文档内容
专题 20 电容器 带电粒子在电场中的运动
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．
4.掌握带电粒子在电场中的偏转规律.
5.会分析带电粒子在电场中偏转的功能关系．
考点一 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＝106 μF＝1012 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：正对面积、相对介电常数、两板间的距离．
(2)决定式：C＝.
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．动态分析思路(1)U不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析Q的变化．
②根据E＝分析场强的变化．
③根据U ＝E·d分析某点电势变化．
AB
(2)Q不变
①根据C＝＝先分析电容的变化，再分析U的变化．
②根据E＝＝分析场强变化．
【典例1】（2022·北京·101中学三模）用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）。
设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为 。两平行板间的电场强度为E，实验中，
极板所带电荷量不变，若（ ）
A．保持S不变，增大d，则 变小
B．保持S不变，增大d，则E变大
C．保持d不变，减小S，则 变大
D．保持d不变，减小S，则E变小
【答案】C
【解析】AB．根据电容的决定式
得知，当保持S不变，增大d时，电容 减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式
分析可知板间电势差 增大，则静电计指针的偏角 变大，再结合
联立可得可知电场强度 不变，故AB错误；
CD．根据电容的决定式
得知保持d不变，减小S，电容 变小，根据
可知板间电势差 变大，则静电计指针的偏角θ变大，根据
可知电场强度 变大，故C正确，D错误。
故选C。
【典例2】（2022·河南·洛宁县第一高级中学模拟预测）如图所示，水平放置的两半圆形金属极板由绝缘转
轴连接，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动，也可上下平移，起初两极板边缘对
齐，上极板通过开关 与电源正极相连，下极板接地后与电源负极相连。初始时开关 闭合，板间有一带
电粒子 恰好处于静止状态。忽略边缘效应，关于两极板组成的电容器，下列说法正确的是（ ）
A．若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器的电容增大
B．若只将电容器的上极板转过一小角度，则电容器所带电荷量增大
C．若只将电容器的上极板转过一小角度，则粒子 所处位置的电势降低
D．若断开开关 ，只将板间距变为原来的2倍，则带电粒子仍处于静止状态
【答案】D
【解析】A．电容器的电容 ，只将电容器的上极板转过一小角度，正对面积减小，则电容器的电
容减小，A错误；
B．又由可知，电容器所带电荷量减少，B错误；
C．只将电容器的上极板转过一小角度，电容器两板间匀强电场的电场强度
不变，则粒子 所处位置的电势不变，C错误；
D．断开开关 ，若将板间距变为原来的2倍，电容器的电容变为原来的 由于电容器的电荷量不变，电
容器两板间匀强电场的电场强度
因此电场强度不变，带电粒子所受电场力不变，仍处于静止状态，D正确。
故选D。
【典例3】（2022·海南·一模）如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R为滑动变阻器，用绝缘细
线将一带负电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，给电容器充电后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下
列说法正确的是（ ）
A．保持S闭合，将滑动变阻器的滑片向b端滑动，则θ减小
B．保持S闭合，将M板向N板靠近，则θ不变
C．断开S，在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片，则θ增大
D．断开S，将N板向上移动少许，则θ增大
【答案】D
【解析】小球平衡时，由平衡条件知
qE=mgtanθ
A．保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，保持不变，将滑动变阻器的滑片向b端滑
动，则θ不会变，A错误；
B．保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，保持不变，根据公式可知，将N板向M板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ增大，B错误；
C．断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式
平行板电容器的公式
电压与电场强度公式
可得
在靠近M板内侧插入一定厚度的陶瓷片，则 变大，电场强度减小，故θ减小，C错误；
D．断开S，电容器带电量不变，根据电容器定义式
平行板电容器的公式
电压与电场强度公式
可得
断开S，将N板向上移动少许，S减小，电场强度增大，电场力增大，则θ增大，D正确。
故选D。
考点二 带电粒子(带电体)在电场中的直线运动
一、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 ＝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
2．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v2＝2ad.
