又Q＝CU＝CEd，解得E＝，可知电容器间的电场强度将不变，B错误；P点电势φP＝0－ELAP，因为电场强度不变，A极板向左平移，因此P点的电势将降低，C错误；电势能Ep＝qφP，因为电势降低，而P点处固定的为负电荷，因此电势能变大，D正确。]
拓展思考　如果把A极板稍向下平移一点，电容器的电容将怎样变化 电容器极板间的电场强度将怎样变化
[解析]　根据电容公式C＝，可知如果把A极板稍向下平移一点，极板的正对面积S会减小，电容变小；由于断开了开关，因此电容器所带电荷量Q不变，又Q＝CU＝CEd，解得E＝，可知电容器间的电场强度将变大。
[答案]　变小　变大
方法技巧：电容器的动态分析两个常用技巧
(1)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。
(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，根据C＝、Q＝CU和E＝进行判定即可。
[典例3]　(2025·黑吉辽蒙卷)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(　　)
√
D　[由电容的定义式C＝和平行板电容器的电容决定式C＝可知，当极板间距d减小时，电容C增大，而断电后电荷量Q不变，故电势差U减小(也可由以上两式联立得到U＝d推知)。又因绝缘弹性物体的特殊结构，可知当F较小时弹性结构易被压缩，极板间距d容易减小，此时极板间电势差U明显减小；随着F的增大，d减小的越来越慢，U也减小的越来越慢，即U-F图像中图线的斜率越来越小，故选D。]
1．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。
考点2　带电粒子在电场中的直线运动
2．分析思路
(1)用动力学观点分析
匀强电场中：a＝，E＝，v2－＝2ad。
(2)用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－m。
非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
(1)电子在电场中加速运动时，可以忽略电子的重力。 (　　)
(2)带电粒子在电场中所受合外力始终与初速度共线，粒子做直线运动。 (　　)
(3)带电粒子在电场中，只受静电力时，不能做匀速圆周运动。 (　　)
√　
√　
×
[典例4]　(2025·四川卷)如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q(q>0)的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：

(1)微粒第一次到达下极板所需时间；
(2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。
[解析]　(1)金属微粒的加速度大小为a＝ ①
微粒第一次到达下极板有＝at2 ②
解得t＝。
(2)由题意分析知金属微粒的运动过程可视为初速度为零的匀加速直线运动，设微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为v
v2＝2ax ③
x＝2d ④
p＝mv ⑤
联立①③④⑤可得p＝2。
另解：微粒始终是匀加速运动，对全过程应用动能定理，有qE·2d＝mv2，①
又p＝mv，②
由①②得p＝2。
[答案]　(1)　(2)2
方法技巧：重力的处理
(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)。
(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。
考点3　带电粒子在匀强电场中的偏转
1．运动规律
(1)带电粒子沿初速度方向做匀速直线运动
①能飞出电容器：t＝。
②不能飞出电容器：y＝at2＝ t2，t＝。
(2)带电粒子沿静电力方向做匀加速直线运动
①加速度：a＝＝＝。
②离开电场时的偏移量：y＝at2＝。
③离开电场时的偏转角：tan θ＝＝。
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。
证明：由qU0＝m，y＝at2＝，tan θ＝，得y＝，tan θ＝，可见y、tan θ与粒子的q、m无关。
(2)粒子经电场偏转后射出，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到偏转电场边缘的距离为。
3．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＝mv2－m，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差。
(1)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动。 (　　)
(2)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，偏移量和偏转角是相同的。 (　　)
(3)粒子经电场偏转后射出，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的三分之一处。 (　　)
×　
√　
×
