2025版高考物理一輪復習練習題含答案解析 第3講 電容器 帶電粒子在電場中的運動

2025版高考物理一輪復習練習題含答案解析

第3講電容器帶電粒子在電場中的運動

素養目標1.了解影響平行板電容器電容大小的因素，會利用公式判斷平行板電

容器電容的變化。2.會利用動力學、功能觀點分析帶電粒子在電場中的直線運動。

3.掌握帶電粒子在電場中的偏轉規律。

夯實必備知識

一、電容器及電容

1.電容器

(1)組成：由兩個彼此維綾又相距很近的導體組成。

(2)帶電荷量：一個極板所帶電荷量的絕對值。

(3)電容器的充、放電

①充電：電容器充電的過程中，兩極板所帶的電荷量增加,極板間的電場強度增

大，電源的能量不斷儲存在電容器中。

②放電:放電過程中，電容器把儲存的能量通過里途做功轉化為其他形式的能量。

2.電容

(1)定義：電容器所帶的電荷量。與電容器兩極板之間的電勢差U之比。

(2)定義式：C=￡。

(3)單位：法拉(F)、微法(pF)、皮法(pF)。1F=10euF=1012pFo

(4)意義：表示電容器容納電荷本領的物理量。

(5)決定因素：由電容器本身物理條件(大小、形狀、極板相對位置及電介質)決定，

與電容器是否她及電壓無關。

3.平行板電容器的電容：決定式

二、帶電粒子在電場中的運動

L加速

2

(1)在勻強電場中：W=qEd=c/U=^mv—^nivi0

2

(2)在非勻強電場中：W=ciU=^mv—^nv^o

2.偏轉

⑴運動情況：帶電粒子以初速度。。垂直電場方向進入勻強電場中，則帶電粒子在

電場中做類平拋運動，如圖1所示。

(2)處理方法：將帶電粒子的運動分解為沿初速度方向的勻速直線運動和沿靜電力

方向的勻加速直線運動。根據運動的合成與分解的知識解決有關問題。

⑶基本關系式：運動時間％=(

加速度〃=￡=延="

mmmd

偏轉量)，=%於=矗

偏轉角。的正切值tang*導矗

三、示波管

1.示波管的構造

①電子槍②偏轉電極③熒光屏(如圖2所示)

圖2

2.示波管的工作原理

⑴“偏轉電極上加的是待測的信號電壓,XX偏轉電極上是儀器自身產生的鋸齒

形電壓，叫作掃描電壓。

(2)觀察到的現象

①如果在偏轉電極XV和yr之間都沒有加電壓，則電子槍射出的電子沿直線運動,

打在熒光屏中心,產生一個亮斑。

②若所加掃描電壓和信號電壓的周期相等,就可以在熒光屏上得到待測信號在一

個周期內變化的穩定圖像。

基礎自測

1.對于某一電容器，下列說法正確的是（）

A.電容器所帶的電荷量越多，電容越大

B.電容器兩極板間的電勢差越大，電容越大

C.電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極板間的電勢差也增加一倍

D.電容器兩極板間的電勢差減小到原來的上它的電容也減小到原來的;