0
3．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
【典例4】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a ＝，l＝·t2；对电荷量为－q的
M
粒子有a ＝，l＝·t2，联立解得＝，故选A.
m
二、带电体在静电力和重力作用下的直线运动
【典例5】如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上下极板开有一小孔，四个质量均为m、
带电荷量均为q的带电小球，其间用长均为的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于上极
板小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落．当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零．重力加速
度为g，(仅两极板间存在电场)试求：
(1)两极板间的电压；
(2)小球运动的最大速度．
【答案】(1) (2)
【解析】(1)根据动能定理可得4mg×d－2Uq－Uq－Uq＝0
解得U＝
(2)当两个小球在电场中时，静电力F＝×2q＝mg<4mg
1当三个小球在电场中时，静电力F＝×3q＝mg>4mg
2
故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得4mg×－Uq－Uq＝×4mv2－0
解得v＝.
三、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．
【典例6】匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放
一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受静电力的作用，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．2 s末带电粒子回到原出发点
C．3 s末带电粒子的速度不为零
D．0～3 s内，静电力做的总功为零
【答案】D
【解析】由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度大小为a ＝，第2 s内加速度大小为a ＝，故
1 2
a＝2a，因此先加速1 s再减速0.5 s时速度为零，接下来的0.5 s将反向加速，v－t图像如图所示：
2 1
带电粒子在第1 s做匀加速运动，在第2 s内先做匀减速运动，后反向加速，所以不是始终向同一方向运动，
故A错误；根据速度－时间图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，在 t＝2 s时，带电粒子没有回到出发
点，故B错误；由图可知，3 s末的瞬时速度为0，故C错误；因为第3 s末粒子的速度刚好减为0，根据动
能定理可知，0～3 s内，静电力做的总功为零，故D正确．考点三 带电粒子在匀强电场中的偏转
带电粒子在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)．
(2)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＝＝
1．两个重要结论
(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：在加速电场中有qU＝mv2
0 0
在偏转电场偏移量y＝at2＝··()2
偏转角θ，tan θ＝＝
得：y＝，tan θ＝
y、θ均与m、q无关．
(2)粒子经电场偏转后射出，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偏转极板长度的一半．
2．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：qU＝mv2－mv2，其中U＝y，指初、末位置
y 0 y
间的电势差．
【典例7】（2022·河南安阳·高三阶段练习）如图所示，光滑水平桌面内有一圆形的匀强电场区域，O为圆
心， 为相互垂直的直径，电场强度方向与直径 平行。现有大量质量为m、电荷量为q（电性不
同）的粒子以不同速率从A点沿 方向垂直电场方向射入匀强电场，不计粒子重力及其相互作用，下列
说法正确的是（ ）A．在电场中运动时间相同的粒子的射出点最多有两个
B．一定没有粒子垂直圆形电场区域的边界射出电场