[典例5]　如图所示，竖直虚线MN左侧有一电场强度为E1＝E的水平匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2＝2E的竖直匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一竖直的足够长的屏。现将一电子(电荷量为e，质量为m，重力不计)无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为L，AO连线与屏垂直，交点为O。求：
(1)电子到达MN虚线时的速度大小；
(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；
(3)电子打到屏上的位置到O点的距离x。
[解析]　(1)从A点到MN的过程中，由动能定理得eE1L＝mv2
解得v＝。
(2)电子在电场E1中做初速度为0的匀加速直线运动，设加速度为a1，运动时间为t1，由牛顿第二定律和运动学公式得a1＝＝，v＝a1t1
解得t1＝
从MN到屏的过程中运动的时间t2＝＝
则运动的总时间为t＝t1＋t2＝2。
(3)设电子射出电场E2时平行电场线方向的速度为vy，在电场E2中运动的时间为t3，根据牛顿第二定律得，电子在电场E2中的加速度为a2＝＝，t3＝，vy＝a2t3＝，tan θ＝
解得tan θ＝1
如图所示，电子离开电场E2后，将速度方向反
向延长交于E2电场的中点O'。由几何关系知
tan θ＝，解得y＝L。
[答案]　(1)　(2)2　(3)
归纳总结：计算粒子打到屏上的位置离屏中心距离的方法
(1)y＝y0＋Ltan θ(L为屏到偏转电场的水平距离)。
(2)y＝tan θ(l为偏转电场宽度)。
(3)根据三角形相似有＝。
课时作业(四十五)　电容器　带电粒子在电场中的运动
1．手机和平板电脑的触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极会向下移动，从而改变电容器的电容。当压力F增大时(　　)
A．电容器的电容减小
B．电容器所带电荷量减小
C．极板间的电场强度减小
D．电阻R上有从b流向a的电流
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
D　[当压力F增大时，两板间距减小，根据C＝可知，电容器的电容增大，选项A错误；根据Q＝CU，因两板电压一定，则C增加时电容器所带电荷量增加，选项B错误；根据E＝可知，极板间的电场强度变大，选项C错误；电容器所带电荷量增加，电容器充电，则电阻R上有从b流向a的电流，选项D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
2．(多选)(2025·浙江杭州一模)图示为某同学用平行板电容器测量材料竖直方向的尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化而上下移动，两极板间电压不变。若材料温度升高，极板上所带电荷量增加，则(　　)
A．材料竖直方向的尺度减小
B．材料竖直方向的尺度增大
C．极板间的电场强度减小
D．极板间的电场强度增大
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
BD　[根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变多，根据电容定义式C＝可知电容器的电容C增大，根据电容的决定式C＝，由于电容C增大，可知极板间距d减小，再根据E＝，可知极板间电场强度增大，故C错误，D正确；由于极板间距d减小，即下极板向上移动，则材料竖直方向尺度增大，故A错误，B正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
3．极板间一蜡烛火焰带有正离子、电子以及其他的带电粒子，两极板电压保持不变，当极板间距离减小时，电场强度如何变 电子受力方向 (　　)
A．电场强度增大，方向向左
B．电场强度增大，方向向右
C．电场强度减小，方向向左
D．电场强度减小，方向向右
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
B　[由题知，两极板电压保持不变，则根据电势差和电场强度的关系有E＝，当极板间距离减小时，电场强度E增大，再结合题图可知极板间的电场线水平向左，则可知电子受到的静电力方向向右。故选B。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
4．(2024·浙江6月选考)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
√
题号
1
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D　[分析题图可知静电计测量电容器两极板间的电势差，静电计指针张角增大，电容器两极板间的电势差增大，A错误；由于保持电荷量不变，而电势差增大，则由C＝可知电容器的电容减小，B错误；由电容的决定式有C＝，又电容器两极板间电场强度E＝＝，联立可得E＝，可知电容器两极板间电场强度与极板间距d无关，故仅改变极板间距，极板间电场强度不变，C错误；根据Ep＝QU可知，Q不变，U增大时，电容器储存能量增大，D正确。]
题号
1
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5．(2025·陕西西安一模)静电悬浮技术是利用静电场对带电物体的静电力来平衡重力，从而实现材料悬浮无容器处理的一种先进技术，其原理示意图如图所示。若两平行金属极板间电势差为U，间距为d。质量为m的金属微粒悬浮于其中，重力加速度大小为g，则金属微粒所带电荷的电性和电荷量q分别为(　　)
