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第 3 讲 电容器 实验：观察电容器的充、放电现象 带电
粒子在电场中的直线运动
目标要求 1.了解电容器的充电、放电过程，会计算电容器充、放电电荷量.2.了解影响平
行板电容器电容大小的因素，能利用公式判断平行板电容器电容的变化.3.利用动力学、功能
观点分析带电粒子在电场中的直线运动．
考点一 实验：观察电容器的充、放电现象
1．实验原理
(1)电容器的充电过程
如图所示，当开关S接1时，电容器接通电源，在静电力的作用下自由电子从正极板经过电源向负极板移动，正极板因失去电子而带正电，负极板因获得电子而带负电．正、负极板带
等量的正、负电荷．电荷在移动的过程中形成电流．
在充电开始时电流比较大(填“大”或“小”)，以后随着极板上电荷的增多，电流逐渐减小
(填“增大”或“减小”)，当电容器两极板间电压等于电源电压时，电荷停止定向移动，电
流I＝0.
(2)电容器的放电过程
如图所示，当开关S接2时，相当于将电容器的两极板直接用导线连接起来，电容器正、负
极板上电荷发生中和．在电子移动过程中，形成电流．
放电开始电流较大(填“大”或“小”)，随着两极板上的电荷量逐渐减小，电路中的电流逐
渐减小(填“增大”或“减小”)，两极板间的电压也逐渐减小到零．
2．实验步骤
(1)按图连接好电路．
(2)把单刀双掷开关S打在上面，使触点1与触点2连通，观察电容器的充电现象，并将结果
记录在表格中．
(3)将单刀双掷开关S打在下面，使触点3与触点2连通，观察电容器的放电现象，并将结果
记录在表格中．
(4)记录好实验结果，关闭电源．
3．注意事项
(1)电流表要选用小量程的灵敏电流计．
(2)要选择大容量的电容器．
(3)实验要在干燥的环境中进行．
考向1 电容器充、放电现象的定性分析
例1 (2022·北京卷·9)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R
为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表．下列说法正确的是( )A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定
B．充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定
C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零
D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零
答案 B
解析 充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，电路中的电流逐渐减小，电容器
充电结束后，电流表示数为零，A错误；充电过程中，随着电容器C两极板电荷量的积累，
电压表测量电容器两端的电压，电容器两端的电压迅速增大，电容器充电结束后，最后趋于
稳定，B正确；电容器放电过程的I－t图像如图所示，可知电流表和电压表的示数不是均匀
减小至0的，C、D错误．考向2 电容器充、放电现象的定量计算
例2 (2023·山东省实验中学模拟)电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中
应用广泛．使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程．电路中的电流传感器与计算机相
连，可以显示电路中电流随时间的变化关系．图甲中直流电源电动势E＝8 V，实验前电容
器不带电．先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放
电完毕．计算机记录的电流随时间变化的i－t曲线如图乙所示．
(1)乙图中阴影部分的面积S________S；(选填“>”“<”或“＝”)
1 2
(2)计算机测得S＝1 203 mA·s，则该电容器的电容为________F；(保留两位有效数字)
1
(3)由甲、乙两图可判断阻值R________R.(选填“>”“<”或“＝”)
1 2
答案 (1)＝ (2)0.15 (3)<
解析 (1)题图乙中阴影面积S 和S 分别表示充电和放电中电容器上的总电荷量，所以两者
1 2
相等．
(2)由阴影面积代表电容器上的电荷量得q＝S＝1.203 C，U＝E＝8 V，则C＝＝ F≈0.15 F.
1
(3)由题图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器
两极板电压相等，由＞，解得R＜R.
1 2
考点二 电容器及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距很近的导体组成．
(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，放电过程中电场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电容器两极板之间的电势差之比．
(2)定义式：C＝.(3)单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF).1 F＝ 10 6 μF＝ 10 12 pF.
(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、极板相对位置及电介质)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)决定因素：两极板的正对面积、电介质的相对介电常数、两板间的距离．
(2)决定式：C＝.
