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第3讲　 电容器　带电粒子在电场中的运动
【学习目标】　1.知道电容器的基本构造，理解电容的定义及平行板电容器的电容决定式，会分析平行板电容器的动态变化问题。2.掌握带电粒子在电场中做直线运动的规律及有关应用。3.掌握带电粒子在电场中偏转的规律及有关应用。
考点一　电容器　平行板电容器的动态分析
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)所带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)充电与放电
①充电：电容器充电的过程中，两极板的电荷量增加，极板间的电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中。
②放电：放电的过程中，电容器把储存的能量通过电流做功转化为电路中其他形式的能量。
2.电容
(1)定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U的比值。
(2)定义式：C＝。
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝106 μF＝1012 pF。
(4)意义：表示电容器容纳电荷本领的高低。
3.平行板电容器的电容
(1)决定因素：两极板的正对面积、电介质的相对介电常数、两极板间的距离。
(2)决定式：C＝，k为静电力常量。
【正误辨析】
(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，与两极板间电压成反比。(×)
(3)平行板电容器的两板间距越小，电容越小。(×)
(4)平行板电容器的两板间插入玻璃板时电容增大。(√)
1.电容定义式C＝的理解
(1)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。
(2)不能理解为电容C与Q成正比，与U成反比。
2.电容器两类典型动态问题
电容的理解
(多选)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4 000 V，存储电荷量为0.16 C。抢救病人时，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(　　)
A.电容器的电容为40 μF
B.电容器放电过程中电容减小
C.电容器充电至2 000 V时，所带电荷量为0.08 C
D.电容器放电完成后电容为零
答案：AC
解析：电容器充电至4 000 V时，存储电荷量为0.16 C，则电容为C＝＝ F＝40 μF，故A正确；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2 000 V时，所带电荷量为Q'＝CU'＝40×10－6×2 000 C＝0.08 C，故C正确；电容是表征电容器储存电荷本领大小的物理量，是电容器的固有属性，与电容器是否带电无关，故D错误。故选AC。
平行板电容器的动态分析问题
(多选)(2026·山东潍坊模拟)如图所示，一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是(　　)
A.若将A板向右平移一小段位移，电容器的电容C减小
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B.保持S闭合的情况下，增大两极板间距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流
C.若断开S，将B板向下平移一小段位移，带电液滴的电势能减小
D.若断开S，减小两极板间的距离，则带电液滴向下运动
答案：AC
解析：将A板向右平移一小段位移，两极板正对面积S减小，根据C＝可知，电容器的电容C减小，故A正确；保持S闭合的情况下，电容器两极板间的电压不变，增大两极板间的距离，根据C＝可知，电容器的电容C减小，其电荷量减小，电容器放电，电阻R中有从a到b的电流，故B错误；若断开S，则电容器所带的电荷量不变，将B板向下平移一小段位移，dPB增大，根据E＝＝可知，极板间电场强度不变，带电液滴受到竖直向上的静电力，电场方向竖直向下，则带电液滴带负电，B板电势为零，根据UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，dPB增大，则P点的电势升高，根据Ep＝qφ可知，带负电的液滴电势能减小，故C正确；若断开S，减小两极板间的距离，由C项分析可知，电场强度不变，带电液滴受到的静电力不变，则带电液滴不运动，故D错误。故选AC。
平行板电容器动态分析的基本思路
电容器动态变化中的图像问题
(2025·黑吉辽蒙卷·T4)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(　　)
答案：D
解析：由平行板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，又电容器充电后断开电源，则电容器所带的电荷量不变，由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。故选D。
考点二　带电粒子(体)在电场中的直线运动
1.关于带电粒子(体)的重力分析
(1)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)。
(2)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.分析带电粒子(体)在电场中的直线运动的方法
(1)用动力学观点分析(只适用于匀强电场)
a＝，E＝，v2－＝2ad。
(2)用功能观点分析
①匀强电场中：W＝qEd＝qU＝Ek2－Ek1＝m－m。
②非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1＝m－m。
多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