答案C

解析根據公式。=焉可得，電容的大小跟電容器兩端的電勢差以及電容器所

帶電荷量的多少無關，根據公式。=號可得電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極

板間的電勢差也增加一倍，所以C正確，A、B、D錯誤。

2.如圖3所示，一帶電粒子沿與電場線垂直的方向從電場中央進入兩平行金屬板

間的勻強電場，已知粒子的帶電荷量為/兩板間的電勢差為U,則粒子運動過

程中（）

圖3

A.若粒子從電場中射出，則粒子動能增加了

B.若粒子從電場中射出，則靜電力一定對粒子做了空的功

C.若粒子打在極板上，則靜電力一定對粒子做了學的功

D.若粒子打在極板上，則粒子的動能一定增加了半

答案C

解析粒子從電場中央進入，根據動能定理，動能增加量等于靜電力做功與重力

做功的代數和，而靜電力與重力大小關系未知，重力是否考慮未知，則AEkUgUy

+WG,又是否射出和射出位置不確定，則5卷所以動能增加量不確定，故A、

B、D錯誤；當粒子打在極板上，則靜電力做功%華，故C正確。

考點一電容器的理解及動態分析

1.兩類典型問題

(1)電容器始終與恒壓電源相連，電容器兩極板間的電勢差U保持不變。

(2)電容器充電后與電源斷開，電容潛兩極板所帶的電荷量Q保持不變。

2.動態分析思路

(1)。不變

①根據c=篇和先分析電容的變化，再分析Q的變化。

②根據"?分析電場強度的變化。

③根據。鉆=應/分析某點電勢變化。

(2)(2不變

①根據c=篇和c=號，先分析電容的變化，再分析U的變化。

②根據分析電場強度變化。

考向對電容器的理解

例1(2022?江蘇蘇錫常鎮模擬)足夠大的帶電金屬平板其附近的電場可看作勻強

電場，平行板電容器，其內部電場是兩個極板電荷的疊加場。某平行板電容器的

帶電荷量為Q，內部電場強度為￡,不計電容器的邊緣效應，其兩極板間的吸引

力為()

A..QE

C.2QEDAQE

答案B

解析將電容器的一個極板上的電荷看作是場源電荷，另一個極板上的電荷看作

檢驗電荷，由題意可知電容器內部電場是兩個極板電荷的疊加場，則場源電荷產

生的電場強度大小為*因此兩極板相互間的靜電力為/=爭。=嗡故B正確，

A、C、D錯誤。

考向閃電容器的動態分析

例2如圖4所示，是一個由電池、電阻R、開關S與平行板電容器組成的串聯電

路，開美S閉合。一帶電液滴懸浮在兩板間產點不動，下列說法正確的是（）

aiRJ

A_L--

B~~P

圖4

A.若將A板向右平移一小段位移，電容器的電容C增大

B.若斷開S,將B板向下平移一小段位移，帶電液滴的電勢能減小

C.在S仍閉合的情況下，增大兩極板距離的過程中，電阻R中有從方到。的電流

D.若斷開S,減小兩極板距離，則帶電液滴向下運動

答案B

C

解析根據。=贏r可知，將A板向右平移一小段位移，則兩極板正對面積S減

小，電容器的電容。減小，故A錯誤；由圖可知帶目液滴受到豎直向上的靜電力，

電場豎直向下，帶電粒子帶負電荷。若斷開S,則電容器所帶的電荷量不變，根

據。=孺，。=號，七號可得七=整。可知，向下平移8板電場強度不變。B

板電勢為零，根據可得9P—0=&/尸8,可知將3板向下平移一小段位

移，CIPB增大,則P點的電勢升高。根據a=如可知，尸點電勢升高，帶負電荷

的液滴電勢能減小，故B正確；在S仍閉合的情況下，根據。=懸可知，增大

兩極板距離的過程中，電容器的電容C減小，。減小，電容器放電，電阻R中有

從。到匕的電流，故C錯誤；根據選項B分析可知，若斷開S,減小兩極板距離，

電場強度不變，液滴受到的靜電力不變，則帶電液滴不動，故D錯誤。

跟蹤訓練

1.如圖5所示，平行板電容器通過一滑動變阻器火與直流電源連接，G為一零刻

度在表盤中央的電流計，閉合開關S后，下列說法中正確的是()

A.若在兩板間插入電介質，電容器的電容變小

B.若在兩板間插入一導體板，電容器的帶電量變小

C.若將滑動變阻器滑片尸向上移動，電容器的帶電量變大

D.若將電容器下極板向下移動一小段距離，此過程電流計中有從。到b方向的電

流

答案C

解析根據公式。=懸，在兩板間插入電介質，6增加，所以電容器的電容變

大，故A錯誤；同理，在兩板間插入一導體板，由于導體板的靜電感應，致使電

容器兩板間距d減小，電容器的電容增加，由公式C=另可知極板間電壓不變的

時候，帶電量變大，故B錯誤；將滑動變阻器滑片尸向上移動，電容器極板間電

壓變大，根據C=￡，易知電容器帶電量變大，故C正確；將電容器下極板向下

移動一小段距離，由公式品，可知電容器的電容減小，再根據可

知電容器將放電，此過程電流計中有從b到。方向的電流，故D錯誤。

考點二帶電粒子在電場中的直線運動

1.做直線運動的條件

(I)粒子所受合力歹合=0,粒子或靜止，或做勻速直線運動。

(2)粒子所受合力產介W0,且與初速度方向在同一條直線上，帶電粒子將做勻加速

直線運動或勻減速直線運動。

2.用動力學觀點分析

a=m,E=京,Vv6=2ad。

3.用功能觀點分析

勻強電場中：W=qEd=qU=^nw2—

非勻強電場中：W=c/U=E^2-Ek\.