A．负电荷，q＝　 B．负电荷，q＝
C．正电荷，q＝　 D．正电荷，q＝
√
题号
1
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C　[由题图可知，两极板间电场强度方向竖直向上，微粒受静电力方向竖直向上，可知微粒带正电，由平衡条件可知q＝mg，解得q＝。故选C。]
题号
1
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6．如图所示，一平行板电容器两极板间距离为d，极板间电势差为U，一个电子从O点沿垂直于极板的方向射入两极板间，最远到达A点，然后返回。已知O、A两点相距为h，电子质量为m，电荷量为－e，重力不计。下列说法正确的是(　　)
A．电子在O点的电势能高于在A点的电势能
B．电子返回到O点时的速度与从O点射入两极板间时的速度相同
C．电子从O点射出时的速度v0＝
D．O、A间的电势差UOA＝U
√
题号
1
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D　[电子在A点的动能最小，根据能量守恒定律，电子在A点的电势能最大，故电子在O点的电势能低于在A点的电势能，故A错误；电子在运动过程中，只受到静电力，故电势能与动能之和不变，故其返回到O点时的电势能与从O点射入两极板间时的电势能相同，则其返回到O点时的速度大小与从O点射入两极板间时的速度大小相同，但是方向相反，故B错误；根据动能定理eh＝m，解得电子从O点射出时的速度v0＝，故C错误；O、A间的电势差UOA＝U，故D正确。]
题号
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7．(人教版必修第三册改编)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0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
D．第8个金属圆筒的长度为4T
√
题号
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C　[由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部电场强度为0，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＝mv2，解得v＝2，故C正确；结合C选项分析可知进入第8个金属圆筒时的速度满足8eu＝mv'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'·＝2T，故D错误。]
题号
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8．(2025·吉林长春一模)如图所示的是两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量m＝2×10-14 kg、电荷量q＝2×10-14 C的带电微粒静止在竖直放置的平行金属板的A点，经U0＝5 000 V的电压加速后通过B点小孔进入两板间距d＝0.3 m、板长l＝1.0 m、电压U＝300 V的水平放置的平行金属板间，若带电微粒从水平平行金属板的右侧穿出，A、B虚线为两块平行板的中线，带电微粒的重力和所受空气阻力均可忽略。求：
(1)带电微粒通过B点时的速度大小；
(2)带电微粒通过水平金属板过程中静电力对其做功为多少
题号
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[解析]　(1)设带电微粒通过B点时的速度大小为v0，根据动能定理可得qU0＝m－0
解得v0＝100 m/s。
(2)带电微粒通过水平金属板时竖直方向的位移为y，则有y＝at2
通过水平金属板的时间t＝
水平金属板间的电场强度E＝
带电微粒在水平金属板间受到的静电力F＝Eq
题号
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根据牛顿第二定律可得a＝＝
联立并代入数据解得y＝＝0.05 m
根据功的计算公式可得W＝Fy＝Eqy
解得W＝1×10-12 J。
题号
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[答案]　(1)100 m/s　(2)1×10-12 J
谢谢！课时作业(四十五)　电容器　带电粒子在电场中的运动
说明：单选题每小题4分；多选题每小题6分；本试卷共40分。
1．手机和平板电脑的触摸屏多数采用的是电容式触摸屏，其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上、下两极板A、B分别接在一恒压直流电源的两端，上极板A为可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极会向下移动，从而改变电容器的电容。当压力F增大时(　　)
A．电容器的电容减小
B．电容器所带电荷量减小
C．极板间的电场强度减小
D．电阻R上有从b流向a的电流
2．(多选)(2025·浙江杭州一模)图示为某同学用平行板电容器测量材料竖直方向的尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化而上下移动，两极板间电压不变。若材料温度升高，极板上所带电荷量增加，则(　　)
A．材料竖直方向的尺度减小
B．材料竖直方向的尺度增大
C．极板间的电场强度减小
D．极板间的电场强度增大