C．若带负电的粒子从O点沿 方向射入电场，从 圆弧中点射出的粒子动能最小
D．若带负电的粒子从O点沿 方向射入电场，从 圆弧上距B点 圆弧处射出的粒子动能最小
【答案】B
【解析】A．在圆周上任取一点，该点关于AB轴和CD轴及坐标原点O对称的四个点，射出的粒子在电场
中沿竖直方向位移相同，因此运动时间相同，A错误；
B．粒子在电场中做类平抛运动，射出电场时，速度方向的反向延长线恰好过沿水平AB方向位移的中点，
而该点一定不是圆心，而圆心与射出点的连线与边界垂直，即粒子不可能垂直圆形电场区域的边界射出电
场，B正确；
C．从 圆弧中点P射出的粒子一定比P点关于CD的对称点Q射出的粒子动能大，因为从两点射出的粒
子，电场力做功相同，而从Q点射出的粒子初速度较小，C错误；
D．同理，从 圆弧上距B点 圆弧处M点射出的粒子的动能一定比M点关于CD的对称点N射出的粒
子动能大，因此从两点射出的粒子，电场力做功相同，而从N点射出的粒子初速度小，D错误。
故选B。
【典例8】（2022·北京·101中学三模）如图所示，在竖直平面内的直角坐标系 的第一象限存在着方向平行于y轴的匀强电场，场强大小为5×103N/C。一个可视为质点的带电小球在 时刻从y轴上的a点以
沿x轴正方向的初速度进入电场，图中的b、c、d是从 时刻开始每隔0.1s记录到的小球位置，已知重
力加速度的大小是10m/s2。则以下说法正确的是（ ）
A．小球从a运动到d的过程中，电势能一定减小
B．小球从a运动到d的过程中，机械能一定增大
C．小球的初速度是60m/s
D．小球的比荷（ ）是1×10-3C/kg
【答案】D
【解析】AB．在竖直方向上，由
得
说明电场力方向竖直向上，小球从a运动到d的过程中，电场力做负功，则其电势能一定增大，电场力做
负功，则小球的机械能一定减小，故AB错误；
C．在水平方向上，小球做匀速直线运动，则有
故C错误；
D．由牛顿第二定律得
得故D正确。
故选D。
考点四 带电粒子在重力场和电场复合场中的偏转
【典例9】(2019·全国卷Ⅲ)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方
向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速
度大小为v，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求：
0
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能．
【答案】(1) (2)2m(v2＋g2t2)
0
【解析】(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，
有mg＋qE＝ma①
a()2＝gt2②
解得E＝③
(2)设B从O点发射时的速度为v ，到达P点时的动能为E ，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
1 k
mgh＋qEh＝E－mv2④
k 1
且有v＝vt⑤
1 0
h＝gt2⑥
联立③④⑤⑥式得E＝2m(v2＋g2t2)．
k 0
【典例10】(多选)在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方
的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直
线上，且AB＝2BC，如图所示．重力加速度为g.由此可见( )
A．带电小球所受静电力为3mg
B．小球带正电
C．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
D．小球从A到B与从B到C的速度变化量的大小相等
【答案】AD
【解析】带电小球从A到C，设在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x 和x ，竖直分位移分别
1 2
为y 和y ，经历的时间分别为t 和t ，在电场中的加速度为a，从A到B过程小球做平抛运动，则有x ＝
1 2 1 2 1
vt，从B到C过程，有x＝vt，由题意有x＝2x，则得t＝2t，即小球从A到B是从B到C运动时间的2
01 2 02 1 2 1 2倍，y＝gt2，将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有 y＝at2，根据几何知识有y∶y＝
1 1 2 2 1 2
x∶x ，解得a＝2g，根据牛顿第二定律得F－mg＝ma＝2mg，解得F＝3mg，C错误，A正确；由于在电场
1 2
中轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明静电力方向向上，所以小球带负电，B错误；根
据速度变化量Δv＝at，则得AB过程速度变化量大小为Δv ＝gt ＝2gt ，BC过程速度变化量大小为Δv ＝at
1 1 2 2 2
＝2gt，所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，D正确．
2
考点五 带电粒子在交变电场中的偏转
1．带电粒子在交变电场中的运动，通常只讨论电压的大小不变、方向做周期性变化(如方波)的情形．
当粒子垂直于交变电场方向射入时，沿初速度方向的分运动为匀速直线运动，沿电场方向的分运动具有周
期性．
2．研究带电粒子在交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子
的运动情况．根据电场的变化情况，分段求解带电粒子运动的末速度、位移等．
3．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子运动时间上的周期性和空间上的对称性，求解粒子
运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件．
4．对于锯齿波和正弦波等电压产生的交变电场，若粒子穿过板间的时间极短，带电粒子穿过电场时可认
为是在匀强电场中运动．
【典例11】图甲是一对长度为L的平行金属板，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方
向与两板垂直．在t＝0时刻，一带电粒子沿板间的中线OO′垂直电场方向射入电场，2t 时刻粒子刚好沿下
0
极板右边缘射出电场．不计粒子重力．则( )
A．粒子带负电
B．粒子在平行板间一直做曲线运动
C．粒子射入电场时的速度大小为
D．若粒子射入电场时的速度减为一半，射出电场时的速度垂直于电场方向
【答案】C
【解析】粒子向下偏转，可知粒子带正电，选项A错误；粒子在平行板间在0～t 时间内做曲线运动；在t
0 0
～2t 时间内不受任何力，则做直线运动，选项B错误；粒子在水平方向一直做匀速运动，可知射入电场时
0
的速度大小为v ＝，选项C正确；若粒子射入电场时的速度减为一半，由于粒子在电场中受向下的静电力，
0
有向下的加速度，射出电场时有沿电场方向的速度，则射出电场时的速度不可能垂直于电场方向，选项D
错误．一、单选题
1．（2022·海南·西南大学东方实验中学模拟预测）如图所示为一正弦交变电压随时间变化的图像，由图可
知（ ）
A．交流电的周期为2s
B．用电压表测量该交流电压时，读数为311V
C．交变电压的有效值为220V
D．将它加在电容器上时，电容器的耐压值小于等于311V
【答案】C
【解析】A．由图可知，交流电的周期为2×10−2s，A错误；
B．用电压表测量该交流电压时，测量的是有效值，不是最大值，应为
B错误；
C．交变电压的有效值为
C正确；
D．若将它加在电容器上时，电容器在正常工作时的耐压值应该大于311 V，D错误。
故选C。
2．（2022·北京海淀·二模）如图所示，若令x轴和y轴分别表示某个物理量，则图像可以反映某种情况下
物理量之间的关系，图线上任一点的切线斜率、图线与x轴围成的面积有时也有相应的物理含义。A为图
线上一点，过A点作图线的切线交y轴于M点，过A点作垂线交x轴于N点，切线AM的斜率记为k，图
线与x轴围成的阴影面积记为S。下列说法正确的是（ ）A．对于一段只含有电热元件的电路，若x轴表示电流I，y轴表示电压U，斜率k可以表示电热元件的电
阻大小
B．对于某电容器的充电过程，若x轴表示电量q，y轴表示电容器两端电压U，斜率k可以表示电容器的
电容大小
C．对于做匀变速曲线运动的物体，若x轴表示运动时间t，y轴表示物体所受合力F，面积S可以表示时间
t内的合外力冲量大小
D．对于做圆周运动的物体，若x轴表示半径r，y轴表示角速度ω，面积S可以表示对应半径变化的线速
度大小的变化
【答案】C
【解析】A．若x轴表示电子原件两端的电压U，y轴表示流过它的电流I，而
则图像切线的斜率不表示电阻大小，A错误；
B．根据电容的定义式
对于某电容器的充电过程，若x轴表示电量q，y轴表示电容器两端电压U，斜率k不可以表示电容器的电
容大小，B错误；
C．对于做匀变速曲线运动的物体，若x轴表示运动时间t，y轴表示物体所受合力F，则合外力冲量为
I = Ft
根据微元法可知，面积S可以表示时间t内的合外力冲量大小，C正确；
D．对于做圆周运动的物体，若x轴表示半径r，y轴表示角速度ω，对应半径变化的线速度大小为
v = ωr