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(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；
(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。
答案：(1)　(2)　(3)m0
解析：(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理，有qU＝mv2
离子在漂移管中做匀速直线运动，则有T1＝
联立解得T1＝。
(2)根据动能定理，有qU－qEx＝0
解得x＝。
(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有＝
由x＝可知，离子在反射区的电场中运动路程与离子质量无关，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2。根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝＋
联立解得t总＝(2L1＋L2)
可见，若离子反射次数相同，则离子从A到B的总飞行时间与成正比
依题意可得＝
可得m1＝m0。
针对练.(多选)如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为d，两极板分别与电池的两极相连，上极板中央有一小孔，小孔对电场的影响可以忽略不计。开关闭合时，小孔正上方处有一带正电的小球，小球由静止开始下落恰好能到达下极板但没有与下极板接触，下列说法正确的是(　　)
A.保持开关闭合，若将下极板上移，小球将在距上极板处返回
B.保持开关闭合，若将下极板上移，小球将在距上极板处返回
C.断开开关，若将下极板上移，小球将能返回原处
D.断开开关，若将上极板上移，小球将能返回原处
答案：BD
解析：极板移动前，由动能定理得mg－qEd＝0－0，E＝。保持开关闭合，若将下极板向上平移，设小球运动到距离上极板x1处返回，由动能定理得mg－qx1＝0－0，解得x1＝，即小球将在距上极板处返回， A错误，B正确；若断开开关，将下极板上移，两极板间的场强E＝不变，设小球运动到距离上极板x2处返回，由动能定理得mg－qEx2＝0－0，解得x2＝d，即小球将碰到下极板而不能返回，C错误；断开开关，将上极板上移，两极板间的场强E＝不变，设小球到达离下极板x3处返回，由动能定理得mg－qE＝0－0，解得x3＝d，故小球将在距下极板d处开始返回，由能量守恒定律可知小球能返回原处，D正确。故选BD。
考点三　带电粒子(体)在电场中的偏转
带电粒子垂直进入匀强电场中偏转的两个分运动
1.沿初速度方向：做匀速直线运动，t＝(如图所示)。
2.沿静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动
(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＝＝＝。
【正误辨析】
(1)带电粒子在匀强电场中的运动一定是类平抛运动。(×)
(2)带电粒子垂直电场方向进入匀强偏转电场，偏转电压越大，粒子通过电场的时间越短。(×)
(3)带电粒子垂直电场方向进入匀强偏转电场，初速度越大，离开电场时的偏转角越小。(√)
1.处理带电粒子的偏转问题的方法
运动的合成与分解 将带电粒子的运动分解为沿静电力方向的匀变速直线运动和垂直于静电力方向的匀速直线运动
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，指运动过程初、末位置两点间的电势差
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2.带电粒子在电场中偏转的一般规律
3.三个重要推论
(1)粒子从偏转电场中射出的瞬时速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线的交点一定是沿初速度方向位移的中点。
(2)粒子的速度偏转角θ的正切一定等于位移偏转角α的正切的2倍，即tan θ＝2tan α。
(3)不同粒子经同一电场加速后(加速电压U1)，再经同一电场偏转(偏转电压U2)，则粒子的偏转距离y0(y0＝)和偏转角θ(tan θ＝)均相同，与粒子的q、m均无关。
(2025·甘肃卷·T7)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后，沿OO'方向射入电压为U2的电场(OO'为平行于两极板的中轴线)。极板长度为l、间距为d，U2 -t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2＝±Um时。离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是(　　)
A.U2的最大值Um＝U1
B.当U2＝±Um且L＝时，离子恰好能打到样品边缘
C.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1
D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点
答案：B
解析：离子在加速电场中被加速时有qU1＝m，在偏转电场中做类平抛运动，则l＝v0t，＝·t2，解得Um＝U1，A错误；当U2＝±Um时离子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则＝，解得L＝，B正确；根据y＝·t2＝，若其他条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，C错误；由题图2可知，t1时刻所加电压的绝对值小于t2时刻所加电压的绝对值，O'A＞O'B，则t1和t2时刻射入的离子不可能分别打到A点和B点，D错误。故选B。
拓展变式.(2025·江苏卷·T13)如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子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。求：
(1)a运动到最高点的时间t；
(2)a到达最高点时，a、b间的距离H。
答案：(1)　(2)
