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第3讲　电容器　带电粒子(体)在电场中的运动
目标 要求 　 　 1.理解电容的定义及动态变化规律。2.掌握带电粒子在电场中做直线运动的规律。3.掌握带电粒子在电场中偏转的规律。
一、电容器及电容
1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成。
(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，放电过程中电能转化为其他形式的能。
2．电容
(1)定义：电容器所带的电荷量与两个极板间的电势差的比值。
(2)定义式：C＝。
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝106 μF＝1012pF。
(4)意义：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、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压无关。
3．平行板电容器的电容
(1)决定式：C＝。
(2)决定因素：正对面积S，相对介电常数εr(真空中最小)，两板间的距离d。
4．击穿电压与额定电压
(1)击穿电压：加在电容器两极板上的电压超过某一限度时，电介质将被击穿，电容器损坏。这个极限电压叫作击穿电压。
(2)额定电压：电容器外壳上标称的工作电压，或称额定电压。
二、带电粒子在电场中的运动
1．加速问题
(1)匀强电场：W＝qEd＝qU＝mv2－mv02。
(2)非匀强电场：W＝qU＝mv02。
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：匀变速曲线运动。
(3)处理方法：运动的合成与分解。
①沿初速度方向：做匀速运动。
②沿电场方向：做初速度为零的匀加速运动。
(4)偏转规律
偏转角tan θ＝＝；
侧移距离y0＝。
1．判断正误
(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。(×)
(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成正比。(×)
(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。(×)
(4)带电粒子(不计重力)在电场中由静止释放时，一定做匀加速直线运动。(×)
(5)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。(×)
2．(多选)(人教版教材原题改编)关于电容器的电荷量Q、电压U、电容C之间的相互关系，下列图像正确的是(　　)
解析：BCD　根据电容器定义式C＝可知，电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U成正比，故C正确；电容C的大小由电容器本身的因素决定，与Q、U无关，故A错误，B、D正确。
3．(2025·江苏卷，9)如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为(　　)
A． B．W
C．2W D．4W
解析：A　设电容器两极板间距为d，当平行板电容器接电源时，两板间电压U不变，两极板间电场强度E＝，电荷由a移至b，设x为平行于电场方向移动的距离，电场力做功W＝Eqx，当电容器两极板间距增大至原来的两倍，两极板间电场强度E′＝，由于电荷由a移至b过程中，在平行于电场方向移动的距离x不变，则电场力做功W′＝E′qx，联立上式解得W′＝，A正确。
4．(鲁科版教材原题改编)如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2。不计粒子重力，则带电粒子能从A、B板间飞出，应该满足的条件是(　　)
A．<<
C．<<
解析：D　由类平抛运动规律可知y＝<，即<，D正确。
考点一　平行板电容器及其动态分析
考向1　电容的理解
　(2026·广东广州期中)心脏除颤器是目前临床上广泛使用的抢救设备之一，如图甲所示。心脏除颤器通过接触皮肤的电极板使电容器放电，实施电击治疗，如图乙。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使电容器充电到4000 V，存储电荷量为0.16 C。抢救患者时，电极板放电，使一部分电荷在4 ms的脉冲时间内经过身体。下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　　　图乙
A．电容器充电至4000 V时，电容为20 μF
B．电容器放电过程中电容减小
C．电容器充电至2000 V时，所带电荷量为0.08 C
D．电容器放电过程中电流恒定
解析：C　电容器充电至4000 V时，电容为C＝ F＝40 μF，故A错误；电容由电容器本身决定，不随电压、电荷量的变化而变化，即电容保持不变，故B错误；电容器充电至2000 V时，所带电荷量为Q′＝CU′＝40×
10-6×2000 C＝0.08 C，故C正确；电容器放电过程中，电荷量减少，电容器两极板间电势差减小，电流减小，故D错误。
一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器的带电情况无关。
考向2　电容器的动态分析
　(2025·辽宁名校联盟月考)如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开关S，静电计张开一定角度。则下列说法正确的是(　　)
A．开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大
B．开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大
C．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压不变
D．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变
解析：D　保持开关S闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，静电计指针张角都不变，A、B错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将两极板间距增大，即d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，板间电压增大，C错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，若紧贴下极板插入金属板，则d减小，根据E＝知，极板间的电场强度不变，D正确。
[归纳总结]　动态分析问题的基本思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
(4)用E＝分析平行板电容器两极板间电场强度的变化。
两种情境
(1)在电压不变的情况下，由E＝来判断场强变化，场强E只随板间距离而变。
(2)在电荷量保持不变的情况下，由E＝知，场强与板间距离无关。
易错：在平行板电容器两板间插入电介质，例如云母片，相当于εr增大；加入与极板等大的导体板，相当于d减小。
考向3　含二极管电容器的综合分析
　(多选)(2025·山西晋中期末)如图所示的电路中，闭合开关，待电路稳定后，可看成质点的带电小球恰好静止在平行板电容器之间的M点，其中二极管可视为理想二极管，下列说法正确的是(　　)
A．向右移动R3的滑片，小球向下移动
B．向右移动R1的滑片，小球的电势能将减小
C．向下移动电容器的下极板，二极管右端电势高于左端电势
D．断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，M点的电势将升高
解析：BC　向右移动R3的滑片，电容器两端电压不变，两极板之间的电场强度不变，因此小球仍静止不动，A错误；向右移动R1的滑片，R2两端电压增大，电容器两端电压增大，两极板之间的电场强度增大，小球受到的静电力增大，小球将向上运动，静电力做正功，小球的电势能减小，B正确；向下移动电容器的下极板，电容器极板间距d增大，根据C＝，可知C减小，若U不变时，Q将减小，但由于二极管的存在，电容器无法放电，所以Q不变，U增大，二极管右端电势高于左端电势，C正确；断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，电容器极板间距d减小，根据C＝，可得E＝，可知极板间电场强度不变，M点到下极板间距不变，电势差不变，因此M点电势不变，D错误。
点拨：二极管具有单向导电性，电容器无法放电。
考点二　带电粒子在电场中的直线运动
　(2026·清华附中期中)如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动，不计粒子重力，若将两极板间距离减小，再次释放该粒子，则(　　)
A．带电粒子获得的加速度变小
B．带电粒子到达负极板的时间变短
C．带电粒子到达负极板时的速度变小
D．加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小
解析：B　根据E＝，qE＝ma，可得a＝，将两板间距离减小，带电粒子获得的加速度变大，故A错误；根据匀变速直线运动规律d＝at2，解得t＝ ，将两板间距离减小，带电粒子到达负极板的时间变短，故B正确；根据动能定理有qU＝mv2，解得v＝ ，带电粒子到达负极板时的速度不变，故C错误；根据动量定理有I＝mv，可知加速全过程静电力对带电粒子的冲量不变，故D错误。
规律应用
(1)用动力学观点分析
Eq＋F其他＝ma
E＝(匀强电场)
v2－v02＝2ad(匀变速直线运动)。
(2)用能量观点分析
①匀强电场中：
W电＝Eqd＝qU
W电＋W其他＝mv02。
②非匀强电场中：W电＝qU，W电＋W其他＝Ek2－Ek1。
　(多选)如图所示，两个相同的平行板电容器均与水平方向成θ角放置，两极板与直流电源相连。若带电小球分别以速度v0沿边缘水平射入电容器，均能沿图中所示水平直线恰好穿出电容器，穿出时的速度分别为v1和v2。下列说法正确的是(　　)
A．两种情形下带电小球的运动时间相等
B．两种情形下电容器所加电压相等
C．小球的速度满足关系v0＝v1＝v2
D．小球的速度满足关系2v02＝v12＋v22