则面积S不可以表示对应半径变化的线速度大小的变化，D错误。
故选C。
3．（2022·重庆·三模）2022年4月11日晚，受强对流天气影响，狂风暴雨袭击川渝地区，据气象部门监
测，九龙坡区局地风力已达10级。小李同学用所学知识设计了一个电容式风力传感器。如图所示，将电容
器与静电计组成回路，可动电极在风力作用下向右移动，引起电容的变化，风力越大，移动距离越大（两
电极不接触）。若极板上电荷量保持不变，在受到风力作用时，则（ ）A．电容器电容变小 B．极板间电场强度变大
C．极板间电压变小 D．静电计指针张角越大，风力越大
【答案】C
【解析】A．根据
在受到风力作用时，d减小，则电容器电容变大，故A错误；
B．极板间电场强度
不变，故B错误；
C．极板间电压
变小，故C正确；
D．风力越大，d越小，极板间电压越小，静电计指针张角越小，故D错误。
故选C。
4．（2022·辽宁·大连市一0三中学模拟预测）两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，
相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一电子在电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下
列说法正确的是（ ）A．两点电荷可能是异种点电荷 B．A点的电场强度比B点的大
C．A点的电势高于B点的电势 D．电子在M点的加速度大于在P点的加速度
【答案】C
【解析】A．根据电荷间等势面的分布情况可知两点电荷时同种电荷，又根据电子在该电场中的运动轨迹
可判断电子一直受到排斥的力，故可知两点电荷为同种负电荷，A错误；
B．根据等势面的疏密程度可以判断A点的电场强度比B点的小，B错误；
C．因为两点电荷是同种负电荷，电场线指向负电荷，故可知A点的电势高于B点的电势，C正确；
D．等差等势面越密的位置，电场强度越大，M点的电场强度小于P点的电场强度，所以电子在M点所受
电场力小于在P点所受电场力，由牛顿第二定律可知，电子在M点的加速度小于在P点的加速度，D错误。
故选C。
5．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测）固定的足够长斜面顶端有一个质量为m、电荷量为q的带正电
荷的小球，以速度v 平抛。整个装置处在竖直向下的匀强电场之中，场强大小E＝ ，小球从抛出到落
0
到斜面的时间为t，重力做功为W ，电势能减少量为E ，落到斜面上时的动能为E ；若将电场方向改为
1 G1 p1 k1
竖直向上，其他条件不变，小球从抛出到落到斜面的时间为t，重力做功为W ，电势能增加量为E ，落
2 G2 p2
到斜面上时的动能为E ，则下列关系式不正确的是（ ）
k2
A．t：t=1：3 B．E ：E =1：1
1 2 k1 k2
C．W ：W =1：1 D．E ：E =1：3
G1 G2 p1 p2
【答案】C
【解析】A．匀强电场方向竖直向下时，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得：同理，匀强电场方向竖直向上时，有
又
联立，可得
设斜面倾角为 ，根据平抛运动规律，可得两次类平抛运动过程有
解得
t：t=1：3
1 2
故A正确，与题意不符；
C．两次类平抛运动过程，竖直分位移分别为
根据重力做功的公式，有
联立，可得
W ：W =1：3
G1 G2
故C错误，与题意相符；
D．根据电场力做功与电势能变化的关系，以及电场力做功表达式
可得
，
即
E ：E =1：3
p1 p2
故D正确，与题意不符；
B．根据动能定理，有可得
联立，可得
E ：E =1：1
k1 k2
故B正确，与题意不符。
本题选不正确的故选C。
6．（2022·全国·高三课时练习）竖直平面内有一匀强电场，电场方向与x轴负方向成37°角，x轴上各点的
电势随坐标x的变化规律如图所示。现有一带负电小球以初速度0.5m/s从x＝﹣1cm的P处沿直线运动到x
＝2cm的Q处，已知小球的质量为3×10﹣4kg，取g＝10m/s2，则（ ）
A．匀强电场的场强大小为400V/m
B．带电小球的电荷量大小为1×10﹣5C
C．带电小球从P点运动到Q点的过程中的加速度大小为40m/s2
D．带电小球运动到Q点时动能可能为0
【答案】B
【解析】A．依题意，根据匀强电场中，电势差与电场强度的关系得
则
结合图像得
解得
故A错误；
B．由题意知，带电小球在竖直方向受力平衡，得解得
故B正确；
CD．小球带负电，所以小球所受合力水平向右，合外力做正功，小球速度增加，带电小球运动到Q点时