例3如圖6所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、。中央各有一小孔，小

孔分別位于。、M、P點。由。點靜止釋放的電子恰好能運動到P點。現將C板

向右平移到尸點，則由。點靜止釋放的電子()

C

I：----?-J/<

IIn

圖6

A.運動到。點返回

B.運動到尸和尸點之同返回

C.運動到P，點返回

D.穿過產點

答案A

解析設43、8c間的電場強度分別為Ei、Ei,間距分別為M和電子由0

點運動到P點的過程中，根據動能定理得

c&di-eE2d2=()①

當C板向右平移后，板間的電場強度

…X__QQ4欣。

E2~dl!~Cdl~￡rS&S

B、C板間的電場強度與板間距無關，大小不變。

第二次釋放后，設電子在8、。間移動的距離為乂則"項=0-0②

比較①②兩式知，x=龍，即電子運動到P點時返回，A正確。

?方法總結，

帶電粒子在勻強電場中的直線運動問題的分析方法

取好究一個帶電粒子（或帶電體），也可選幾

對象個帶電體構成的系統

受力

一多了個幅電力（F=gE或F=A等）

兩個分析

分析運動

一運動情況反映受力情況

分析

選用規方法①：由牛頓第二定律及勻變速直

律列方一線運動的公式進行計算

程求解方法②：動能定理:qUAB=4"D-4"%

跟蹤訓練

2.如圖7所示，A、3為平行金屬板，兩極板相距為“，分別與電源兩極連接。兩

板的中央各有一小孔M、N。今有一帶電質點自力板上方相距為d的P點由靜止

下落，不計空氣阻力，到達兩板中點時的速度恰好為零,然后沿原路返回。則帶

電質點的重力與它在電場中所受靜電力的大小之比為（）

A

B=

圖7

A.1：2B.1:3

C.2：1D.3：1

答案B

解析帶電質點從P點由靜止開始下落到兩極板中點時,先加速后減速。根據動

能定理，有〃吆*率/=4七義條重力與靜電力的大小之比為1：3,故選項B正確。

考點三帶電粒子在電場中的偏轉

1.運動規律

（1）沿初速度方向做勻速直線運動

①能飛出電容器：/=（

②不能飛出電容器：y事=既『

2mdy

（2）沿靜電力方向做勻加速直線運動

工、擊后FqEqU

加速度：a=-=m=ird

離開電場時的偏移量：），=："=微雋

離開電場時的偏轉角：tan0與=緇

2.兩個推論

（1）粒子經電場偏轉后射出，合速度的反向延長線與初速度延長線的交點0為粒子

水平位移的中點，即。到偏轉電場邊緣的距離為

（2）不同的帶電粒子從靜止開始經過同一電場加速后再從同一偏轉電場射出時，偏

移量和偏轉角總是相同的。

3.功能關系

2

qUy=^mv—^mvit其中“=%，，指初、末位置間的電勢差。

考向EI帶電粒子在電場中偏轉

例4（2023?東昌府區期中）如圖8所示，一質量為加、帶電量為+〃的粒子（不計重

力）從兩平行板左側中點處沿垂直電場強度方向射入，當入射速度為時，恰好

穿過電場而不碰金屬板。若粒子的入射速度變為2vo,仍能恰好穿過電場，只改

變以下一個條件，可行的是（）

圖8

A.兩極板長度變為原來的4倍

B.粒子的電荷量變為原來的2倍

C.兩板間電壓增為原來的4倍

D.移動上極板，使兩板間距離增為原來的4倍

答案C

解析設平行板長度為/,間距為北板間電壓為U.當粒子入射速度為。。時,恰

好穿過電場而不碰金屬板，則有l=vot,粒子垂豆于初速度方向做勻加速直線運

動，由牛頓第二定律可得"=〃"，若粒子的入射速度變為

2加，仍能恰好穿過電場，則只改變一個條件的情況下，可行的方案是粒子的電荷