解析： (1)带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，粒子a的运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上加速度大小为a0的匀变速直线运动，在竖直方向上有qE＝ma0，v0sin θ＝a0t
解得t＝。
(2)水平方向上，粒子a、b均以v0cos θ做匀速直线运动，所以粒子a、b始终在同一竖直线上，规定竖直向上为正方向
竖直方向上，粒子a的位移ya＝v0sin θ·t－a0t2
粒子b的位移yb＝－v0sin θ·t－a0t2
H＝ya－yb
解得H＝。
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(2026·浙江温州模拟)一质量为m、电荷量为q的带负电小球，以初速度v0从匀强电场中的A点水平抛出后经过某一定点B，如图所示，电场强度大小为E0，方向竖直向下。下列说法正确的是(　　)
A.可以计算小球从A点到B点的时间
B.可以计算小球经过B点时竖直方向的速度
C.若初速度变为2v0，要使小球仍能经过B点，电场强度大小为E0
D.只要能够经过B点，过B点时的速度偏向角为一定值，与初速度大小无关
答案：D
解析：小球所受合力F＝mg－qE0，加速度a＝＝g－，A、B间的水平和竖直距离未知，无法计算从A点到B点的时间和经过B点时的竖直速度，故A、B错误；小球若能经过B点，竖直方向位移y＝at2＝＝，解得E＝4E0－，故C错误；由tan θ＝＝＝＝，可知A、B两点位置确定，速度偏向角大小就确定，故D正确。故选D。
课时测评41　电容器　带电粒子在电场中的运动
(时间：30分钟　满分：50分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(选择题1－8，每题5分，共40分)
题组1　电容器
1.如图所示，电容器上标有“80 V　1 000 μF”字样。下列说法正确的是(　　)
A.电容器两端电压为0时其电容为零
B.电容器两端电压为80 V时才能存储电荷
C.电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为0.08 C
D.电容器两端电压低于80 V时其电容小于1 000 μF
答案：C
解析：电容表征电容器储存电荷的特性，与电压U和电荷量Q无关，给定的电容器电容C一定，故A、D错误；由于电容一定，由Q＝CU可知，电容器两端只要有电压，电容器就能存储电荷，故B错误；由Q＝CU可知，电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为Q＝1 000×10－6×80 C＝0.08 C，故C正确。故选C。
2.(2026·四川自贡模拟)如图为某款指纹识别器，其关键元件为指纹传感器。其部分原理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘。当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与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，则下列说法正确的是(　　)
A.指纹的凹点与小极板距离远，电容大
B.指纹的凸点与小极板距离近，电容大
C.若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，小极板所带电荷量减小
D.若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响
答案：B
解析：根据平行板电容器电容的决定式C＝可知，指纹的凹点与小极板距离远，即d大，则电容C小；指纹的凸点与小极板距离近，即d小，则电容C大，故A错误，B正确。若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，则电容C增大，由于电容器的电压保持不变，根据Q＝CU可知，小极板所带电荷量Q增多，故C错误。若用湿的手指去识别，由于自来水是导电的，则使得同一指纹的凹点和凸点与小极板之间的距离发生变化，从而改变了电容器的电容，使得识别功能受到影响，故D错误。故选B。
3.(2024·黑吉辽卷·T5)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图甲所示。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、电流表等构成如图乙所示的电路。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
答案：B
解析：根据题图甲可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合平行板电容器电容的决定式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。故选B。
4.(2024·浙江6月卷·T6)如图是“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
答案：D
解析：根据C＝可得当极板间距增大时电容减小，由于电容器所带电荷量不变，根据Q＝CU可得极板间电势差增大，故A、B错误；根据E＝得E＝，故场强不变，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。故选D。
题组2　带电粒子(体)在电场中的运动
5.(2024·浙江1月卷·T11)如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则(　　)
A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大
B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能
C.电子从M到N过程中，y方向位移大小最大为vmd
D.M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零
答案：C