解析：BD　静电力的方向垂直于极板，由于两种情形下小球均沿着水平方向运动，竖直方向所受合力均为零，因此两种情形下带电小球所受静电力大小均为F＝，又因两电容器相同，根据F＝Eq＝知，两种情形下电容器所加电压相等，B正确；分析知第一种情形小球做匀减速直线运动，第二种情形小球做匀加速直线运动，初速度相同，运动位移相同，由匀变速直线运动规律知，两种情形带电小球的运动时间不同，末速度也不同，A、C错误；第一种情形，水平方向上有v02－v12＝2ax，第二种情形，水平方向上有v22－v02＝2ax，两式联立，可得2v02＝v12＋v22，D正确。
说明
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。
考点三　带电粒子在匀强电场中的偏转
　(多选)(2026·天津二十五中高三期中)如图所示，三个同样的带电粒子a、b、c(不计重力)同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹如图，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是(　　)
A．当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．在电场中运动过程中，c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同
解析：ACD　三个粒子相同，故进入电场后，受到的静电力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量y＝at2，所以ta＝tb＞tc，故A正确，B错误；粒子在水平方向上做匀速直线运动，故有v0＝，因为xb＝xc＞xa，ta＝tb＞tc，所以有vc＞vb＞va，故C正确；根据动能定理有qU＝Eqy＝ΔEk，知c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同，故D正确。
规律应用
(1)运动时间的确定
①能飞出电容器：t＝。
②不能飞出电容器：y＝t2，t＝ 。
(2)应用qUy＝mv02求解时，Uy＝y指初、末位置间的电势差，而不是两板间电势差。
　(2025·河南卷，13)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞)，液滴质量均为m＝2.0×10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q＝1.0×10-13 C。随后，液滴以v＝2.0 m/s的速度竖直进入长度为l＝2.0×10-2 m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1 m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：
(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；
(2)A、B细胞收集管的间距。
解析：(1)含A、B细胞的液滴在电极板间做类平抛运动，对含A细胞的液滴
垂直电场方向有l＝vt1
平行电场方向有x1＝at12
由牛顿第二定律可知qE＝ma
联立解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1＝5×10-3 m。
(2)由(1)问分析可知含A细胞的液滴离开电场时的速度方向与电场方向夹角的正切值为tan θ＝＝2
含A、B细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，含A细胞的液滴从离开电场至到达A细胞收集管过程偏转的距离为x2＝＝0.05 m
即含A细胞的液滴开始运动至到达A细胞收集管的过程偏转的距离为
xA＝x1＋x2＝0.055 m
由于含A、B细胞的液滴电性相反，带电荷量大小相等，则含B细胞的液滴的偏转距离与含A细胞液滴的偏转距离大小相等，所以A、B细胞收集管的间距为xAB＝2xA＝0.11 m。
答案：(1)5×10-3 m　(2)0.11 m
[归纳总结]　
(1)带电粒子在电场中的偏转规律
(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的偏转角度总是相同的。
证明：由qU0＝mv02及tan θ＝得tan θ＝。
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到电场边缘的距离为。
限时规范训练(47)　电容器　带电粒子(体)在电场中的运动
(建议用时：40分钟　满分：85分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，共53分)
[基础巩固练]
1．(2025·云南曲靖二模)某款人形机器人配置了AI驱动的全身运动控制技术，安装了大量的传感器，其中一种传感器叫做电容式传感器，当某待测量发生变化时，能引起电容器的电容变化。如图是四个电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用，下列说法正确的是(　　)
A．图(a)的传感器可直接测量速度
B．图(b)的传感器可直接测量液体的密度
C．图(c)的传感器可测量压力
D．图(d)的传感器可直接测量加速度
解析：C　图(a)的电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容，可以用来测量角度和角速度，不能直接测量速度，故A错误；图(b)的电容器的一个极板是金属芯线，另一个极板是导电液体，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，可以用来测量液面的高度，不可直接测量液体的密度，故B错误；图(c)的传感器是通过改变极板间的距离，改变电容器的，可以用来测量压力，故C正确；图(d)的可变电容器，通过改变电介质，改变电容，可以用来测量位移，不能直接测量加速度，故D错误。
2．(2024·黑吉辽卷，5)某种不导电溶液的相对介电常数εr，与浓度cm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(　　)
图(a)　 图(b)
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
解析：B　根据题图(a)可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合电容的决定式C＝可知，电容器的电容增大，A错误；电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电势差不变，C错误；根据电容的定义式C＝，结合A、C项分析可知，电容器所带的电荷量Q增大，则溶液浓度降低过程中，电容器充电，电路中的电流方向为N→M，B正确，D错误。
3．(2025·黑吉辽内蒙古卷，4)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(　　)
　
解析：D　由电容器电容的决定式C＝，结合题意可知增大两极板的压力，两极板的间距d减小，则电容器的电容增大，又由于电容器充电后与电源断开，则电容器所带的电荷量不变，由公式U＝可知，电容器两极板间的电压减小，A、B错误；由题意可知F较大时，d难以减小，即两极板间距减小得越来越慢，电容器电容增大得越来越慢，则两极板间的电压减小得越来越慢，C错误，D正确。
4．(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板与静电计金属球相连，下极板与静电计金属外壳均接地，P为电容器两板间一点。电容器充电完成后，断开开关。若电容器电介质的相对介电常数随温度的升高而减小，则当电容器温度升高时，下列说法正确的是(　　)
A．电容器电容增加
B．静电计指针张角变小
C．两极板间电场强度变大
D．P点电势升高
解析：CD　根据C＝，电容器温度升高时，电容器电介质的相对介电常数减小，则电容器电容减小，故A错误；电容器充电完成后，断开开关，电容器电量不变，根据U＝，电容减小，则电容器两极板间电压增大，静电计指针张角变大，故B错误；电容器两极板间电压增大，根据E＝，两极板间电场强度变大，故C正确；P点与电容器下极板距离不变，根据U＝Ed，则P点与电容器下极板间电势差增大，即P点电势升高，故D正确。
5．(多选)(2025·吉林长春模拟)如图，平行板电容器与电压为U的直流恒压电源相连，改变电容器板间距离d，待电路稳定后，带正电的粒子质量为m、电荷量为q，从靠近左板处由静止释放，测得粒子从出发至右板所用的时间为t，到达右板的速度大小为v，重复上述过程，完成多次实验。板间电场可视为匀强电场，粒子所受重力忽略不计。下列图像正确的是(　　)
解析：AC　对于带正电的粒子，在匀强电场中受电场力作用，根据动能定理，有Uq＝mv2可得v＝，可知粒子到达右板的速度v的大小与板间距离d无关，A正确、B错误；设粒子在电场中运动的加速度为a，有Eq＝ma，E＝at2，联立可得t＝d，可知粒子从出发至右板所用的时间与板间距离成正比，C正确、D错误。
6．如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则(　　)
A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B．金属板A、B间的电压减小
C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D．乙电子运动到O点的速率为2v0
解析：C　两板间距离变大，根据C＝可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝，可知当d变大时，A、B两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据2eEd＝mv02，可知，乙电子运动到O点的速率v＝v0，选项D错误。
7．(2025·四川成都模拟)质子()，氘核()，α粒子()由同一位置从静止先通过同一加速电场后，又垂直于匀强电场方向进入同一偏转电场，最后穿出偏转电场。已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电极间的距离为d，偏转电极板的长度为l，离开偏转电场时粒子的偏转角为θ，则(　　)
A．若仅增大U1可使θ增大
B．若仅增大d可使θ增大
C．若仅增大l可使θ减小
D．三种粒子离开偏转电场时θ相同
解析：D　根据动能定理qU1＝mv02，根据类平抛运动规律有tan θ＝，根据牛顿第二定律q＝ma，解得tan θ＝，故仅减小U1可使θ增大，故A错误；根据tan θ＝知，仅减小偏转电极间的距离d或仅增大偏转电极板的长度l可使θ增大，故B、C错误；根据tan θ＝知，偏转角θ与粒子的质量m，电荷量q都无关，所以三种粒子离开偏转电场时θ相同，故D正确。