量變為原來的4倍、將兩板間電壓變為原來的4倍、兩極板長度變為原來的2倍、

兩板間距離變為原來的;，故C正確，A、B、D錯誤。

考向因帶電粒子在電場中先加速后偏轉

例5某種類型的示波管工作原理如圖9所示，電子先經過電壓為3的直線加速

電場，再垂直進入偏轉電場，離開偏轉電場時的偏移量為九兩平行板之間的距

離為d,電壓為S,板長為L,把白叫作示波器的靈敏度，下列說法正確的是（）

圖9

A.電子在加速電場中動能增大，在偏轉電場中動能不變

B.電子只要能離開偏轉電場，在偏轉電場中的運動時間一定等于離

C當3、L增大，d不變，小波器的靈敏度一定減小

D.當L變為原來的兩倍，d變為原來的4倍，3不變，示波器的靈敏度增大

答案B

解析電子在加速電場中動能增大，在偏轉電場口動能繼續增大，故A錯誤；由

動能定理有eU\水平方向有解得設R故B正確；豎直

方向有，二貌巴可得/二島，當Ui、L增大"不變，今可能不變，示波器的

靈敏度可能不變，故C錯誤；當L變為原來的兩倍，d變為原來的4倍，5不變，

可得倉=加不變，貝!示波器的靈敏度不變，故D錯誤。

跟蹤訓練

3.示波管的示意圖如圖10所示，豎直偏轉電極的極板長L=4.0cm,兩板間距離

J=1.0cm,兩板間電壓U=144V。極板右端與熒光屏的距離s=18cm。由陰極

發出的電子經電壓Uo=288（）V的電場加速后，以速度內沿中心線進入豎直偏轉

電場。（已知電子電荷量e=1.6Xl（尸9c,質量加=9X1（尸kg,且電子所受重力

及電子之間的相互作用力均可忽略不計。）求：

圖10

（1）電子飛入偏轉電場時的速度vo；

⑵電子打在熒光屏上距中心點的距離匕

答案（1）3.2XIO,由"（2）2cm

解析（1）對于電子通過加速電場的過程，根據動能定理有eUo=^mv（\

解得。o=3.2Xl（）7m/So

（2）設電子飛出偏轉電場，在垂直極板方向上的位移為y,

即有產］尸，。=返=膽

72mma

電子偏轉的時間，

電子飛出偏轉電場時速度的反向延長線交水平位移的中點，依據幾何關系有

1__Y_

L~Lt

解得y=2cm。

提升素養能力

（限時：40分鐘）

A級基礎對點練

對點練1電容器的理解及動態分析

1.（2023?長沙月考）如圖1所示，平行板電容器A、8兩板帶等量的異種電荷，保

持電容器的帶電量不變，將A板向左平移一些，則此過程關于電容器的下列物理

量變小的是（）

AB

圖1

A.兩板間的電勢差

B.兩板的電勢能

C.兩板間的電場強度

D.電容器的電容

答案D

PC

解析A板向左平移后，兩板間的距離增大，由。=品可知，電容器的電容變

小，故D正確；由可知，電容器兩板間的電勢差變大，故A錯誤；由于兩

板間距離增大，靜電力做負功，電勢能增大，故B錯誤；由后=%=會可知，

cl€ro

兩板間的電場強度不變，故C錯誤。

2.（2023?廣東潮州質檢）如圖2所示的實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容

的因素，其中電容器左側極板8和靜電計外殼均接地，電容器右側極板A與靜電

計金屬球相連，使電容器帶電后與電源斷開，下列操作能使靜電計的指針偏角變

大的是（）

A.減小A板與B板之間的水平距離

B.將橡膠棒插入A板與B板之間

C.A板位置不動，將8板稍微豎直向下平移

D.將A板也接地

答案C

解析靜電計指針偏角反映的是電容器兩極板之間的電勢差，電容器帶電后與電

源斷開，則。不變，減小A板與8板之間的水平距離，根據C=氤可知電容C

增大，根據U=稔可知U變小，指針偏角變小，故A錯誤；將橡膠棒插入A板與