动能不可能为0，在水平方向，对小球由牛顿第二定律得
代入数据解得
故CD错误。
故选B。
7．（2022·全国·高三专题练习）密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负
极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷
口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。
若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为（ ）
A．q，r B．2q，r C．2q，2r D．4q，2r
【答案】D
【解析】初始状态下，液滴处于静止状态时，满足
即
AB．当电势差调整为2U时，若液滴的半径不变，则满足
可得AB错误；
CD．当电势差调整为2U时，若液滴的半径变为2r时，则满足
可得
C错误，D正确。
故选D。
8．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度进入某点电荷Q产生的电场中，
沿图中弯曲的虚线轨迹先后经过电场中的a、b两点。其中a点的电场强度大小为 ，方向与ab连线成
30°角，b点的电场强度大小为 ，方向与ab连线成60°角。粒子只受静电力的作用，下列说法中正确的是
（ ）
A．点电荷Q带正电
B．a点的电势高于b点电势
C．从a到b，系统的电势能增加
D．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
【答案】B
【解析】A．带正电的粒子受力指向轨迹凹侧，电场线汇聚到一点，则点电荷Q带负电，故A错误；
B．点电荷Q恰好处于a、b两点电场线的交点处，根据负点电荷等势面的分布特点，离负点电荷越远的点
电势越高，由几何关系可知，a点离负点电荷较远，所以a点的电势高于b点电势，故B正确；
C．从a到b，静电力对带正电粒子做正功，所以系统的电势能减小，则C错误；
D．根据场强公式 ，a点的场强小于b点，则粒子在a点受到的静电力小于在b点受到的静电力，
所以粒子在a点的加速度小于在b点的加速度，则D错误。故选B。
9．（2022·安徽淮北·二模）一沿x轴分布的电场，x轴上有P、Q两点，其位置坐标分别为x、2x。一个
0 0
质量为m、电荷量为q的带正电粒子从坐标原点O由静止释放，其速度v随位置x的变化规律如图所示，
粒子仅受电场力作用，设O点电势为零。则下列说法正确的是（ ）
A．该电场为匀强电场
B．Q点的电势为
C．粒子从O运动到Q的平均速度 >
D．粒子在OP间的平均加速度比PQ间的小
【答案】D
【解析】A．该电场如果为匀强电场，则带电粒子从原点O由静止释放后将做匀加速直线运动，其速度-位
移关系为
则图像应该为抛物线，但题目中的图像为直线，所以该电场不是匀强电场，故A错误；
B．带电粒子在电场中的电势能和动能之和保持不变，即
解得
故B错误；
C．在速度与位移成正比的情况下，加速度将与速度成正比，则速度与时间将不满足线性关系；与匀变速
直线运动相比，在发生相同位移的情况下，用时将更长，所以粒子从O运动到Q的平均速度 ，故C
错误；D．粒子在OP间和PQ间的速度变化量相等，但是粒子在OP间的速度较小，所以用时更长，根据加速度
定义式
可知，粒子在OP间的平均加速度比PQ间的小，故D正确。
故选D。
10．（2022·江苏·阜宁县东沟中学模拟预测）如图所示，平行板电容器通过一滑动变阻器R与直流电源连
接，G为一零刻度在表盘中央的电流计，闭合开关S后，下列说法中正确的是（ ）
A．若在两板间插入电介质，电容器的电容变小
B．若在两板间插入一导体板，电容器的带电量变小
C．若将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器的带电量变大
D．若将电容器下极板向下移动一小段距离，此过程电流计中有从a到b方向的电流
【答案】C
【解析】A．根据公式
在两板间插入电介质， 增加，所以电容器的电容变大。故A错误；
B．同理，在两板间插入一导体板，由于导体板的静电感应，致使电容器两板间距 减小，电容器的电容
增加，由公式
可知极板间电压不变的时候，带电量变大。故B错误；
C．将滑动变阻器滑片P向上移动，电容器极板间电压变大，根据
易知电容器带电量变大。故C正确；
D．将电容器下极板向下移动一小段距离，由公式可知电容器的电容减小，再根据
可知电容器将放电，此过程电流计中有从b到a方向的电流。故D错误。
故选C。
二、填空题
11．（2022·北京·首经贸附中高三期中）空气平行板电容器，电容为C，两极板间距离为d。充电后，两极