[能力提升练]
8．(多选)(2025·陕西西安一模)计算机键盘为电容式传感器，如图甲所示。每个键下面由相互平行且间距为d的活动极板和固定极板组成，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，已知只有该键的电容改变量不小于原电容的50%时，传感器才有感应，则下列说法正确的是(　　)
图甲
图乙　　　　　　　　　　图丙
A．按键的过程中，电容器的电容减小
B．按键的过程中，图丙中电流方向从b流向a
C．按键的过程中，电容器两极板间的电场强度不变
D．要使传感器发生感应，至少要将按键按下d
解析：BD　根据电容表达式C＝，可知按键过程中，d减小，C增大，故A错误；由于电容器直接接在电源两端，故电容器两端电压U不变，因C增大，根据Q＝CU，可知Q增大，电容器充电，电流方向从b流向a，故B正确；根据电势差与电场强度关系，由E＝可知，由于U不变，按键过程中，d减小，故E增大，故C错误；令按键至少按下Δd距离，传感器才有感应，则此时电容C0＝，又因为C0－C＝0.5C，联立以上解得Δd＝d，故D正确。
9．(2026·天津新华中学高三开学考)如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央。现只改变其中一条件，使质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(忽略重力影响)(　　)
A．开关S断开
B．初速度变为3v0
C．板间电压变为
D．上板竖直移动，使板间距变为2d
解析：C　断开开关，极板上的电压不变，两板间电场强度不变，故质子的运动轨迹不变，A错误；根据x＝v0t，a＝at2，可得y＝，从下板边缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2v0，或板间电压变为，或上板上移使板间距变为4d，B、D错误，C正确。
10．如图所示，充电后水平放置的平行板电容器与电源断开，金属板相距为d，一质量为m、电荷量为－q的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出(轨迹如图中虚线所示)，若仅将平行板电容器上极板平行上移距离后，其他条件保持不变，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
A．平移后油滴将做匀加速直线运动
B．平移后电场强度大于，方向竖直向下
C．平移后下极板和上极板之间的电势差大小为
D．平移后油滴穿越两板之间的电场后电势能减少了mgd
解析：C　由于油滴沿直线从上极板边缘射出，可知油滴在极板间一定做匀速直线运动，有qE＝mg，可得E＝，方向竖直向下；根据E＝，电容定义式C＝，电容决定式C＝，联立解得E＝可知，当上极板向上移动时，E不变，方向仍然竖直向下，仍有qE＝mg，所以油滴仍做匀速直线运动，故AB错误；综上分析，由于E不变，根据U＝Ed，当仅将平行板电容器上极板平行上移距离后，上、下两极板间的电势差U变大，大小为U′＝E＝，故C正确；当上极板向上移动后，E不变，所以粒子射出电场时的位置也不变，重力做功WG＝－mgd，则电场力做功W′＝mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，故D错误。
11．(10分)(2025·四川卷，13)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)微粒从O点释放后，仅受到竖直向下的电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，设微粒从O点运动到下极板过程所用时间为t，加速度大小为a，由匀变速直线运动公式有at2①
由牛顿第二定律有qE＝ma②
联立①②解得t＝ ③。
(2)由题意可知，微粒与极板碰撞后电性与极板相同，且带电量大小仍为q，则微粒从O点开始运动到第一次从上极板返回O点过程，所受电场力大小不变，方向始终与运动方向相同，设第一次从上极板返回O点时的速度大小为v，对整个过程由动能定理有
qEmv2④
第一次从上极板返回O点时的动量大小
p＝mv⑤
联立④⑤解得p＝2。
答案：(1) 　(2)2
12．（10分）(课标变化题：开放性、情境化)(2026·北京西城区联考)我国的东方超环(EAST)是研究可控核聚变反应的超大型科学实验装置。该装置需要将高速运动的离子变成中性粒子，没有被中性化的离子对实验装置有很大的破坏作用，因此需要利用“偏转系统”将其从粒子束中剥离出来。离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动，到达接收器。已知离子带正电、电荷量为q，质量为m，速度为v，两极板间距为d。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。以下极板左端点为坐标原点建立坐标系，沿板建立x轴，垂直板建立y轴，如图甲所示。假设离子在混合粒子束中是均匀分布的，单位时间内通过y轴单位长度进入电场的离子数为n。在两极板间加电压U，恰好所有离子均被吸附在下极板。
(1)求极板的长度L。
(2)分析落在x轴上坐标为x0≤x≤x0＋Δx范围内的离子，进入电场时通过y轴的坐标范围。
(3)离子落在极板上的数量分布呈现一定的规律，若单位时间内落在下极板x0位置附近单位长度上的离子数量为nx，求nx随x0变化的规律，在图乙中作出nx x0图像，说明图线与横轴所围面积的物理意义。[已知若Δx远小于x0，则(x0＋Δx)2≈x02＋2x0Δx]
解析：(1)离子恰好全部落在下极板，则从上极板边缘进入电场中的离子恰好打在下极板右端，离子沿极板方向做匀速直线运动，有L＝vt
离子受到的电场力F＝q
根据牛顿第二定律有a＝
垂直极板方向做匀变速直线运动有
d＝2
解得L＝vd。
(2)落在下极板x0位置的离子，在电场中的运动时间t′＝
进入电场时的纵坐标y1＝at′2＝
同理，落在下极板x0＋Δx位置的离子，进入电场时纵坐标y2＝2
离子进入电场时通过y轴的坐标范围满足2。
(3)单位时间从y1≤y≤y2范围内进入电场的离子，落在x0≤x≤x0＋Δx区间，由离子数量相等有n(y2－y1)＝nxΔx
解得nx＝·≈x0
图像如图所示，图线与横轴所围面积代表单位时间内落在下极板的离子数。
答案：(1)vd　(2)2　(3)见解析
[名师点评]　本题由常见电偏转模型入手，第(3)问对问题进行了开放性探究，需要讨论离子数量与x0的关系并作出图像，契合课标对物理问题开放性的要求，近年北京、江苏、广西等地的试卷常出现此类开放问题。
[培优创新练]
13．(12分)(2025·广东卷，15)如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
(1)颗粒碰撞前的电荷量q；
(2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q；
(3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。
解析：(1)颗粒由静止开始从A点运动到B点的过程，在水平方向受电场力，做初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得Eq＝ma
由匀强电场电势差公式可得E＝
设该过程的运动时间为t，则由运动学公式有l＝at2
颗粒在竖直方向受重力，做自由落体运动，由运动学公式有h＝gt2
联立可得q＝。
(2)设颗粒在B点与绝缘平板碰撞前瞬间水平分速度大小为vx、竖直分速度大小为vy，颗粒在B点与绝缘平板碰撞后瞬间的合速度与水平方向的夹角为θ，所受合力与水平方向的夹角为β，则由运动学公式可得
vx＝at＝＝l
vy＝
由于颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间，水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍，则颗粒反弹离开绝缘平板瞬间的水平分速度大小为vx、竖直分速度大小为vy′＝kvy＝k，方向竖直向上。
作出颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间的速度示意图和受力示意图如图所示。由于颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，则θ＋β＝90°，故tan θ＝，即
联立可得Q＝。
(3)由于vy′＝kvy(k<1)，则颗粒从B点离开后在竖直方向做竖直上抛运动，无法到达上绝缘平板，所以颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘平板或右侧金属平板发生的，若颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则对颗粒从与下方绝缘平板第1次碰撞后瞬间到与下方绝缘平板第2次碰撞前瞬间的过程，竖直方向上由竖直上抛运动规律可得该过程的运动时间为t′＝
水平方向上由运动学公式可得该过程颗粒在水平方向上的运动距离为x＝vxt′＋a1t′2
其中a1＝
解得x＝4kl＋
当x≤d－l，即d≥(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则电场力对它做的功为W2＝EQx
又颗粒从A点运动到B点的过程，电场力对它做的功为W1＝Eql
联立可得颗粒从A点开始运动到第二次碰撞的过程，电场力对它做的功为
W＝W1＋W2＝k2mgh
当x>d－l，即d<(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与右侧金属平板发生的，则电场力对颗粒做的功W3＝EQ(d－l)
联立可得颗粒从A点开始运动到第二次碰撞的过程，电场力对它做的功为
W＝W1＋W3＝。
答案：(1)　(2)　(3)见解析(共76张PPT)
第3讲　电容器　带电粒子(体)在电场中的运动
1.理解电容的定义及动态变化规律。2.掌握带电粒子在电场中做直线运动的规律。3.掌握带电粒子在电场中偏转的规律。
目标
要求
1
强基础 固本增分
2
研考点 精准突破
3
限时规范训练
栏
目
导
引
强基础
固本增分
一、电容器及电容
1．电容器
(1)组成：由两个彼此____又相互靠近的导体组成。
(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
电能
2．电容
(1)定义：电容器所带的______与两个极板间的______的比值。
(2)定义式：C＝。
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝___ μF＝____pF。