8板之間&變大，根據C=編可知電容C增大，根據U=g可知U變小，指針

4TTIAXZL

偏角變小，故B錯誤；A板位置不動，將3板稍微豎直向下平移，S變小，根據

。=晶可知電容C減小，根據。=帶，可知U變大，指針偏角變大，故C正確；

將A板也接地，AB兩板電勢差變為0,則指針偏角變小，故D錯誤。

3.如圖3所示是一個由電池、電流計、理想二極管、開關S與平行板電容器組成

的串聯電路，其中電流計指針偏轉方向與電流方向滿足圖示“右進右偏，左進左

偏”。開關S閉合，電路穩定后，下列說法正確的是（）

A——

B一

圖3

A.若將A板向上平移一小段距離，則電流計指針會左偏

B.若緊貼A板內側插入一塊玻璃板，則電流計指針會左偏

C.若將B板向右平移一小段位移，則電流計指針會右偏

D.若將B板向上平移一小段位移，則電流計指針會右偏

答案D

解析根據。=薨，將A板向上平移一小段距離。變小，由C=￡可知Q變小，

由于二極管的單向導電性，則不會有b放電電流，則電流計指針不動,A錯誤；

緊貼4板內側插入一塊玻璃板，致使電容器的電容增大，根據C=￡,則電荷量

將變大，由于二極管存在單向導電性，則會有充電電流，則電流計指針會右

偏,B錯誤；根據。=嘉，將B板向右平移一小段位移，致使電容器的電容減

小，根據A項分析可知，C錯誤；根據。=福，將8板向上平移一小段位移,

致使電容器的電容增大，根據c=￡,則電荷量將變大，則會有人一。充電可流，

則電流計指針會右偏，D正確。

4.（2023?江西上饒模擬）如圖4所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電

源相連，極板水平放置，在下極板上疊放一金屬板，其上部空間有一帶電粒子P

靜止在電容器中，當把金屬板從電容器中快速抽出后，下列說法正確的是（）

圖4

A.電容器的電容增大B.電容器的帶電荷量減少

C.P仍將靜止D.P向上運動

答案B

解析由題意可知金屬板抽出，平行板電容器兩板間距d變大，由。=器;，知

電容器的電容減小，故A錯誤；電容器極板間電壓不變，根據公式有C=g,當

電容器的電容減小時，極板的電荷量減小，故B正確；因為極板間電壓不變，d

增大，根據公式。=石乩F=qE,可知靜電力減小，P向下運動，故C、D錯誤。

對點練2帶電粒子在電場中的直線運動

5.如圖5所示，空間存在兩塊平行的彼此絕緣的帶電薄金屬板A、B,間距為4

中央分別開有小孔0、戶。現有甲電子以速率。。從。點沿。尸方向運動，恰能運

動到戶點。若僅將8板向右平移距離"，再將乙電子從P點由靜止釋放，則（）

---------------------

圖5

A.金屬板A、8組成的平行板電容器的電容C不變

B.金屬板4、8間的電壓減小

C.甲、乙兩電子在板間運動時的加速度相同

D.乙電子運動到O點的速率為2加

答案c

解析兩板間距離變大，根據。=磊可知，金屬板4、8組成的平行板電容器

的電容C減小，選項A錯誤；根據。=CU,Q不變，C減小，則U變大，選項

B錯誤；根據￡=§=?=黑，可知當d變大時，兩板間的場強不變，則甲、

ClCutrd

乙兩電子在板間運動時的加速度相同，選項C正確；根據eE2d—^rnv2,,

可知乙電子運動到0點的速率0=啦優，選項D錯誤。

6.如圖6所示，一個質量為〃八電荷量為g的帶正電油滴，在平行于紙面的勻強

電場中由靜止沿斜向右下方做直線運動，其軌跡與豎直方向的夾角為仇重力加

速度大小為g，不計空氣阻力，則下列判斷正確的是（）

K

圖6

A.電場強度的最小值等于掌

B.電場強度的最大值等于蟹胃

C.帶電油滴的機械能不可能增加