解析：光电子从M到N的过程，根据动能定理有eU＝EkN－mv2，解得EkN＝eU＋mv2，则M、N间距离无论怎么改变，EkN都不变，A错误；由A项分析可知，以最大速率逸出的光电子不论沿哪个方向逸出，只要能到达N，其最大动能均为EkNm＝eU＋m，B错误；当以最大速率逸出的光电子沿y方向逸出时，其到达N时y方向的位移最大，电子在电场中做类平抛运动，则有ym＝vmt，d＝at2＝·t2，联立解得ym＝vmd ，C正确；沿x轴正方向以最大速率逸出的光电子最容易到达N，若加上反向电压Uc时，其恰好不能到达N，电流表的示数恰好为零，则有－eUc＝0－m，解得Uc＝，D错误。故选C。
6. (2025·重庆卷·T5)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
解析：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，沿题图所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方向位移大小之比为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＝at2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＝，可知带电粒子具有相同比荷，故A错误；带电粒子运动过程中，静电力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；沿电场方向，由vy＝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；由题图可知，带电粒子a、b到达K的水平位移大小相等，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。
7.(多选)(2023·湖北卷·T10)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是(　　)
A.L∶d＝2∶1
B.U1∶U2＝1∶1
C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切为2
D.仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
答案：BD
解析：微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及电场强度和静电力的关系可得E＝，F＝qE＝ma，设微粒射入电容器后的速度为v0，则水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cos 45°＝v0，vy＝v0sin 45°＝v0，从射入到运动到最高点，由运动学关系得＝2ad，微粒射入电容器时，由动能定理得qU1＝m，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；微粒从射入电容器到运动到最高点，由运动学关系得2L＝vxt，d＝·t，联立解得L∶d＝1∶1，A错误；微粒穿过电容器时从最高点到射出过程，由运动学关系得L＝vxt1，vy1＝at1，从射入电容器到最高点有2L＝vxt，vy＝at，联立解得vy1＝，设微粒射出电容器时与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝，微粒射入电场时与水平方向的夹角为45°，则微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切为tan＝3，C错误；微粒在电容器中运动时，有x＝vcos 45°·t，y＝vsin 45°·t－at2，又有qU1＝mv2，联立解得y＝x－，则微粒在电容器中的运动轨迹与q、m无关，D正确。故选BD。
8.(2026·山东日照模拟)喷墨打印机的结构原理如图所示，其中墨盒可以发出半径为1×1 m的墨汁微粒。此微粒经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后的微粒以一定的初速度进入偏转电场，经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微粒不带电，沿直线通过偏转电场而注入回流槽流回墨盒。设偏转极板长L1＝1.6 cm，两板间的距离d＝0.50 cm，偏转极板的右端到纸的距离L2＝2.4 cm。若一个墨汁微粒的质量为1.6×1 kg，所带电荷量为1.25×1 C，以20 m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，打到纸上的点偏离入射方向1.0 mm(不计空气阻力和墨汁微粒的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性)，则(　　)
A.从进入偏转电场到打在纸上，墨汁微粒做类平抛运动
B.两偏转板间的电压为2.0×103 V
C.两偏转板间的电压为5.0×102 V
D.为了使纸上的字体放大10％，可以把偏转电压降低10％
答案：C
解析：墨汁微粒在偏转电场中做类平抛运动，离开偏转电场后做匀速直线运动，故A错误；墨汁微粒离开偏转电场后做匀速直线运动，且反向延长线平分偏转电场内的水平位移，设墨汁微粒离开偏转电场时速度与入射方向的夹角为θ，打到纸上的点偏离入射方向y＝1.0 mm，可知tan θ＝＝，在偏转电场中，垂直于极板方向上有vy＝at＝·，联立解得两偏转板间的电压是U＝5.0×102 V，故B错误，C正确；由B、C项分析得y＝，为了使纸上的字体放大10％，可以把偏转电压提高10％，故D错误。故选C。
9.(10分)(2025·河南卷·T13)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收集管的间距。
答案：(1)5×10－3 m　(2)0.11 m
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＝a
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为tan θ＝＝2
含A、B细胞的液滴离开电场后均做匀速直线运动，含A细胞的液滴从离开电场至到达A收集管过程偏转的距离为x2＝＝0.05 m