(4)意义：表示电容器________本领的高低。
(5)决定因素：由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及电压____。
电荷量
电势差
106
1012
容纳电荷
无关
3．平行板电容器的电容
(1)决定式：C＝。
(2)决定因素：正对面积S，相对介电常数εr(真空中最小)，两板间的距离d。
4．击穿电压与额定电压
(1)击穿电压：加在电容器两极板上的电压超过________时，电介质将被击穿，电容器损坏。这个极限电压叫作击穿电压。
(2)额定电压：电容器外壳上标称的工作电压，或称额定电压。
某一限度
二、带电粒子在电场中的运动
1．加速问题
(1)匀强电场：W＝qEd＝qU＝_______________。
(2)非匀强电场：W＝qU＝mv02。
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：__________运动。
(3)处理方法：运动的合成与分解。
①沿初速度方向：做____运动。
②沿电场方向：做初速度为零的______运动。
mv2－mv02
匀变速曲线
匀速
匀加速
(4)偏转规律
偏转角tan θ＝＝_________；
侧移距离y0＝。
×
1．判断正误
(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。( )
(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成正比。( )
(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零。( )
(4)带电粒子(不计重力)在电场中由静止释放时，一定做匀加速直线运动。
( )
(5)带电粒子在电场中运动时重力一定可以忽略不计。( )
×
×
×
×
2．(多选)(人教版教材原题改编)关于电容器的电荷量Q、电压U、电容C之间的相互关系，下列图像正确的是(　　)
解析：BCD　根据电容器定义式C＝可知，电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U成正比，故C正确；电容C的大小由电容器本身的因素决定，与Q、U无关，故A错误，B、D正确。
BCD
3．(2025·江苏卷，9)如图所示，平行金属板与电源连接。一点电荷由a点移动到b点的过程中，电场力做功为W。现将上、下两板分别向上、向下移动，使两板间距离增大为原来的2倍，再将该电荷由a移动到b的过程中，电场力做功为(　　)
A． B．W
C．2W D．4W
A
解析：A　设电容器两极板间距为d，当平行板电容器接电源时，两板间电压U不变，两极板间电场强度E＝，电荷由a移至b，设x为平行于电场方向移动的距离，电场力做功W＝Eqx，当电容器两极板间距增大至原来的两倍，两极板间电场强度E′＝，由于电荷由a移至b过程中，在平行于电场方向移动的距离x不变，则电场力做功W′＝E′qx，联立上式解得W′＝，A正确。
4．(鲁科版教材原题改编)如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2。不计粒子重力，则带电粒子能从A、B板间飞出，应该满足的条件是(　　)
A．<<
C．<<
解析：D　由类平抛运动规律可知y＝<，即<，D正确。
D
研考点
精准突破
C　
考点一　平行板电容器及其动态分析
考向1　电容的理解
(2026·广东广州期中)心脏除颤器是目前临床上广泛使用的抢救设备之一，如图甲所示。心脏除颤器通过接触皮肤的电极板使电容器放电，实施电击治疗，如图乙。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使电容器充电到4000 V，存储电荷量为0.16 C。抢救患者时，电极板放电，使一部分电荷在4 ms的脉冲时间内经过身体。下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　图乙
A．电容器充电至4000 V时，电容为20 μF
B．电容器放电过程中电容减小
C．电容器充电至2000 V时，所带电荷量为0.08 C
D．电容器放电过程中电流恒定
图甲　　　　　图乙
解析：C　电容器充电至4000 V时，电容为C＝ F＝40 μF，故A错误；电容由电容器本身决定，不随电压、电荷量的变化而变化，即电容保持不变，故B错误；电容器充电至2000 V时，所带电荷量为Q′＝CU′＝40×10-6×2000 C＝0.08 C，故C正确；电容器放电过程中，电荷量减少，电容器两极板间电势差减小，电流减小，故D错误。
图甲　　　　　图乙
一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器的带电情况无关。
考向2　电容器的动态分析
(2025·辽宁名校联盟月考)如图所示，M、N
为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开
始时闭合开关S，静电计张开一定角度。则下列说
法正确的是(　　)
A．开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，
静电计指针张开角度增大
B．开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大
C．断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压不变
D．断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变
D
解析：D　保持开关S闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，静电计指针张角都不变，A、B错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，将两极板间距增大，即d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，板间电压增大，C错误；断开开关S后，电容器所带电荷量不变，若紧贴下极板插入金属板，则d减
小，根据E＝知，极板间的电场强度不变，
D正确。
两种情境
(1)在电压不变的情况下，由E＝来判断场强变化，场强E只随板间距离而变。
(2)在电荷量保持不变的情况下，由E＝知，场强与板间距离无关。
易错：在平行板电容器两板间插入电介质，例如云母片，相当于εr增大；加入与极板等大的导体板，相当于d减小。
[归纳总结]　动态分析问题的基本思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。
(3)用定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
(4)用E＝分析平行板电容器两极板间电场强度的变化。
考向3　含二极管电容器的综合分析
(多选)(2025·山西晋中期末)如图所示的电路中，
闭合开关，待电路稳定后，可看成质点的带电小球恰
好静止在平行板电容器之间的M点，其中二极管可视
为理想二极管，下列说法正确的是(　　)
A．向右移动R3的滑片，小球向下移动
B．向右移动R1的滑片，小球的电势能将减小
C．向下移动电容器的下极板，二极管右端电势高于左端电势
D．断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，M点的电势将升高
BC
解析：BC　向右移动R3的滑片，电容器两端电压不变，两极板之间的电场强度不变，因此小球仍静止不动，A错误；向右移动R1的滑片，R2两端电压增大，电容器两端电压增大，两极板之间的电场强度增大，小球受到的静电力增大，小球将向上运动，静电力做正功，小球的电势能减小，B正确；向下移动电容器的下极板，电容器极板间距d增大，根据C＝，可知C减小，若U不变时，Q将减小，但由于二极管的存在，电容器无法放电，所以Q不变，U增大，二极管右端电势高于左端电势，C正确；断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，电容器极板间距d减小，根据C＝，可得E＝
，可知极板间电场强度不变，M点到下极板间距不
变，电势差不变，因此M点电势不变，D错误。
点拨：二极管具有单向导电性，电容器无法放电。
考点二　带电粒子在电场中的直线运动
(2026·清华附中期中)如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动，不计粒子重力，若将两极板间距离减小，再次释放该粒子，则(　　)
A．带电粒子获得的加速度变小
B．带电粒子到达负极板的时间变短
C．带电粒子到达负极板时的速度变小
D．加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小
B
解析：B　根据E＝，qE＝ma，可得a＝，将两板间距离减小，带电粒子获得的加速度变大，故A错误；根据匀变速直线运动规律d＝at2，解得t＝ ，将两板间距离减小，带电粒子到达负极板的时间变短，故B正确；根据动能定理有qU＝mv2，解得v＝ ，带电
粒子到达负极板时的速度不变，故C错误；根据动量定
理有I＝mv，可知加速全过程静电力对带电粒子的冲量
不变，故D错误。
规律应用
(1)用动力学观点分析Eq＋F其他＝ma
E＝(匀强电场)
v2－v02＝2ad(匀变速直线运动)。
(2)用能量观点分析
①匀强电场中：W电＝Eqd＝qU
W电＋W其他＝mv02。
②非匀强电场中：W电＝qU，W电＋W其他＝Ek2－Ek1。
(多选)如图所示，两个相同的平行板电容器均与水平方向成θ角放置，两极板与直流电源相连。若带电小球分别以速度v0沿边缘水平射入电容器，均能沿图中所示水平直线恰好穿出电容器，穿出时的速度分别为v1和v2。下列说法正确的是(　　)
A．两种情形下带电小球的运动时间相等
B．两种情形下电容器所加电压相等
C．小球的速度满足关系v0＝v1＝v2
D．小球的速度满足关系2v02＝v12＋v22
BD
解析：BD　静电力的方向垂直于极板，由于两种情形下小球均沿着水平方向运动，竖直方向所受合力均为零，因此两种情形下带电小球所受静电力大小均为F＝，又因两电容器相同，根据F＝Eq＝知，两种情形下电容器所加电压相等，B正确；分析知第一种情形小球做匀减速直线运动，第二种情形小球做匀加速直线运动，初速度相同，运动位移相同，由匀变速直线运动规律知，两种情形带电小球的运动时间不同，末速度也不同，A、C错误；第一种情形，水平方向上有v02－v12＝2ax，第二种情形，水平方向上有v22－v02＝2ax，两式联立，可得2v02＝v12＋v22，D正确。
说明
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。
