文档内容
第 36 讲 电容器 带电粒子在电场中的直线运动
目录
01 模拟基础练
【题型一】实验：观察电容器的充、放电现象
【题型二】电容器的动态分析
【题型三】电容器 带电粒子在电场中的直线运动
02 重难创新练
【题型一】实验：观察电容器的充、放电现象
1．某实验小组在做“观察电容器放电”的实验时，按图甲所示连接电路，实验中使用电流传感器采集电
流信息，绘制 图像。
(1)将单刀双掷开关接 （选填“1”或“2”），对电容器进行充电。
(2)放电过程的 图像如图乙所示，图线与坐标轴所围成的面积表示电容器充电后所存储的电荷量，则电
容器所带电荷量 C（结果保留两位有效数字）。
(3)若只增大滑动变阻器R的阻值，不改变电路其他参数，则放电过程中 图线与坐标轴所围成的面积
（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】(1)2
(2)
(3)不变
【详解】（1）对电容器充电应该将电容器与电源相连，即将单刀双掷开关接2。
（2）有题意可知，图像与坐标轴围成的面积为电荷量，由题图可知，其面积约占40小格，所以其电荷量
为（3）由题意可知， 图像曲线与坐标轴围成的面积为电荷量，电荷量不会因为电阻R的阻值而变化，
所以该过程中图像曲线与坐标轴所围成的面积将不变。
2．探究电容器充放电规律，实验装置如图甲所示，有电源E，定值电阻R，电容器C，单刀双置开关S。
0
(1)为测量电容器充放电过程电压U和电流I变化，需在①、②处接入测量仪器，位置②应该接入测
（电流、电压）仪器。
(2)接通电路并接通开关，当电压表示数最大时，电流表示数为 。
(3)根据测到数据，某过程中电容器两端电压U与电流I的关系图如图乙所示。该过程为 （充电，放
电）。放电过程中电容器两端电压U随时间t变化关系如图丙所示。0.2s时R 消耗的功率 W。
0
【答案】(1)电压
(2)0
(3) 放电 0.32
【详解】（1）位置②与电容器并联，为测电压仪器。
（2）电压表示数最大时，电容器充电完毕，电流表示数为零。
（3）[1]电容器放电时电压和电流都减小，图像逆向分析，该过程为电容器放电过程。
[2]电容器充电完毕后的电压等于电源电动势，大小为12V，由题图丙可知t = 0.2s时电容器两端电压为U
= 8V，由题图乙可知当U = 8V时，电流I = 40mA，则电阻R 消耗的功率为
0
P = 8 × 4 0× 10－3W = 0.32W
3．用如图a所示的电路观察电容器的充放电现象，实验器材有电源E、电容器C、电压表、电流表、电流
传感器、计算机、定值电阻R、单刀双掷开关 、开关 、导线若干
(1)闭合开关 ，将 接1，电压表示数增大，最后稳定在12.3V。在此过程中，电流表的示数_____（填选
项标号）
A．一直稳定在某一数值B．先增大，后逐渐减小为零
C．先增大，后稳定在某一非零数值
(2)先后断开开关 、 ，将电流表更换成电流传感器，再将 接2，此时通过定值电阻R的电流方向
（选填“ ”或“ ”），通过传感器将电流信息传入计算机，画出电流随时间变化的 图像，
如图b， 时 ，图中M、N区域面积比为8∶7，可求出 （保留2位有效数字）。
【答案】(1)B
(2)
【详解】（1）电容器充电过程中，当电路刚接通后，电流表示数从0增大某一最大值，后随着电容器的不
断充电，电路中的充电电流在减小，当充电结束电路稳定后，此时电路相当于开路，电流为0。
故选B。
（2）[1]根据电路图可知充电结束后电容器上极板带正电，将 接2，电容器放电，此时通过定值电阻R
的电流方向 ；
[2] 时 可知此时电容器两端的电压为
电容器开始放电前两端电压为 ，根据 图像与横轴围成的面积表示放电量可得 间的放电量为
后到放电结束间放电量为
根据题意 ，解得
【题型二】电容器的动态分析
4．2018年8月23～25日，第九届上海国际超级电容器产业展览会成功举行，作为中国最大超级电容器展，
众多行业龙头踊跃参与。如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，一带电油
滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，在其他条件不变的情况下，现将平行板电容器的两极板非常
缓慢地错开一些，那么在错开的过程中（ ）
A．电容器的电容C增大
B．电容器所带的电荷量Q增大
C．电流计中的电流从N流向M