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，与电压成反比．( × )
3．放电后电容器的电荷量为零，电容也为零．( × )
1．两类典型问题
(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，电容器两极板所带的电荷量Q保持不变．
2．两类典型动态分析思路比较考向1 两极板间电势差不变
例3 (2022·重庆卷·2)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化
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上下移动，两极板间电压不
变．若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则( )
A．材料竖直方向尺度减小
B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变大
D．电容器电容变大
答案 A
解析 根据题意可知极板之间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容定义式C
＝可知，电容器的电容C减小，D错误；根据电容的决定式C＝可知，极板间距d增大，极
板之间形成匀强电场，根据E＝可知，极板间电场强度E减小，B、C错误；极板间距d增
大，材料竖直方向尺度减小，A正确．
考向2 两极板电荷量不变
例4 (2023·河北省高三检测)如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板(M
板)接地，在两板间的P点固定一个带负电的试探电荷．若正极板N保持不动，将负极板M
缓慢向右平移一小段距离，下列说法正确的是( )
A．P点电势升高
B．两板间电压增大
C．试探电荷的电势能增大
D．试探电荷受到的静电力增大
答案 C
解析 由C＝，C＝，E＝，可得U＝，E＝，因为电容器与电源断开，电荷量保持不变，两
板间的距离d减小，所以两板间电压减小，两板间电场强度不变，试探电荷受到的静电力不
变，故B、D错误；因φ＝Ed′，d′为P到负极板之间的距离，d′减小，所以P点电势降低，因沿电场线方向电势降低，M板电势为零，所以P点电势为正，P点固定的试探电荷为
负电荷，电势降低，电势能增加，故C正确，A错误．
考向3 电容器的综合分析
例5 (多选)平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内
部，闭合开关S，电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示．那么( )
A．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
B．保持开关S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
C．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大
D．开关S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变
答案 AD
解析 保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离
减小，电场强度E增大，小球所受的静电力变大，θ增大，故A正确，B错误；断开开关
S，电容器所带的电荷量不变，由C＝，C＝，E＝得E＝，知d变化，E不变，小球所受静
电力不变，θ不变，故C错误，D正确．
考点三 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
考向1 带电粒子在电场中的直线运动
1．对带电粒子进行受力分析时应注意的问题
(1)要掌握静电力的特点．静电力的大小和方向不仅跟电场强度的大小和方向有关，还跟带
电粒子的电性和电荷量有关．
(2)是否考虑重力依据情况而定．
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．
2．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F ＝0，粒子静止或做匀速直线运动．
合
(2)粒子所受合外力F ≠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．
合
3．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v2＝2ad.
0
4．用功能观点分析
匀强电场中：W＝Eqd＝qU＝mv2－mv2
0
非匀强电场中：W＝qU＝E －E
k2 k1
例6 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；在负极板有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在静电力的作用下，
两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距 l的平面．若两
粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为( )
A．3∶2 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1
答案 A
解析 设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子有a ＝，l＝·t2；对
M
电荷量为－q的粒子有a ＝，l＝·t2，联立解得＝，故选A.
m
考向2 带电体在静电力和重力作用下的直线运动
例7 (2023·云南昆明市一中高三检测)如图，长度为L的轻质绝缘细杆两端连接两个质量
均为m的绝缘带电小球A和B，两小球均可看作质点，带电荷量为q ＝＋6q、q ＝－2q.将
A B
小球从图示位置由静止释放，下落一段时间后B进入位于下方的匀强电场区域．匀强电场
方向竖直向上，场强E＝，重力加速度为g.求：
(1)小球A刚进入电场时的速度大小；
(2)要使小球B第一次下落时不穿出电场下边界，电场区域的最小高度H.
答案 (1) (2)3.5L
解析 (1)设小球A刚进入电场时的速度大小为v，由动能定理可得
0
2mg(L＋)＋|q |EL＝×2mv2－0
B 0解得v＝
0
(2)由动能定理可得
2mg(H＋)＋|q |EH－q E(H－L)＝0－0
B A
解得H＝3.5L.