考点三　带电粒子在匀强电场中的偏转
(多选)(2026·天津二十五中高三期中)如图所示，三个同样的带电粒子a、b、c(不计重力)同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹如图，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是(　　)
A．当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上
B．b和c同时飞离电场
C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
D．在电场中运动过程中，c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同
ACD
解析：ACD　三个粒子相同，故进入电场后，受到的静电力相等，即加速度相等，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，偏移量y＝at2，所以ta＝tb＞tc，故A正确，B错误；粒子在水平方向上做匀速直线运动，故有v0＝，因为xb＝xc＞xa，ta＝tb＞tc，所以有vc＞vb＞va，故C正确；根据动能定理有qU＝Eqy＝ΔEk，知c的动能增加量最小，a、b的动能增加量相同，故D正确。
规律应用
(1)运动时间的确定
①能飞出电容器：t＝。
②不能飞出电容器：y＝t2，t＝ 。
(2)应用qUy＝mv02求解时，Uy＝y指初、末位置间的电势差，而不是两板间电势差。
(2025·河南卷，13)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞)，液滴质量均为m＝2.0×10-10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q＝1.0×10-13 C。随后，液滴以v＝2.0 m/s的速度竖直进入长度为l＝2.0×10-2 m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1 m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求：
(1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离；
(2)A、B细胞收集管的间距。
解析：(1)含A、B细胞的液滴在电极板间做类平抛运动，对含A细胞的液滴
垂直电场方向有l＝vt1
平行电场方向有x1＝at12
由牛顿第二定律可知qE＝ma
联立解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1＝5×10-3 m。
(2)由(1)问分析可知含A细胞的液滴离开电场时的速度方向
与电场方向夹角的正切值为tan θ＝＝2
含A、B细胞的液滴离开电场后做匀速直线运动，含A细胞
的液滴从离开电场至到达A细胞收集管过程偏转的距离为
x2＝＝0.05 m
即含A细胞的液滴开始运动至到达A细胞收集管的过程偏转
的距离为xA＝x1＋x2＝0.055 m
由于含A、B细胞的液滴电性相反，带电荷量大小相等，则含B细胞的液滴的偏转距离与含A细胞液滴的偏转距离大小相等，所以A、B细胞收集管的间距为xAB＝2xA＝0.11 m。
答案：(1)5×10-3 m　(2)0.11 m
[归纳总结]　
(1)带电粒子在电场中的偏转规律
(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的偏转角度总是相同的。
证明：由qU0＝mv02及tan θ＝得tan θ＝。
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到电场边缘的距离为。
3
4
5
6
7
8
9
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12
11
1
2
限时规范
训练(47)　电容器　带电粒子(体)在电场中的运动
(建议用时：40分钟　满分：85分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，共53分)
[基础巩固练]
1．(2025·云南曲靖二模)某款人形机器人配置了AI驱动的全身运动控制技术，安装了大量的传感器，其中一种传感器叫做电容式传感器，当某待测量发生变化时，能引起电容器的电容变化。如图是四个电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用，下列说法正确的是(　　)
13
C
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12
11
1
2
A．图(a)的传感器可直接测量速度
B．图(b)的传感器可直接测量液体的密度
C．图(c)的传感器可测量压力
D．图(d)的传感器可直接测量加速度
13
3
4
5
6
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11
1
2
解析：C　图(a)的电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容，可以用来测量角度和角速度，不能直接测量速度，故A错误；图(b)的电容器的一个极板是金属芯线，另一个极板是导电液体，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，可以用来测量液面的高度，不可直接测量液体的密度，故B错误；图(c)的传感器是通过改变极板间的距离，改变电容器的，可以用来测量压力，故C正确；图(d)的可变电容器，通过改变电介质，改变电容，可以用来测量位移，不能直接测量加速度，故D错误。
13
2
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11
2．(2024·黑吉辽卷，5)某种不导电溶液的相对介电常数εr，与浓度cm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(　　)
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
B
13
图(a)　 图(b)
2
1
3
4
5
6
7
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10
12
11
解析：B　根据题图(a)可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合电容的决定式C＝可知，电容器的电容增大，A错误；电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电势差不变，C错误；根据电容的定义式C＝，结合A、C项分析可知，电容器所带的电荷量Q增大，则溶液浓度降低过程中，电容器充电，电路中的电流方向为N→M，B正确，D错误。
13
图(a)　 图(b)
2
3
1
4
5
6
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12
11
3．(2025·黑吉辽内蒙古卷，4)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
13
2
3
1
4
5
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解析：D　由电容器电容的决定式C＝，结合题意可知增大两极板的压力，两极板的间距d减小，则电容器的电容增大，又由于电容器充电后与电源断开，则电容器所带的电荷量不变，由公式U＝可知，电容器两极板间的电压减小，A、B错误；由题意可知F较大时，d难以减小，即两极板间距减小得越来越慢，电容器电容增大得越来越慢，则两极板间的电压减小得越来越慢，C错误，D正确。
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4．(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板与静电计金属球相连，下极板与静电计金属外壳均接地，P为电容器两板间一点。电容器充电完成后，断开开关。若电容器电介质的相对介电常数随温度的升高而减小，则当电容器温度升高时，下列说法正确的是(　　)
A．电容器电容增加
B．静电计指针张角变小
C．两极板间电场强度变大
D．P点电势升高
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CD
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解析：CD　根据C＝，电容器温度升高时，电容器电介质的相对介电常数减小，则电容器电容减小，故A错误；电容器充电完成后，断开开关，电容器电量不变，根据U＝，电容减小，则电容器两极板间电压增大，静电计指针张角变大，故B错误；电容器两极板间电压增大，根据E＝，两极板间电场强度变大，故C正确；P点与电容器下极板距离不变，根据U＝Ed，则P点与电容器下极板间电势差增大，即P点电势升高，故D正确。
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5．(多选)(2025·吉林长春模拟)如图，平行板电容器与电压为U的直流恒压电源相连，改变电容器板间距离d，待电路稳定后，带正电的粒子质量为m、电荷量为q，从靠近左板处由静止释放，测得粒子从出发至右板所用的时间为t，到达右板的速度大小为v，重复上述过程，完成多次实验。板间电场可视为匀强电场，粒子所受重力忽略不计。下列图像正确的是(　　)
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AC
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解析：AC　对于带正电的粒子，在匀强电场中受电场力作用，根据动能定理，有Uq＝mv2可得v＝，可知粒子到达右板的速度v的大小与板间距离d无关，A正确、B错误；设粒子在电场中运动的加速度为a，有Eq＝ma，E＝at2，联立可得t＝d，可知粒子从出发至右板所用的时间与板间距离成正比，C正确、D错误。
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6．如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则(　　)