即含A细胞的液滴从开始运动至到达A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，电荷量大小相等，则含B细胞的液滴的偏转距离与含A细胞液滴的相等，所以A、B收集管的间距为xAB＝2xA＝0.11 m。(共74张PPT)
第3讲　 电容器　带电粒子在电场中的运动
高三总复习讲义　新高考
第九章 静电场
1.知道电容器的基本构造，理解电容的定义及平行板电容器的电容决定式，会
分析平行板电容器的动态变化问题。
2.掌握带电粒子在电场中做直线运动的规律及有关应用。
3.掌握带电粒子在电场中偏转的规律及有关应用。
学习目标
考点一　电容器　平行板电容器的动态分析
考点二　带电粒子(体)在电场中的直线运动
考点三　带电粒子(体)在电场中的偏转
课时测评
内容索引
电容器　平行板电容器的动态分析
考点一
1.电容器
(1)组成：由两个彼此______又相互靠近的导体组成。
(2)所带电荷量：一个极板所带电荷量的________。
(3)充电与放电
①充电：电容器充电的过程中，两极板的电荷量增加，极板间的电场强度增大，电源的能量不断储存在电容器中。
②放电：放电的过程中，电容器把储存的能量通过电流做功转化为电路中其他形式的能量。
知识梳理
绝缘
绝对值
2.电容
(1)定义：电容器所带的__________与电容器两极板之间的____________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。
电荷量Q
电势差U
106
1012
容纳电荷
3.平行板电容器的电容
(1)决定因素：两极板的正对面积、电介质的相对__________、两极板间的______。
(2)决定式：C＝_______，k为静电力常量。
介电常数
距离
正误辨析
(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，与两极板间电压成反比。 ( )
(3)平行板电容器的两板间距越小，电容越小。 ( )
(4)平行板电容器的两板间插入玻璃板时电容增大。 ( )
×
×
×
√
核心突破
1.电容定义式C＝的理解
(1)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。
(2)不能理解为电容C与Q成正比，与U成反比。
2.电容器两类典型动态问题
考向1 电容的理解
(多选)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4 000 V，存储电荷量为0.16 C。抢救病人时，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
A.电容器的电容为40 μF
B.电容器放电过程中电容减小
C.电容器充电至2 000 V时，所带电荷量为0.08 C
D.电容器放电完成后电容为零
√
例1
√
电容器充电至4 000 V时，存储电荷量为0.16 C，则电容为C＝＝ F＝40 μF，故A正确；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2 000 V时，所带电荷量为Q'＝CU'＝40×10－6×2 000 C＝0.08 C，故C正确；电容是表征电容器储存电荷本领大小的物理量，是电容器的固有属性，与电容器是否带电无关，故D错误。故选AC。
考向2 平行板电容器的动态分析问题
(多选)(2026·山东潍坊模拟)如图所示，一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是
A.若将A板向右平移一小段位移，电容器的电容C减小
B.保持S闭合的情况下，增大两极板间距离的过程中，
电阻R中有从b到a的电流
C.若断开S，将B板向下平移一小段位移，带电液滴的电势能减小
D.若断开S，减小两极板间的距离，则带电液滴向下运动
√
√
例2
将A板向右平移一小段位移，两极板正对面积S减小，根据C＝可知，电容器的电容C减小，故A正确；保持S闭合的情况下，电容器两极板间的电压不变，增大两极板间的距离，根据C＝可知，电容器的电容C减小，其电荷量减小，电容器放电，电阻R中有从a到b的电流，故B错误；
若断开S，则电容器所带的电荷量不变，将B板向下平
移一小段位移，dPB增大，根据E＝＝可知，极
板间电场强度不变，带电液滴受到竖直向上的静电力，
电场方向竖直向下，则带电液滴带负电，B板电势为零，根据UPB＝EdPB可得φP－0＝EdPB，dPB增大，则P点的电势升高，根据Ep＝qφ可知，带负电的液滴电势能减小，故C正确；若断开S，减小两极板间的距离，由C项分析可知，电场强度不变，带电液滴受到的静电力不变，则带电液滴不运动，故D错误。故选AC。
平行板电容器动态分析的基本思路
总结提升
考向3 电容器动态变化中的图像问题
(2025·黑吉辽蒙卷·T4)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
√
例3
由平行板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，又电容器充电后断开电源，则电容器所带的电荷量不变，由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。故选D。
返回
带电粒子(体)在电场中的直线运动
考点二
1.关于带电粒子(体)的重力分析
(1)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)。
(2)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。
知识梳理
2.分析带电粒子(体)在电场中的直线运动的方法
(1)用动力学观点分析(只适用于匀强电场)
a＝，E＝，v2－＝2ad。
(2)用功能观点分析
①匀强电场中：W＝qEd＝qU＝Ek2－Ek1＝m－m。
②非匀强电场中：W＝qU＝Ek2－Ek1＝m－m。
多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器。质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管。离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间。设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力。