3．极板间一蜡烛火焰带有正离子、电子以及其他的带电粒子，两极板电压保持不变，当极板间距离减小时，电场强度如何变 电子受力方向 (　　)
A．电场强度增大，方向向左
B．电场强度增大，方向向右
C．电场强度减小，方向向左
D．电场强度减小，方向向右
4．(2024·浙江6月选考)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
5．(2025·陕西西安一模)静电悬浮技术是利用静电场对带电物体的静电力来平衡重力，从而实现材料悬浮无容器处理的一种先进技术，其原理示意图如图所示。若两平行金属极板间电势差为U，间距为d。质量为m的金属微粒悬浮于其中，重力加速度大小为g，则金属微粒所带电荷的电性和电荷量q分别为(　　)
A．负电荷，q＝　 B．负电荷，q＝
C．正电荷，q＝　 D．正电荷，q＝
6．如图所示，一平行板电容器两极板间距离为d，极板间电势差为U，一个电子从O点沿垂直于极板的方向射入两极板间，最远到达A点，然后返回。已知O、A两点相距为h，电子质量为m，电荷量为－e，重力不计。下列说法正确的是(　　)
A．电子在O点的电势能高于在A点的电势能
B．电子返回到O点时的速度与从O点射入两极板间时的速度相同
C．电子从O点射出时的速度v0＝
D．O、A间的电势差UOA＝U
7．(人教版必修第三册改编)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0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
D．第8个金属圆筒的长度为4T
8．(10分)(2025·吉林长春一模)如图所示的是两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量m＝2×10-14 kg、电荷量q＝2×10-14 C的带电微粒静止在竖直放置的平行金属板的A点，经U0＝5 000 V的电压加速后通过B点小孔进入两板间距d＝0.3 m、板长l＝1.0 m、电压U＝300 V的水平放置的平行金属板间，若带电微粒从水平平行金属板的右侧穿出，A、B虚线为两块平行板的中线，带电微粒的重力和所受空气阻力均可忽略。求：
(1)带电微粒通过B点时的速度大小；
(2)带电微粒通过水平金属板过程中静电力对其做功为多少
课时作业(四十五)
1．D　[当压力F增大时，两板间距减小，根据C＝可知，电容器的电容增大，选项A错误；根据Q＝CU，因两板电压一定，则C增加时电容器所带电荷量增加，选项B错误；根据E＝可知，极板间的电场强度变大，选项C错误；电容器所带电荷量增加，电容器充电，则电阻R上有从b流向a的电流，选项D正确。]
2．BD　[根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变多，根据电容定义式C＝可知电容器的电容C增大，根据电容的决定式C＝，由于电容C增大，可知极板间距d减小，再根据E＝，可知极板间电场强度增大，故C错误，D正确；由于极板间距d减小，即下极板向上移动，则材料竖直方向尺度增大，故A错误，B正确。]
3．B　[由题知，两极板电压保持不变，则根据电势差和电场强度的关系有E＝，当极板间距离减小时，电场强度E增大，再结合题图可知极板间的电场线水平向左，则可知电子受到的静电力方向向右。故选B。]
4．D　[分析题图可知静电计测量电容器两极板间的电势差，静电计指针张角增大，电容器两极板间的电势差增大，A错误；由于保持电荷量不变，而电势差增大，则由C＝可知电容器的电容减小，B错误；由电容的决定式有C＝，又电容器两极板间电场强度E＝＝，联立可得E＝，可知电容器两极板间电场强度与极板间距d无关，故仅改变极板间距，极板间电场强度不变，C错误；根据Ep＝QU可知，Q不变，U增大时，电容器储存能量增大，D正确。]
5．C　[由题图可知，两极板间电场强度方向竖直向上，微粒受静电力方向竖直向上，可知微粒带正电，由平衡条件可知q＝mg，解得q＝。故选C。]
6．D　[电子在A点的动能最小，根据能量守恒定律，电子在A点的电势能最大，故电子在O点的电势能低于在A点的电势能，故A错误；电子在运动过程中，只受到静电力，故电势能与动能之和不变，故其返回到O点时的电势能与从O点射入两极板间时的电势能相同，则其返回到O点时的速度大小与从O点射入两极板间时的速度大小相同，但是方向相反，故B错误；根据动能定理eh＝m，解得电子从O点射出时的速度v0＝，故C错误；O、A间的电势差UOA＝U，故D正确。]
7．C　[由于金属圆筒处于静电平衡状态，圆筒内部电场强度为0，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＝mv2，解得v＝2，故C正确；结合C选项分析可知进入第8个金属圆筒时的速度满足8eu＝mv'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'·＝2T，故D错误。]
8．解析：(1)设带电微粒通过B点时的速度大小为v0，根据动能定理可得qU0＝m－0
解得v0＝100 m/s。
(2)带电微粒通过水平金属板时竖直方向的位移为y，则有y＝at2
通过水平金属板的时间t＝
水平金属板间的电场强度E＝
带电微粒在水平金属板间受到的静电力F＝Eq
根据牛顿第二定律可得a＝＝
联立并代入数据解得y＝＝0.05 m
根据功的计算公式可得W＝Fy＝Eqy
解得W＝1×10-12 J。
答案：(1)100 m/s　(2)1×10-12 J
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