D.靜電力可能對帶電油滴不做功

答案D

解析帶電油滴的運動軌跡為直線，在電場中受到重力機g和靜電力凡其合力

必定沿此直線向下，根據三角形定則作出合力，日圖可知，當靜電力尸與油滴軌

跡垂直時，靜電力廠最小，場強最小，則有F=qF^n=mgs.\n以得到*=*嗎

電場強度無最大值，故A、B錯誤；當七=甯"時，靜電力方向與速度方向垂

直，靜電力不做功，帶電油滴的電勢能一定不變；這種情況下只有重力做功，帶

電油滴的機械能不變，故D正確；當E〉%11女E寸，靜電力方向與速度方向成銳

角時，靜電力做正功，帶電油滴的機械能增加，故C錯誤。

8

mg合力

對點練3帶電粒子在電場中的偏轉

7.（2023?廣東惠州調研）利用電場可以使帶電粒子的運動方向發生改變。現使一群

電荷量相同、質量不同的帶電粒子同時沿同一方向垂直射入同一勻強電場，經相

同時間速度的偏轉角相同，不計粒子重力及粒子間的相互作用，則它們在進入電

場時一定具有相同的（）

A.動能B.動量

C.加速度D.速度

答案B

嗎

解析速度的偏轉角tan0=^=*=鬻，若偏轉角相同，則〃wo一定相同，故

B正確；粒子的質量〃z不同，動能不同，故A錯誤；由。=普知加速度不同，故

C錯誤；由。=m知速度不同，故D錯誤。

8.如圖7所示，質量相等的兩個帶電液滴1和2從水平方向的勻強電場中。點自

由釋放后，分別抵達反。兩點，若則它們帶電荷量之比⑺：伏等于（）

O。---A

B

C

+-

圖7

A.I：2BS：1

C.I：V2D.2：1

答案D

解析兩個帶電液滴在復合場中分別受到大小不變的靜電力和重力（即各自的合

力不變），兩個液滴均做初速度為零的勻加速直線運動（在水平和豎直兩個方向上

均是初速度為零的勻加速直線運動），設帶電液滴的水平位移OA=L,兩帶電液滴

水平位移相等，豎直位移為y,對液滴有瞽P,y=,2,解得則會

〃識L

謐弋=21，故A、B、C錯誤，D正確。

yiE

9.一勻強電場的方向豎直向上。t=0時刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該

電場,靜電力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P—f關系圖像是（）

p

答案A

解析設粒子帶正電，運動軌跡如圖所示，水平方向，粒子不受力，〃=優。

沿電場方向：受力尸電民則加速度〃=得=曹，經時間，，粒子沿電場方向的

速度。），="=嚕

靜電力做功的功率

10.（2022?湖北卷，4）密立根油滴實驗裝置如圖8所示，兩塊水平放置的金屬板

分別與電源的正負極相接，板間產生勻強電場。用一個噴霧器把密度相同的許多

油滴從上板中間的小孔噴入電場，油滴從噴口噴出時由于摩擦而帶電。金屬板間

電勢差為U時，電荷量為分半徑為廠的球狀油滴在板間保持靜止。若僅將金屬

板間電勢差調整為2U,則在板間能保持靜止的球狀油滴所帶電荷量和半徑可以為

)

A.q,rB.24，r

C.2q,2rD.4q,2r

答案D

ii4

解析初始狀態下，油滴處于靜止狀態時，滿足qE=mg,即q=鏟戶〃8，當電

勢差調整為2U時，若油滴的半徑不變，則滿足4年=小產國可得/老，A、B

錯誤；若油滴的半徑變為2r時，則滿足4號=某2〃）3座，可得q”=4q,C錯誤，

D正確。

11.（2023?常州期末）美國物理學家密立根于20世紀初進行了多次試驗，比較準確

地測定了電子的電荷量，其實驗原理圖可簡化為如圖9所示模型，置于真空中的

油滴室內有兩塊水平放置的平行金屬板A、8與電壓為U的恒定電源兩