例4
(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；
答案：
设离子经加速电场加速后的速度大小为v，根据动能定理，有qU＝mv2
离子在漂移管中做匀速直线运动，则有T1＝
联立解得T1＝。
(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；
答案：
根据动能定理，有qU－qEx＝0
解得x＝。
(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1。
答案：m0
离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为，有＝
由x＝可知，离子在反射区的电场中运动路程与离子质量无关，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L1，在无场区的总路程设为L2。根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v，设离子的总飞行时间为t总，有t总＝＋
联立解得t总＝(2L1＋L2)
可见，若离子反射次数相同，则离子从A到B的总飞行时间与成正比
依题意可得＝
可得m1＝m0。
针对练.(多选)如图所示，一水平放置的平行板电容器其间距为d，两极板分别与电池的两极相连，上极板中央有一小孔，小孔对电场的影响可以忽略不计。开关闭合时，小孔正上方处有一带正电的小球，小球由静止开始下落恰好能到达下极板但没有与下极板接触，下列说法正确的是
A.保持开关闭合，若将下极板上移，小球将在距上极
板处返回
B.保持开关闭合，若将下极板上移，小球将在距上极板处返回
C.断开开关，若将下极板上移，小球将能返回原处
D.断开开关，若将上极板上移，小球将能返回原处
√
√
极板移动前，由动能定理得mg－qEd＝0－0，E＝。保持开关闭合，若将下极板向上平移，设小球运动到距离上极板x1处返回，由动能定理得mg－qx1＝0－0，解得x1＝，即小球将在距上极板处返回， A错误，B正确；
若断开开关，将下极板上移，两极板间的场强E＝
不变，设小球运动到距离上极板x2处返回，由动
能定理得mg－qEx2＝0－0，解得x2＝d，即小球将碰到下极板而不能返回，C错误；断开开关，将上极板上移，两极板间的场强E＝不变，设小球到达离下极板x3处返回，由动能定理得mg－qE＝0－0，解得x3＝d，故小球将在距下极板d处开始返回，由能量守恒定律可知小球能返回原处，D正确。故选BD。
返回
带电粒子(体)在电场中的偏转
考点三
带电粒子垂直进入匀强电场中偏转的两个分运动
1.沿初速度方向：做匀速直线运动，t＝(如图所示)。
知识梳理
2.沿静电力方向：做初速度为零的匀加速直线运动
(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＝＝＝________。
正误辨析
(1)带电粒子在匀强电场中的运动一定是类平抛运动。 ( )
(2)带电粒子垂直电场方向进入匀强偏转电场，偏转电压越大，粒子通过电场的时间越短。 ( )
(3)带电粒子垂直电场方向进入匀强偏转电场，初速度越大，离开电场时的偏转角越小。 ( )
×
×
√
1.处理带电粒子的偏转问题的方法
核心突破
运动的合成与分解 将带电粒子的运动分解为沿静电力方向的匀变速直线运动和垂直于静电力方向的匀速直线运动
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，指运动过程初、末位置两点间的电势差
2.带电粒子在电场中偏转的一般规律
3.三个重要推论
(1)粒子从偏转电场中射出的瞬时速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线的交点一定是沿初速度方向位移的中点。
(2)粒子的速度偏转角θ的正切一定等于位移偏转角α的正切的2倍，即tan θ＝2tan α。
(3)不同粒子经同一电场加速后(加速电压U1)，再经同一电场偏转(偏转电压U2)，则粒子的偏转距离y0(y0＝)和偏转角θ(tan θ＝)均相同，与粒子的q、m均无关。
(2025·甘肃卷·T7)离子注入机是研究材料辐照效应的重要设备，其工作原理如图1所示。从离子源S释放的正离子(初速度视为零)经电压为U1的电场加速后，沿OO'方向射入电压为U2的电场(OO'为平行于两极板的中轴线)。极板长度为l、间距为d，U2 -t关系如图2所示。长度为a的样品垂直放置在距U2极板L处，样品中心位于O'点。假设单个离子在通过U2区域的极短时间内，电压U2可视为不变，当U2＝±Um时。离子恰好从两极板的边缘射出。不计重力及离子之间的相互作用。下列说法正确的是
A.U2的最大值Um＝U1
B.当U2＝±Um且L＝时，离子恰好能打到样品边缘
C.若其他条件不变，要增大样品的辐照范围，需增大U1
D.在t1和t2时刻射入U2的离子，有可能分别打在A和B点
例5
√
离子在加速电场中被加速时有qU1＝m，在偏转电场中做类平抛运动，则l＝v0t，＝·t2，解得Um＝U1，A错误；当U2＝±Um时离子从板的边缘射出，恰能打到样品边缘时，则＝，解得L＝，B正确；
根据y＝·t2＝，若其他条件不变，要增加样品的辐照范围，则需减小U1，C错误；由题图2可知，t1时刻所加电压的绝对值小于t2时刻所加电压的绝对值，O'A＞O'B，则t1和t2时刻射入的离子不可能分别打到A点和B点，D错误。故选B。
拓展变式.(2025·江苏卷·T13)如图所示，在电场强度为E，方向竖直向下的匀强电场中，两个相同的带正电粒子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。求：
(1)a运动到最高点的时间t；
答案：
带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，粒子a的运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上加速度大小为a0的匀变速直线运动，在竖直方向上有qE＝ma0，v0sin θ＝a0t
解得t＝。
(2)a到达最高点时，a、b间的距离H。
答案：