板间相互作用力为F。则两极板间的电势差为_______，极板上的电荷为________。
【答案】
【解析】设电容器极板上的电荷为Q，板间场强为E，板间电压为U，则有
解得
12．（2021·福建省德化第一中学高三阶段练习）美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油
滴，比较准确地测定了电子的电荷量。如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压
为U的恒定电源两极连接，极板M带正电。现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此
时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则油滴带______电（填正或负），电容器的电容为______。【答案】 负
【解析】[1]由题意可知，极板M带正电，则场强方向竖直向下，带电油滴保持静止不动，则油滴受到竖直
向上的电场力与场强方向相反，因此油滴带负电；
[2]根据平衡条件
电容公式
此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k则
联立得
13．（2022·福建·南平市第八中学高三开学考试）如图所示，金属板P与栅极板Q水平正对放置，间距为
d，金属板和栅极板板长均为2d，Q板接地，P极板电势为+ （未知），一定质量的带正电粒子自P板上
边缘以速度v 平行于P极板射入电场，粒子从栅极板Q的中点离开电场，重力忽略不计。要使粒子从栅极
0
板Q的右边缘离开电场，则粒子的入射速度大小为______；若向下移动栅极板Q，使粒子从右边缘离开电
场，则PQ间的距离为___________。
【答案】 2v 2d
0
【解析】[1]带电粒子在金属板P与栅极板Q之间做类平抛运动，以速度v 射入电场时有
0粒子从栅极板Q的右边缘离开电场，则粒子的入射速度大小为v，有
1
对比可得
t=t，v=2v
1 2 1 0
[2] 若向下移动栅极板Q，使粒子从右边缘离开电场，有
可解的
y=2d
即PQ间的距离为2d。
14．（2022·上海·模拟预测）如图所示，在一水平向右匀强电场中，有两质量均为m、带等量异号电荷的
小球M和N，通过两根长度均为L的绝缘轻绳悬挂在电场中O点，平衡后两轻绳与竖直方向的夹角均为
θ=45°。若仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍能平衡在原位置。已知静电力常量为k，重
力加速度大小为g，则球M带______电荷（填“正”或“负”），其原来带电量大小为______。
【答案】 负
【解析】[1]对小球M受力分析如图小球M受电场力水平向左，与电场线方向相反，故小球M带负电。
[2]由几何关系，小球M和N之间距离为 ，当两球带电量都为q时，由平衡条件：
(1)
当两球带电量都为2q时，由平衡条件：
(2)
(1)(2)联立可得：
三、解答题
15．（2022·江苏·高三专题练习）超级电容器是电容C达到上千法拉甚至上万法拉的大容量电容器，具有
功率密度高、充电速度快、循环寿命长等优点。现采用如下图所示的电路对某个超级电容器充电。充电器
具有控制输出电压和输出电流的功能。充电过程分为两个阶段：第一阶段是恒流（即充电器输出的电流不
变）充电，当充电器检测到电压达到一定值后，进入第二阶段，进行恒压充电（即充电器输出的电压不
变），直到充电终止。若电阻阻值恒定为R，关于充电过程。
(1)电容器原来不带电，其电容为C，当第一阶段进行恒流充电时，充电器输出的电流为I，求t时刻电容器
两端电压 ；
(2)当进入第二阶段进行恒压充电时，充电器输出的电压为U，某一时刻流过电阻R的电流为 ，求电容器
两端电压 。【答案】(1) ；(2)
【解析】(1)0到t时间内电容器充电电量为
Q=It
由
得
(2)电阻R两端的电压为
由
得
16．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，平行板电容器的两个极板A、B接在电压为60 V的恒定电源
上，两极板间距为3 cm，电容器带电荷量为6×10-8 C，A极板接地。求∶
（1）平行板电容器的电容；
（2）平行板电容器两极板之间的电场强度；
（3）距B极板为2 cm的C点处的电势；
（4）将一个电荷量为q=8×10-9 C的正点电荷从B极板移到A极板静电力所做的功。
【答案】（1）1×10-9 F；（2）2×103 V/m；（3）-20 V；（4）-4.8×10-7 J
【解析】（1）平行板电容器的电容为C= F=1×10-9 F