考向3 带电粒子在交变电场中的直线运动
1．常见的交变电场
常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等．
2．常见的题目类型
(1)粒子做单向直线运动．
(2)粒子做往返运动．
3．解题技巧
(1)按周期性分段研究．
(2)将――→a－t图像――→v－t图像．
例8 如图所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间的电压分别
如图中甲、乙、丙、丁所示时，电子在板间运动(假设不与板相碰)，下列说法正确的是(
)
A．电压如甲图所示时，在0～T时间内，电子的电势能一直减少
B．电压如乙图所示时，在0～时间内，电子的电势能先增加后减少
C．电压如丙图所示时，电子在板间做往复运动
D．电压如丁图所示时，电子在板间做往复运动
答案 D
解析 若电压如题图甲时，在0～T时间内，静电力先向左后向右，则电子先向左做匀加速
直线运动，后做匀减速直线运动，即静电力先做正功后做负功，电势能先减少后增加，故A错误；电压如题图乙时，在0～T时间内，电子向右先加速后减速，即静电力先做正功后做
负功，电势能先减少后增加，故B错误；电压如题图丙时，电子向左先做加速运动，过了T
后做减速运动，到T时速度减为0，之后重复前面的运动，故电子一直朝同一方向运动，故
C错误；电压如题图丁时，电子先向左加速，到 T后向左减速，T后向右加速，T后向右减
速，T时速度减为零，之后重复前面的运动，则电子做往复运动，故D正确．
例9 (多选)(2023·四川成都市武侯高级中学模拟)某电场的电场强度E随时间t变化规律的
图像如图所示．当t＝0时，在该电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受静电力
作用，则下列说法中正确的是( )
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．0～3 s内静电力对带电粒子的冲量为0
C．2 s末带电粒子回到原出发点
D．0～2 s内，静电力做的总功不为零
答案 BD
解析 由牛顿第二定律可得带电粒子在第1 s内的加速度大小为a＝，
1
第2 s内加速度大小为a＝，
2
因E ＝2E ，则a ＝2a ，则带电粒子先匀加速运动1 s再匀减速0.5 s时速度为零，接下来的
2 1 2 1
0.5 s将反向匀加速，再反向匀减速，t＝3 s时速度为零，v－t图像如图所示．由图可知，带
电粒子在电场中做往复运动，故A错误；由v－t图像可知，t＝3 s时，v＝0，根据动量定理
可知，0～3 s内静电力对带电粒子的冲量为0，故B正确；由v－t图像面积表示位移可知，
t＝2 s时，带电粒子位移不为零，没有回到出发原点，故 C错误；由v－t图像可知，t＝2 s
时，v≠0，根据动能定理可知，0～2 s内静电力做的总功不为零，故D正确．
课时精练
1．(多选)关于电容器的电容，下列说法中正确的是( )
A．根据C＝可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两极板间的电压成反比B．对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比
C．无论电容器电压如何变化(小于击穿电压且不为零)，它所带的电荷量与电压的比值都恒
定不变
D．电容器所带电荷量增加2倍，则电容增大2倍
答案 BC
解析 电容是电容器本身的性质，一个确定的电容器的电容是不变的，与所带的电荷量和两
板间的电压无关，故A、D错误；根据Q＝CU，对于确定的电容器，其所带电荷量与两板
间的电压成正比，故B正确；根据电容的定义式C＝可知，电容器所带的电荷量与电压的比
值是电容，故C正确．
2.(多选)(2023·福建省模拟)如图为手机指纹识别功能的演示，此功能的一个关键元件为指纹
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，小极板带电荷量增多
D．若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响
答案 BC
解析 根据电容的决定式C＝可知，指纹的凹点与小极板距离远，即d大，则C小；指纹的
凸点与小极板距离近，即d小，则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C增大，由于电容器的电压保持不变，根据Q＝CU可知小极板带电
荷量Q增多，故C正确．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将会发生变化，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．
3.(2023·四川省成都七中高三检测)如图所示，将一平行板电容器和二极管串联接在直流电源
上，二极管具有单向导电性，现将开关闭合等到电路稳定．下列说法正确的是( )
A．若增大两极板间的距离，则电容器电容增大
B．若增大两极板间的距离，则两极板间的电场强度减小
C．若减小两极板间的距离，则两极板间的电压不变D．若减小两极板间的距离，则电容器的带电荷量Q减小
答案 C
解析 根据C＝可知，若增大两极板间的距离d，电容器电容减小，A错误；由于C＝，E
＝，联立可得E＝，若增大两极板间的距离d，电容器电容减小，由于二极管具有单向导电
性，电容器带电荷量保持不变，从而电容器内部电场强度保持不变，B错误；由C＝可知，
若减小两极板间的距离，电容器的电容增大，又由C＝可知，两极板电压降低，二极管正向
导通，继续给电容器充电，最终电容器两极板间的电压仍等于电源电压，因此两极板间的电
压保持不变，电容器的带电荷量Q增大，C正确，D错误．