A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B．金属板A、B间的电压减小
C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D．乙电子运动到O点的速率为2v0
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C
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解析：C　两板间距离变大，根据C＝可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝，可知当d变大时，A、B两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据2eEd＝mv02，可知，乙电子运动到O点的速率v＝v0，选项D错误。
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7．(2025·四川成都模拟)质子()，氘核()，α粒子()由同一位置从静止先通过同一加速电场后，又垂直于匀强电场方向进入同一偏转电场，最后穿出偏转电场。已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电极间的距离为d，偏转电极板的长度为l，离开偏转电场时粒子的偏转角为θ，则(　　)
A．若仅增大U1可使θ增大
B．若仅增大d可使θ增大
C．若仅增大l可使θ减小
D．三种粒子离开偏转电场时θ相同
D
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解析：D　根据动能定理qU1＝mv02，根据类平抛运动规律有tan θ＝，根据牛顿第二定律q＝ma，解得tan θ＝，故仅减小U1可使θ增大，故A错误；根据tan θ＝知，仅减小偏转电极间的距离d或仅增大偏转电极板的长度l可使θ增大，故B、C错误；根据tan θ＝知，偏转角θ与粒子的质量m，电荷量q都无关，所以三种粒子离开偏转电场时θ相同，故D正确。
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[能力提升练]
8．(多选)(2025·陕西西安一模)计算机键盘为电容式传感器，如图甲所示。每个键下面由相互平行且间距为d的活动极板和固定极板组成，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，已知只有该键的电容改变量不小于原电容的50%时，传感器才有感应，则下列说法正确的是(　　)
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图甲 图乙　　　　　　　　图丙
BD
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A．按键的过程中，电容器的电容减小
B．按键的过程中，图丙中电流方向从b流向a
C．按键的过程中，电容器两极板间的电场强度不变
D．要使传感器发生感应，至少要将按键按下d
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图甲 图乙　　　　　　　　图丙
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解析：BD　根据电容表达式C＝，可知按键过程中，d减小，C增大，故A错误；由于电容器直接接在电源两端，故电容器两端电压U不变，因C增大，根据Q＝CU，可知Q增大，电容器充电，电流方向从b流向a，故B正确；根据电势差与电场强度关系，由E＝可知，由于U不变，按键过程中，d减小，故E增大，故C错误；令按键至少按下Δd距离，传感器才有感应，则此时电容C0＝，又因为C0－C＝0.5C，联立以上解得Δd＝d，故D正确。
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图甲 图乙　　　　　图丙
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9．(2026·天津新华中学高三开学考)如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央。现只改变其中一条件，使质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(忽略重力影响)(　　)
A．开关S断开
B．初速度变为3v0
C．板间电压变为
D．上板竖直移动，使板间距变为2d
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C
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解析：C　断开开关，极板上的电压不变，两板间电场强度不变，故质子的运动轨迹不变，A错误；根据x＝v0t，a＝at2，可得y＝，从下板边缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2v0，或板间电压变为，或上板上移使板间距变为4d，B、D错误，C正确。
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10．如图所示，充电后水平放置的平行板电容器与电源断开，金属板相距为d，一质量为m、电荷量为－q的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出(轨迹如图中虚线所示)，若仅将平行板电容器上极板平行上移距离后，其他条件保持不变，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
A．平移后油滴将做匀加速直线运动
B．平移后电场强度大于，方向竖直向下
C．平移后下极板和上极板之间的电势差大小为
D．平移后油滴穿越两板之间的电场后电势能减少了mgd
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C
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解析：C　由于油滴沿直线从上极板边缘射出，可知油
滴在极板间一定做匀速直线运动，有qE＝mg，可得E
＝，方向竖直向下；根据E＝，电容定义式C＝，
电容决定式C＝，联立解得E＝可知，当上极板向上移动时，E不变，方向仍然竖直向下，仍有qE＝mg，所以油滴仍做匀速直线运动，故AB错误；综上分析，由于E不变，根据U＝Ed，当仅将平行板电容器上极板平行上移距离后，上、下两极板间的电势差U变大，大小为U′＝E＝，故C正确；当上极板向上移动后，E不变，所以粒子射出电场时的位置也不变，重力做功WG＝－mgd，则电场力做功W′＝mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，故D错误。
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11．(10分)(2025·四川卷，13)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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解析：(1)微粒从O点释放后，仅受到竖直向下的电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，设微粒从O点运动到下极板过程所用时间为t，加速度大小为a，由匀变速直线运动公式有at2①
由牛顿第二定律有qE＝ma②
联立①②解得t＝ ③。
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(2)由题意可知，微粒与极板碰撞后电性与极板相同，且带电量大小仍为q，则微粒从O点开始运动到第一次从上极板返回O点过程，所受电场力大小不变，方向始终与运动方向相同，设第一次从上极板返回O点时的速度大小为v，对整个过程由动能定理有
qEmv2④
第一次从上极板返回O点时的动量大小p＝mv⑤
联立④⑤解得p＝2。
答案：(1) 　(2)2
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12．(10分) (课标变化题：开放性、情境化)(2026·北京西城区联考)我国的东方超环(EAST)是研究可控核聚变反应的超大型科学实验装置。该装置需要将高速运动的离子变成中性粒子，没有被中性化的离子对实验装置有很大的破坏作用，因此需要利用“偏转系统”将其从粒子束中剥离出来。离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动，到达接收器。已知离子带正电、电荷量为q，质量为m，速度为v，两极板间距为d。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。以下极板左端点为坐标原点建立坐标系，沿板建立x轴，垂直板建立y轴，如图甲所示。假设离子在混合粒子束中是
均匀分布的，单位时间内通过y轴单位长
度进入电场的离子数为n。在两极板间加
电压U，恰好所有离子均被吸附在下极板。
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(1)求极板的长度L。
(2)分析落在x轴上坐标为x0≤x≤x0＋Δx范围内的离子，进入电场时通过y轴的坐标范围。
(3)离子落在极板上的数量分布呈现一定的规律，若单位时间内落在下极板x0位置附近单位长度上的离子数量为nx，求nx随x0变化的规律，在图乙中作出nx x0图像，说明图线与横轴所围面积的物理意义。[已知若Δx远小于x0，则(x0＋Δx)2≈x02＋2x0Δx]
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解析：(1)离子恰好全部落在下极板，则从上极板边缘进入电场中的离子恰好打在下极板右端，离子沿极板方向做匀速直线运动，有L＝vt
离子受到的电场力F＝q
根据牛顿第二定律有a＝
垂直极板方向做匀变速直线运动有
d＝2
解得L＝vd。
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(2)落在下极板x0位置的离子，在电场中的运动时间t′＝
进入电场时的纵坐标y1＝at′2＝
同理，落在下极板x0＋Δx位置的离子，进入电场时纵坐标y2＝2
离子进入电场时通过y轴的坐标范围满足2。
(3)单位时间从y1≤y≤y2范围内进入电场的离子，落在x0≤x≤x0＋Δx区间，由离子数量相等有n(y2－y1)＝nxΔx
解得nx＝·