水平方向上，粒子a、b均以v0cos θ做匀速直线运动，所以粒子a、b始终在同一竖直线上，规定竖直向上为正方向
竖直方向上，粒子a的位移ya＝v0sin θ·t－a0t2
粒子b的位移yb＝－v0sin θ·t－a0t2
H＝ya－yb
解得H＝。
(2026·浙江温州模拟)一质量为m、电荷量为q的带负电小球，以初速度v0从匀强电场中的A点水平抛出后经过某一定点B，如图所示，电场强度大小为E0，方向竖直向下。下列说法正确的是
A.可以计算小球从A点到B点的时间
B.可以计算小球经过B点时竖直方向的速度
C.若初速度变为2v0，要使小球仍能经过B点，电场强度大小为E0
D.只要能够经过B点，过B点时的速度偏向角为一定值，与初速度大小
无关
例6
√
小球所受合力F＝mg－qE0，加速度a＝＝g－，
A、B间的水平和竖直距离未知，无法计算从A点到
B点的时间和经过B点时的竖直速度，故A、B错误；
小球若能经过B点，竖直方向位移y＝at2＝＝，解得E＝4E0－，故C错误；由tan θ＝＝＝＝，可知A、B两点位置确定，速度偏向角大小就确定，故D正确。故选D。
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课 时 测 评
题组1　电容器
1.如图所示，电容器上标有“80 V　1 000 μF”字样。下列说法正确的是
A.电容器两端电压为0时其电容为零
B.电容器两端电压为80 V时才能存储电荷
C.电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为0.08 C
D.电容器两端电压低于80 V时其电容小于1 000 μF
√
电容表征电容器储存电荷的特性，与电压U和电荷量Q无关，给定的电容器电容C一定，故A、D错误；由于电容一定，由Q＝CU可知，电容器两端只要有电压，电容器就能存储电荷，故B错误；由Q＝CU可知，电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为Q＝1 000×10－6×80 C＝
0.08 C，故C正确。故选C。
2.(2026·四川自贡模拟)如图为某款指纹识别器，其关键元件为指纹传感器。其部分原理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘。当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与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，则下列说法正确的是
A.指纹的凹点与小极板距离远，电容大
B.指纹的凸点与小极板距离近，电容大
C.若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，小极板所带电荷量减小
D.若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响
√
根据平行板电容器电容的决定式C＝可知，指纹的凹点与小极板距离远，即d大，则电容C小；指纹的凸点与小极板距离近，即d小，则电容C大，故A错误，B正确。若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，则电容C增大，由于电容器的电压保持不变，根据Q＝CU可知，小极板所带电荷量Q增多，故C错误。若用湿的手指去识别，由于自来水是导电的，则使得同一指纹的凹点和凸点与小极板之间的距离发生变化，从而改变了电容器的电容，使得识别功能受到影响，故D错误。故选B。
3.(2024·黑吉辽卷·T5)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图甲所示。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、电流表等构成如图乙所示的电路。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
√
根据题图甲可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合平行板电容器电容的决定式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。故选B。
4.(2024·浙江6月卷·T6)如图是“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
√
根据C＝可得当极板间距增大时电容减小，由于电容器所带电荷量不变，根据Q＝CU可得极板间电势差增大，故A、B错误；根据E＝得E＝，故场强不变，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。故选D。
题组2　带电粒子(体)在电场中的运动
5.(2024·浙江1月卷·T11)如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则
A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大
B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能
C.电子从M到N过程中，y方向位移大小最大为vmd
D.M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零
√
光电子从M到N的过程，根据动能定理有eU＝EkN－mv2，解得EkN＝eU＋mv2，则M、N间距离无论怎么改变，EkN都不变，A错误；由A项分析可知，以最大速率逸出的光电子不论沿哪个方向逸出，只要能到达N，其最大动能均为EkNm＝eU＋m，B错误；
当以最大速率逸出的光电子沿y方向逸出时，其到达N时y方向
的位移最大，电子在电场中做类平抛运动，则有ym＝vmt，
d＝at2＝·t2，联立解得ym＝vmd ，C正确；沿x轴正方
向以最大速率逸出的光电子最容易到达N，若加上反向电压Uc时，其恰好不能到达N，电流表的示数恰好为零，则有－eUc＝0－m，解得Uc＝，D错误。故选C。
6. (2025·重庆卷·T5)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
√