（2）两极板之间的电场强度为
E= V/m=2×103 V/m
（3）C点处的电势为 ，则有
- =Ed=2×103×1×10-2 V=20 V
=-20 V
（4）静电力所做的功为
W=-qU=-8×10-9×60 J=-4.8×10-7 J
17．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，半径R=0.8m的 光滑绝缘圆弧轨道PQ固定在竖直平面内，
Q点的切线水平，质量m=6×10-2kg,带电量q=8×10-3C从与圆心O等高的P点由静止释放，从Q点进入极板
间距d=8×10-2m的两水平平行板电容器后，刚好能在水平方向做匀速直线运动，且此时电动机刚好能正常
工作。已知电源电动势E=15V、内阻r=1Ω、定值电阻R=6Ω、电动机线圈电阻r =0.6Ω，取g=10m/s2。求：
0 M
(1)小球到达Q点时的速度大小；
(2)电动机输出的机械功率。
【答案】(1) m/s；(2) 7.4W
【解析】解：(1)设小球到达Q点的速度v，小球从P到Q只有重力做功，由机械能守恒定律有
解得
m/s
(2)小球进入平行板间所受电场力和重力平衡，设板间电压为U，有由欧姆定律得电路中的电流
所以，电动机两端电压
电动机输出的机械功率
联立解得
7.4W
18．（2022·北京丰台·二模）如图所示，长 的轻质细线上端固定在悬点 ，下端连接一个可视为质
点的带电小球，小球静止在水平向左、范围足够大的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角 。已知悬点
O距地面的高度 ，小球所带电荷量 ，匀强电场的场强 ，空气阻力可
以忽略，取重力加速度 ， ， 。求：
（1）小球的质量 ；
（2）若将电场撤去，小球摆到最低点时速度 的大小；
（3）若保持原电场不变，剪断细线，小球落地时动量 的大小和方向。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ，方向与竖直方向夹角为
【解析】（1）根据共点力平衡条件可得
解得（2）从小球所处位置到最低点的过程中，根据动能定理:
解得
（3）设小球落地点为 ，根据几何关系可知
根据牛顿第二定律有
解得
根据匀变速直线运动规律
解得
根据动量定义可知
方向与竖直方向夹角为 。
19．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点B点与
一条水平轨道相连，轨道是光滑的，轨道所在空间存在水平向右、场强为E的匀强电场，从水平轨道上的
A点由静止释放一质量为m带正电的小球，设A、B间的距离为s，知小球受到的静电力大小等于小球重力
的 倍，C点为圆形轨道上与圆心O的等高点。（重力加速度为g）
（1）若 ，求小球运动到C点时对轨道的压力大小；
（2）为使小球刚好在圆轨道内完成圆周运动，求s的值。【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）当小球从A点释放，在静电力作用下运动，从A到C点静电力做正功，重力做负功，由动
能定理得
到达C点时，小球受到的支持力和静电力提供向心力
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小与小球受到的支持力大小相等，则
（2）为了使小球刚好在圆周轨道内运动，小球到达D点时恰好仅重力和静电力，如图所示，此时有
设合力与竖直方向的夹角为 ，则
即
从A点到D点时由动能定理得解得
20．（2022·云南师大附中高三阶段练习）如图所示，长为l的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量为
m的带正电的小球，空间中有与水平方向成30°的斜向下的匀强电场，场强大小等于小球重力和小球带电
量的比值。将小球拉至与O点等高处（此时轻绳被拉直且处于水平方向）由静止释放，已知重力加速度为
g。求：
（1）小球运动到最低点时，轻绳上的拉力大小；
（2）小球运动过程中与初位置的最远距离。
【答案】（1） ；（2）
【解析】类比于重力场中的轻绳模型，根据圆周运动的相关规律能够迅速解题。
（1）由于场强大小等于小球重力和小球带电量的比值，则有
电场力Eq方向与水平方向夹角为30°，如图所示
由分析可知等效重力F方向与竖直方向夹角为30°，其大小
将小球拉至与O点等高处（图中A位置）静止释放后，小球体将沿圆弧摆动至D位置速度为0，小球体由A运动到最低点C过程中，由动能定理有
小球体在C点，径向的合力提供向心力
解得
（2）由对称性得
则小球运动过程中与初位置的最远距离
解得