4．静电火箭的工作过程简化图如图所示，离子源发射的离子经过加速区加速，进入中和区
与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力．根据题目信息可知(
)
A．M板电势低于N板电势
B．进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关
C．增大加速区MN极板间的距离，可以增大射流速度而获得更大的推力
D．增大MN极板间的电压，可以增大射流速度而获得更大的推力
答案 D
解析 由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速区的极板
M电势高，A错误；由动能定理知qU＝mv2，解得v＝，所以进入中和区的离子速度与离子
的比荷、加速电压的大小有关，加速电压越大离子速度越大，与极板间的距离无关，故D
正确，B、C错误．
5.(2023·浙江省模拟)据报道，我国每年心源性猝死案例高达55万，而心脏骤停最有效的抢
救方式是通过AED自动除颤机给予及时治疗．某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是
15 μF，充电至9 kV电压，如果电容器在2 ms时间内完成放电，则下列说法正确的是( )
A．电容器放电过程的平均电流为67.5 A
B．电容器的击穿电压为9 kV
C．电容器充电后的电荷量为135 C
D．电容器充满电的电容是15 μF，当放电完成后，电容为0
答案 A
解析 根据电容的定义式C＝，解得Q＝15×10－6×9×103 C＝0.135 C，故放电过程的平均电流为I＝＝ A＝67.5 A，故A正确，C错误；当电容器的电压达到击穿电压时，电容器将
会损坏，所以9 kV电压不是击穿电压，故B错误；电容器的电容与电容器的带电荷量无关，
所以当电容器放完电后，其电容保持不变，故D错误．
6.(多选) 一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v 逆着电场线方向射入有
0
左边界的匀强电场，电场强度为E(如图所示)，则( )
A．粒子射入的最大深度为
B．粒子射入的最大深度为
C．粒子在电场中运动的最长时间为
D．粒子在电场中运动的最长时间为
答案 BD
解析 粒子从射入到运动至速度为零，由动能定理得－Eqx ＝0－mv2，最大深度x ＝，
max 0 max
由v＝at，a＝可得t＝，由对称性可得粒子在电场中运动的最长时间为t ＝2t＝，故选B、
0 max
D.
7.如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度大小为E、区域足够大的匀强电场
中，以初速度v 沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加
0
速度为g，且mg＝qE，则( )
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为
C．小球上升的最大高度为
D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为mv2
0
答案 C
解析 小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在 ON直线上，因mg＝
qE，所以静电力qE与重力关于ON对称，根据数学知识可知，静电力qE与水平方向的夹角
应为30°，即电场方向不是竖直向上的，受力情况如图所示．合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度大小为g，方向沿ON向下，A、B错误；小
球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为x＝，则小球上升的最大高度为h＝xsin
30°＝，C正确；若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球
克服静电力做功和克服重力做功是相等的，由能量守恒可知，小球的初动能一半转化为电势
能，一半转化为重力势能，初动能为mv2，则小球的最大电势能为mv2，D错误．
0 0
8．(多选)如图甲所示，A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压，A板的电势为0，一质
量为m、电荷量大小为q的电子仅在静电力作用下，在t＝时刻从A板的小孔处由静止释放
进入两极板间运动，恰好到达B板，则( )
A．A、B两板间的距离为
B．电子在两板间的最大速度为
C．电子在两板间做匀加速直线运动
D．若电子在t＝时刻进入两极板间，它将时而向B板运动，时而向A板运动，最终到达B
板
答案 AB
解析 电子在t＝时刻由静止释放进入两极板运动，由分析可知，电子先加速后减速，在t＝
T时刻到达B板，设两板的间距为d，加速度大小为a＝，则有d＝2×a()2，解得d＝，故A
正确；由题意可知，经过时间电子速度最大，则最大速度为v ＝a·＝，故B正确；电子在
m
两板间先向右做匀加速直线运动，然后向右做匀减速直线运动，故C错误；若电子在t＝时
刻进入两极板间，在～时间内电子做匀加速直线运动，位移 x＝·a·(T)2＝d>d，说明电子会一
直向B板运动并在之前就打在B板上，不会向A板运动，故D错误．
9．如图甲所示，实验器材主要有电源、理想电压表V、两个理想电流表A 和A、被测电解
1 2
电容器C、滑动变阻器R、两个开关S 和S 以及导线若干．
1 2
实验主要步骤如下：
①按图甲连接好电路．
②断开开关S ，闭合开关S ，让电池组给电容器充电，当电容器充满电后，读出并记录电
2 1
压表的示数U，然后断开开关S.