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，沿题图所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方向位移大小之比为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＝at2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＝，可知带电粒子具有相同比荷，故A错误；
带电粒子运动过程中，静电力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；沿电场方向，由vy＝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；由题图可知，带电粒子a、b到达K的水平位移大小相等，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。
7.(多选)(2023·湖北卷·T10)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是
A.L∶d＝2∶1
B.U1∶U2＝1∶1
C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切为2
D.仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变
√
√
微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方
向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关
系及电场强度和静电力的关系可得E＝，F＝qE＝
ma，设微粒射入电容器后的速度为v0，则水平方向
和竖直方向的分速度vx＝v0cos 45°＝v0，vy＝v0sin 45°＝v0，从射入到运动到最高点，由运动学关系得＝2ad，微粒射入电容器时，由动能定理得qU1＝m，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；
微粒从射入电容器到运动到最高点，由运动学关系
得2L＝vxt，d＝·t，联立解得L∶d＝1∶1，A错误；
微粒穿过电容器时从最高点到射出过程，由运动学关
系得L＝vxt1，vy1＝at1，从射入电容器到最高点有2L＝vxt，vy＝at，联立解得vy1＝，设微粒射出电容器时与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝，微粒射入电场时与水平方向的夹角为45°，则微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切为tan＝3，C错误；
微粒在电容器中运动时，有x＝vcos 45°·t，y＝vsin 45°·t－at2，又有qU1＝mv2，联立解得y＝x－，则微粒在电容器中的运动轨迹与q、m无关，D正确。故选BD。
8.(2026·山东日照模拟)喷墨打印机的结构原理如图所示，其中墨盒可以发出半径为1×1 m的墨汁微粒。此微粒经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后的微粒以一定的初速度进入偏转电场，经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微粒不带电，沿直线通过偏转电场而注入回流槽流回墨盒。设偏转极板长L1＝1.6 cm，两板间的距离d＝0.50 cm，偏转极板的右端到纸的距离L2＝2.4 cm。若一个墨汁微粒的质量为1.6×1 kg，所带电荷量为1.25×1 C，以20 m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，打到纸上的点偏离入射方向1.0 mm(不计空气阻力和墨汁微粒的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性)，则
A.从进入偏转电场到打在纸上，墨汁微粒做类平抛运动
B.两偏转板间的电压为2.0×103 V
C.两偏转板间的电压为5.0×102 V
D.为了使纸上的字体放大10％，可以把偏转电压降低10％
√
墨汁微粒在偏转电场中做类平抛运动，离开
偏转电场后做匀速直线运动，故A错误；墨
汁微粒离开偏转电场后做匀速直线运动，且
反向延长线平分偏转电场内的水平位移，设墨汁微粒离开偏转电场时速度与入射方向的夹角为θ，打到纸上的点偏离入射方向y＝1.0 mm，可知tan θ＝＝，在偏转电场中，垂直于极板方向上有vy＝at＝·，联立解得两偏转板间的电压是U＝5.0×102 V，故B错误，C正确；由B、C项分析得y＝，为了使纸上的字体放大10％，可以把偏转电压提高10％，故D错误。故选C。
9.(10分)(2025·河南卷·T13)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；
答案：5×10－3 m
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＝a
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)A、B收集管的间距。
答案：0.11 m
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为tan θ＝＝2
含A、B细胞的液滴离开电场后均做匀速直线运动，
含A细胞的液滴从离开电场至到达A收集管过程偏转的距离为x2＝＝0.05 m
即含A细胞的液滴从开始运动至到达A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，电荷量大小相等，则含B细胞的液滴的偏转距离与含A细胞液滴的相等，所以A、B收集管的间距为xAB＝2xA＝0.11 m。
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第3讲　 电容器　带电粒子在电场中
的运动

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