≈x0
图像如图所示，图线与横轴所围面积代表单位
时间内落在下极板的离子数。
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答案：(1)vd　
(2)2　
(3)见解析
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[名师点评]　本题由常见电偏转模型入手，第(3)问对问题进行了开放性探究，需要讨论离子数量与x0的关系并作出图像，契合课标对物理问题开放性的要求，近年北京、江苏、广西等地的试卷常出现此类开放问题。
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[培优创新练]
13．(12分)(2025·广东卷，15)如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为
g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
(1)颗粒碰撞前的电荷量q；
(2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q；
(3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对
它做的功W。
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解析：(1)颗粒由静止开始从A点运动到B点的过程，在水平方向受电场力，做初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得Eq＝ma
由匀强电场电势差公式可得E＝
设该过程的运动时间为t，则由运动学公式有l＝at2
颗粒在竖直方向受重力，做自由落体运动，由运动
学公式有h＝gt2
联立可得q＝。
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(2)设颗粒在B点与绝缘平板碰撞前瞬间水平分速度大小
为vx、竖直分速度大小为vy，颗粒在B点与绝缘平板碰
撞后瞬间的合速度与水平方向的夹角为θ，所受合力与
水平方向的夹角为β，则由运动学公式可得
vx＝at＝＝l
vy＝
由于颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间，水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍，则颗粒反弹离开绝缘平板瞬间的水平分速度大小为vx、竖直分速度大小为vy′＝kvy＝k，方向竖直向上。
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作出颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间的速度示意图和受力示意图如图所示。由于颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，则θ＋β＝90°，故tan θ＝，即
联立可得Q＝。
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(3)由于vy′＝kvy(k<1)，则颗粒从B点离开后在竖直方向做竖直上抛运动，无法到达上绝缘平板，所以颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘平板或右侧金属平板发生的，若颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则对颗粒从与下方绝缘平板第1次碰撞后瞬间到与下方绝缘平板第2次碰撞前瞬间的过程，竖直方向上由竖直上抛运动规律可得该过程的运动时间为t′＝
水平方向上由运动学公式可得该过程颗粒在水平方向
上的运动距离为x＝vxt′＋a1t′2
其中a1＝解得x＝4kl＋
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当x≤d－l，即d≥(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则电场力对它做的功为W2＝EQx
又颗粒从A点运动到B点的过程，电场力对它做的功为W1＝Eql
联立可得颗粒从A点开始运动到第二次碰撞的过程，电场力对它做的功为
W＝W1＋W2＝k2mgh
当x>d－l，即d<(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与右侧金属平板发生的，则电场力对颗粒做的功W3＝EQ(d－l)
联立可得颗粒从A点开始运动到第二次碰撞的过程，电
场力对它做的功为W＝W1＋W3＝。
答案：(1)　(2)　(3)见解析
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第3讲　电容器　带电粒子(体)在电场中的运动
点击进入WORD文档
按ESC键退出全屏播放限时规范训练(47)　电容器　带电粒子(体)在电场中的运动
(建议用时：40分钟　满分：85分)
(选择题1～7题每题5分，8～10题每题6分，共53分)
[基础巩固练]
1．(2025·云南曲靖二模)某款人形机器人配置了AI驱动的全身运动控制技术，安装了大量的传感器，其中一种传感器叫做电容式传感器，当某待测量发生变化时，能引起电容器的电容变化。如图是四个电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用，下列说法正确的是(　　)
A．图(a)的传感器可直接测量速度
B．图(b)的传感器可直接测量液体的密度
C．图(c)的传感器可测量压力
D．图(d)的传感器可直接测量加速度
解析：C　图(a)的电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容，可以用来测量角度和角速度，不能直接测量速度，故A错误；图(b)的电容器的一个极板是金属芯线，另一个极板是导电液体，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，可以用来测量液面的高度，不可直接测量液体的密度，故B错误；图(c)的传感器是通过改变极板间的距离，改变电容器的，可以用来测量压力，故C正确；图(d)的可变电容器，通过改变电介质，改变电容，可以用来测量位移，不能直接测量加速度，故D错误。
2．(2024·黑吉辽卷，5)某种不导电溶液的相对介电常数εr，与浓度cm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(　　)
图(a)　 图(b)
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
解析：B　根据题图(a)可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合电容的决定式C＝可知，电容器的电容增大，A错误；电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电势差不变，C错误；根据电容的定义式C＝，结合A、C项分析可知，电容器所带的电荷量Q增大，则溶液浓度降低过程中，电容器充电，电路中的电流方向为N→M，B正确，D错误。
3．(2025·黑吉辽内蒙古卷，4)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(　　)
　
解析：D　由电容器电容的决定式C＝，结合题意可知增大两极板的压力，两极板的间距d减小，则电容器的电容增大，又由于电容器充电后与电源断开，则电容器所带的电荷量不变，由公式U＝可知，电容器两极板间的电压减小，A、B错误；由题意可知F较大时，d难以减小，即两极板间距减小得越来越慢，电容器电容增大得越来越慢，则两极板间的电压减小得越来越慢，C错误，D正确。
4．(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板与静电计金属球相连，下极板与静电计金属外壳均接地，P为电容器两板间一点。电容器充电完成后，断开开关。若电容器电介质的相对介电常数随温度的升高而减小，则当电容器温度升高时，下列说法正确的是(　　)
A．电容器电容增加
B．静电计指针张角变小
C．两极板间电场强度变大
D．P点电势升高
解析：CD　根据C＝，电容器温度升高时，电容器电介质的相对介电常数减小，则电容器电容减小，故A错误；电容器充电完成后，断开开关，电容器电量不变，根据U＝，电容减小，则电容器两极板间电压增大，静电计指针张角变大，故B错误；电容器两极板间电压增大，根据E＝，两极板间电场强度变大，故C正确；P点与电容器下极板距离不变，根据U＝Ed，则P点与电容器下极板间电势差增大，即P点电势升高，故D正确。
5．(多选)(2025·吉林长春模拟)如图，平行板电容器与电压为U的直流恒压电源相连，改变电容器板间距离d，待电路稳定后，带正电的粒子质量为m、电荷量为q，从靠近左板处由静止释放，测得粒子从出发至右板所用的时间为t，到达右板的速度大小为v，重复上述过程，完成多次实验。板间电场可视为匀强电场，粒子所受重力忽略不计。下列图像正确的是(　　)
解析：AC　对于带正电的粒子，在匀强电场中受电场力作用，根据动能定理，有Uq＝mv2可得v＝，可知粒子到达右板的速度v的大小与板间距离d无关，A正确、B错误；设粒子在电场中运动的加速度为a，有Eq＝ma，E＝at2，联立可得t＝d，可知粒子从出发至右板所用的时间与板间距离成正比，C正确、D错误。
6．如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则(　　)
A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B．金属板A、B间的电压减小
C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D．乙电子运动到O点的速率为2v0
解析：C　两板间距离变大，根据C＝可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，选项A错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，则U变大，选项B错误；根据E＝，可知当d变大时，A、B两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，选项C正确；根据2eEd＝mv02，可知，乙电子运动到O点的速率v＝v0，选项D错误。