1
③断开开关S 后，闭合开关S，每间隔5 s读取并记录一次电流表A 的电流值I，直到电流
1 2 2 2
消失．
④以放电电流I 为纵坐标，放电时间t为横坐标，在坐标纸上作出I－t图像．
2 2(1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐____________(选填“增大”或
“减小”)，电流表A 的示数逐渐____________(选填“增大”或“减小”)．
1
(2)由I －t图像可知，充电结束时电容器储存的电荷量Q＝________ C．(结果保留2位有效
2
数字)
(3)若步骤②中电压表的示数U＝2.95 V，则滑动变阻器接入电路部分的阻值R＝________ Ω.
(结果保留2位有效数字)
(4)类比直线运动中由v－t图像求位移的方法，当电容为C的电容器两板间电压为U时，电
容器所储存的电能E＝________(请用带有U、C的表达式表示)．
p
答案 (1)增大 减小 (2)3.3×10－3 (3)9.8×103 (4)CU2
解析 (1)在电容器的充电过程中，电容器两极板上的电荷量逐渐增大；随着时间的推移充
电电流越来越小，即电流表A 的示数逐渐减小．
1
(2)根据q＝It可得图像与横轴所围的面积表示电荷量，每一个小格表示电荷量为q＝25×10－
6×5 C＝1.25×10－4 C，可知电容器储存的电荷量为Q＝26×1.25×10－4 C≈3.3×10－3 C.
(3)电压表的示数U＝2.95 V，根据图像可知放电最大电流为300 μA，可知滑动变阻器接入电
路部分的阻值为R＝≈9.8×103 Ω.
(4)电容器所储存的电能E＝QU＝CU2.
p
10.在光滑绝缘的水平面上，长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小
球A和B(均可视为质点)组成一个带电系统，球A所带的电荷量为＋2q，球B所带的电荷量
为－3q.现让A处于如图所示的有界匀强电场区域MNQP内，已知虚线MN位于细杆的中垂
线，MN和PQ的距离为4L，匀强电场的电场强度大小为E、方向水平向右．释放带电系统，
让A、B从静止开始运动，不考虑其他因素的影响．求：
(1)释放带电系统的瞬间，两小球加速度的大小；
(2)带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间；
(3)带电系统运动过程中，B球电势能增加的最大值．
答案 (1) (2)3 (3)6EqL
解析 (1)对整体应用牛顿第二定律有E·2q＝2ma，得出两小球加速度大小为a＝(2)系统向右加速运动阶段L＝at2
1
解得t＝
1
此时B球刚刚进入MN，带电系统的速度v＝at
1
假设小球A不会出电场区域，带电系统向右减速运动阶段有－3Eq＋2Eq＝2ma′，加速度
a′＝－
减速运动时间t＝＝2
2
减速运动的距离L′＝＝2L，可知小球A恰好运动到PQ边界时速度减为零，假设成立．所
以带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间t＝t＋t＝3
1 2
(3)B球在电场中向右运动的最大距离x＝2L
进而求出B球电势能增加的最大值ΔE＝－W ＝6EqL.
p 电
11．如图甲所示，一带正电的小球用绝缘细线悬挂在竖直向上的、范围足够大的匀强电场中，
某时刻剪断细线，小球开始向下运动，通过传感器得到小球的加速度随下行速度变化的图像
如图乙所示．已知小球质量为m，重力加速度为g，空气阻力不能忽略．下列说法正确的是(
)
A．小球运动的速度一直增大
B．小球先做匀加速运动后做匀速运动
C．小球刚开始运动时的加速度大小a＝g
0
D．小球运动过程中受到的空气阻力与速度大小成正比
答案 D
解析 小球速度增大到v 后，加速度变为0，速度不再增大，故A错误；小球在加速过程
0
中，加速度随速度变化，不是匀变速运动，故B错误；由a－v图像可得，a＝kv＋a ，由牛
0
顿第二定律可得mg－qE－F＝ma，可解出加速度为a＝－＋g－，联立可知a ＝g－，还可
f 0
知－＝kv，即F＝－kmv，故C错误，D正确．
f