7．(2025·四川成都模拟)质子()，氘核()，α粒子()由同一位置从静止先通过同一加速电场后，又垂直于匀强电场方向进入同一偏转电场，最后穿出偏转电场。已知加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电极间的距离为d，偏转电极板的长度为l，离开偏转电场时粒子的偏转角为θ，则(　　)
A．若仅增大U1可使θ增大
B．若仅增大d可使θ增大
C．若仅增大l可使θ减小
D．三种粒子离开偏转电场时θ相同
解析：D　根据动能定理qU1＝mv02，根据类平抛运动规律有tan θ＝，根据牛顿第二定律q＝ma，解得tan θ＝，故仅减小U1可使θ增大，故A错误；根据tan θ＝知，仅减小偏转电极间的距离d或仅增大偏转电极板的长度l可使θ增大，故B、C错误；根据tan θ＝知，偏转角θ与粒子的质量m，电荷量q都无关，所以三种粒子离开偏转电场时θ相同，故D正确。
[能力提升练]
8．(多选)(2025·陕西西安一模)计算机键盘为电容式传感器，如图甲所示。每个键下面由相互平行且间距为d的活动极板和固定极板组成，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，已知只有该键的电容改变量不小于原电容的50%时，传感器才有感应，则下列说法正确的是(　　)
图甲
图乙　　　　　　　　　　图丙
A．按键的过程中，电容器的电容减小
B．按键的过程中，图丙中电流方向从b流向a
C．按键的过程中，电容器两极板间的电场强度不变
D．要使传感器发生感应，至少要将按键按下d
解析：BD　根据电容表达式C＝，可知按键过程中，d减小，C增大，故A错误；由于电容器直接接在电源两端，故电容器两端电压U不变，因C增大，根据Q＝CU，可知Q增大，电容器充电，电流方向从b流向a，故B正确；根据电势差与电场强度关系，由E＝可知，由于U不变，按键过程中，d减小，故E增大，故C错误；令按键至少按下Δd距离，传感器才有感应，则此时电容C0＝，又因为C0－C＝0.5C，联立以上解得Δd＝d，故D正确。
9．(2026·天津新华中学高三开学考)如图所示，平行板电容器板间电压为U，板间距为d，两板间为匀强电场，让质子流以初速度v0垂直电场射入，沿a轨迹落到下板的中央。现只改变其中一条件，使质子沿b轨迹落到下板边缘，则可以将(忽略重力影响)(　　)
A．开关S断开
B．初速度变为3v0
C．板间电压变为
D．上板竖直移动，使板间距变为2d
解析：C　断开开关，极板上的电压不变，两板间电场强度不变，故质子的运动轨迹不变，A错误；根据x＝v0t，a＝at2，可得y＝，从下板边缘射出时，竖直位移y不变，水平位移x变为原来的两倍，故可采取的措施是初速度变为2v0，或板间电压变为，或上板上移使板间距变为4d，B、D错误，C正确。
10．如图所示，充电后水平放置的平行板电容器与电源断开，金属板相距为d，一质量为m、电荷量为－q的油滴从下极板边缘射入，并沿直线从上极板边缘射出(轨迹如图中虚线所示)，若仅将平行板电容器上极板平行上移距离后，其他条件保持不变，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
A．平移后油滴将做匀加速直线运动
B．平移后电场强度大于，方向竖直向下
C．平移后下极板和上极板之间的电势差大小为
D．平移后油滴穿越两板之间的电场后电势能减少了mgd
解析：C　由于油滴沿直线从上极板边缘射出，可知油滴在极板间一定做匀速直线运动，有qE＝mg，可得E＝，方向竖直向下；根据E＝，电容定义式C＝，电容决定式C＝，联立解得E＝可知，当上极板向上移动时，E不变，方向仍然竖直向下，仍有qE＝mg，所以油滴仍做匀速直线运动，故AB错误；综上分析，由于E不变，根据U＝Ed，当仅将平行板电容器上极板平行上移距离后，上、下两极板间的电势差U变大，大小为U′＝E＝，故C正确；当上极板向上移动后，E不变，所以粒子射出电场时的位置也不变，重力做功WG＝－mgd，则电场力做功W′＝mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，故D错误。
11．(10分)(2025·四川卷，13)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)微粒从O点释放后，仅受到竖直向下的电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，设微粒从O点运动到下极板过程所用时间为t，加速度大小为a，由匀变速直线运动公式有at2①
由牛顿第二定律有qE＝ma②
联立①②解得t＝ ③。
(2)由题意可知，微粒与极板碰撞后电性与极板相同，且带电量大小仍为q，则微粒从O点开始运动到第一次从上极板返回O点过程，所受电场力大小不变，方向始终与运动方向相同，设第一次从上极板返回O点时的速度大小为v，对整个过程由动能定理有
qEmv2④
第一次从上极板返回O点时的动量大小
p＝mv⑤
联立④⑤解得p＝2。
答案：(1) 　(2)2
12．（10分）(课标变化题：开放性、情境化)(2026·北京西城区联考)我国的东方超环(EAST)是研究可控核聚变反应的超大型科学实验装置。该装置需要将高速运动的离子变成中性粒子，没有被中性化的离子对实验装置有很大的破坏作用，因此需要利用“偏转系统”将其从粒子束中剥离出来。离子在电场区域发生偏转，中性粒子继续沿原方向运动，到达接收器。已知离子带正电、电荷量为q，质量为m，速度为v，两极板间距为d。离子和中性粒子的重力可忽略不计，不考虑粒子间的相互作用。以下极板左端点为坐标原点建立坐标系，沿板建立x轴，垂直板建立y轴，如图甲所示。假设离子在混合粒子束中是均匀分布的，单位时间内通过y轴单位长度进入电场的离子数为n。在两极板间加电压U，恰好所有离子均被吸附在下极板。
(1)求极板的长度L。
(2)分析落在x轴上坐标为x0≤x≤x0＋Δx范围内的离子，进入电场时通过y轴的坐标范围。
(3)离子落在极板上的数量分布呈现一定的规律，若单位时间内落在下极板x0位置附近单位长度上的离子数量为nx，求nx随x0变化的规律，在图乙中作出nx x0图像，说明图线与横轴所围面积的物理意义。[已知若Δx远小于x0，则(x0＋Δx)2≈x02＋2x0Δx]
解析：(1)离子恰好全部落在下极板，则从上极板边缘进入电场中的离子恰好打在下极板右端，离子沿极板方向做匀速直线运动，有L＝vt
离子受到的电场力F＝q
根据牛顿第二定律有a＝
垂直极板方向做匀变速直线运动有
d＝2
解得L＝vd。
(2)落在下极板x0位置的离子，在电场中的运动时间t′＝
进入电场时的纵坐标y1＝at′2＝
同理，落在下极板x0＋Δx位置的离子，进入电场时纵坐标y2＝2
离子进入电场时通过y轴的坐标范围满足2。
(3)单位时间从y1≤y≤y2范围内进入电场的离子，落在x0≤x≤x0＋Δx区间，由离子数量相等有n(y2－y1)＝nxΔx
解得nx＝·≈x0
图像如图所示，图线与横轴所围面积代表单位时间内落在下极板的离子数。
答案：(1)vd　(2)2　(3)见解析
[名师点评]　本题由常见电偏转模型入手，第(3)问对问题进行了开放性探究，需要讨论离子数量与x0的关系并作出图像，契合课标对物理问题开放性的要求，近年北京、江苏、广西等地的试卷常出现此类开放问题。
[培优创新练]
13．(12分)(2025·广东卷，15)如图是研究颗粒碰撞荷电特性装置的简化图。两块水平绝缘平板与两块竖直的平行金属平板相接。金属平板之间接高压电源产生匀强电场。一带电颗粒从上方绝缘平板左端A点处，由静止开始向右下方运动，与下方绝缘平板在B点处碰撞，碰撞时电荷量改变，反弹后离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，其水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍(k<1)。已知颗粒质量为m，两绝缘平板间的距离为h，两金属平板间的距离为d，B点与左平板的距离为l，电源电压为U，重力加速度为g。忽略空气阻力和电场的边缘效应。求：
(1)颗粒碰撞前的电荷量q；
(2)颗粒在B点碰撞后的电荷量Q；
(3)颗粒从A点开始运动到第二次碰撞过程中，电场力对它做的功W。
解析：(1)颗粒由静止开始从A点运动到B点的过程，在水平方向受电场力，做初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得Eq＝ma
由匀强电场电势差公式可得E＝
设该过程的运动时间为t，则由运动学公式有l＝at2
颗粒在竖直方向受重力，做自由落体运动，由运动学公式有h＝gt2
联立可得q＝。
(2)设颗粒在B点与绝缘平板碰撞前瞬间水平分速度大小为vx、竖直分速度大小为vy，颗粒在B点与绝缘平板碰撞后瞬间的合速度与水平方向的夹角为θ，所受合力与水平方向的夹角为β，则由运动学公式可得
vx＝at＝＝l
vy＝
由于颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间，水平分速度与碰前瞬间相同，竖直分速度大小变为碰前瞬间的k倍，则颗粒反弹离开绝缘平板瞬间的水平分速度大小为vx、竖直分速度大小为vy′＝kvy＝k，方向竖直向上。
作出颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间的速度示意图和受力示意图如图所示。由于颗粒反弹离开下方绝缘平板瞬间，颗粒的速度与所受合力垂直，则θ＋β＝90°，故tan θ＝，即
联立可得Q＝。
(3)由于vy′＝kvy(k<1)，则颗粒从B点离开后在竖直方向做竖直上抛运动，无法到达上绝缘平板，所以颗粒的第二次碰撞是与下方绝缘平板或右侧金属平板发生的，若颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则对颗粒从与下方绝缘平板第1次碰撞后瞬间到与下方绝缘平板第2次碰撞前瞬间的过程，竖直方向上由竖直上抛运动规律可得该过程的运动时间为t′＝
水平方向上由运动学公式可得该过程颗粒在水平方向上的运动距离为x＝vxt′＋a1t′2
其中a1＝
解得x＝4kl＋
当x≤d－l，即d≥(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与下方绝缘平板发生的，则电场力对它做的功为W2＝EQx
又颗粒从A点运动到B点的过程，电场力对它做的功为W1＝Eql
联立可得颗粒从A点开始运动到第二次碰撞的过程，电场力对它做的功为
W＝W1＋W2＝k2mgh
当x>d－l，即d<(4k＋1)l＋时，颗粒第二次碰撞是与右侧金属平板发生的，则电场力对颗粒做的功W3＝EQ(d－l)
联立可得颗粒从A点开始运动到第二次碰撞的过程，电场力对它做的功为
W＝W1＋W3＝。
答案：(1)　(2)　(3)见解析

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