D．油滴将向下加速运动
【答案】C
【详解】A．根据可知电容器的两极板缓慢地错开一些，即极板间的正对面积减小，电容器的电容C随之减小。故A错误；
B．由
可知电容器极板间电压保持不变时，电容减小，则极板所带的电荷量Q减小。电容器处于放电状态，电流
计中的电流从N流向M。故B错误；C正确；
D．根据
可知极板间场强未变，极板间距离也未变，所以场强不变，油滴继续处于静止状态。故D错误。
故选C。
5．如图所示，在平行板电容器两板间有一个带电微粒。开关S闭合时，该微粒恰好能保持静止。若使该
带电微粒向上运动，下列说法正确的是（ ）
A．保持S闭合，极板N上移 B．保持S闭合，极板M上移
C．充电后将S断开，极板N上移 D．充电后将S断开，极板M上移
【答案】A
【详解】AB．微粒静止，所受重力和电场力等大反向，保持S闭合，则电容器极板间电压不变，根据
，若将极板N上移，板间距离 减小，板间场强增大，微粒受到的电场力增大，带电微粒向上运动；
若将极板M上移，板间距离 增大，板间场强减小，微粒受到的电场力减小，带电微粒向下运动；故A正
确，B错误；
CD．充电后将S断开，则电容器所带电荷量不变，根据
将极板N上移或极板M上移，板间场强不变，，微粒受到的电场力不变，带电微粒仍处于静止状态，故
CD错误。
故选A。
6．如图所示，M和N为两平行金属板，板间电压恒为U，在N板附近由静止释放一不计重力的带正电粒子。下列说法中正确的是（ ）
A．若仅减小两板间距离，粒子受到的电场力不变
B．若仅增大两板间距离，粒子到达M板时的速度将变大
C．若仅增大两板间距离，回路中会出现逆时针方向的瞬时电流
D．若仅减小两板的正对面积，回路中会出现顺时针方向的瞬时电流
【答案】C
【详解】A．极板之间的电场强度
板间电压U不变，仅减小两板间距离时，极板间电场强度增大，则粒子受到的电场力增大，故A错误；
B．根据动能定理有
解得
可知，仅增大两板间距离，粒子到达M板时的速度不变，故B错误；
C．根据电容的定义式有
，
解得
若仅增大两板间距离，电容器极板所带的的电荷量减少，即电容器将放电，此时回路出现逆时针方向的瞬
时电流，故C正确；
D．结合上述可知，仅减小两板的正对面积，电容器所带的的电荷量减少，电容器将放电，此时回路出现
逆时针方向的瞬时电流，故D错误。
故选C。
7．如图所示，平行板电容器两极板带有等量异种电荷，在与两极板等间距的P点固定一个点电荷。将电
容器的下极板接地，此时两极板间电场强度为E，下极板电荷量为Q，点电荷的电势能为E ，P点的电
1 1 p1
势为φ。然后保持下极板位置不动，将上极板向下移动一小段距离至虚线位置，此时板间电场强度为E，
1 2
下极板电荷量为Q，点电荷的电势能为E ，P点的电势为φ。下列判断正确的是（ ）
2 p2 2A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A．根据
得
即电场强度与两极板间距无关，所以
故A错误；
BD．由于电容器下极板接地，电势为零，且P点离下极板的距离保持不变，根据
U=Ed
可知P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变
根据
Ep=
知电势能Ep不变，即
故BD错误；
C．电容器上下极板电量等量，不变
故C正确。
故选C。
8．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，
如图所示。E表示极板间的场强，U表示极板间的电压， 表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不
动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ）A．U变小，E变小 B．E变大， 变大
C．U不变， 不变 D．U变小， 不变
【答案】D
【详解】一平行板电容器充电后与电源断开，可得电容器所带电荷量不变；将正极板移到图中虚线所示的
位置，根据
，
由于板间距离减小，可知电容器电容增大，则极板间的电压 变小；根据
可知板间场强 不变，由于P点与接地下极板的距离不变，则P点与接地下极板的电势差不变，P点的电
势不变，则正电荷在P点的电势能 不变。
故选D。
9．平行板电容器是最简单的，也是最基本的电容器。如图所示，已充电完成的平行板电容器内部悬挂一
质量为m的带电小球，稳定时悬线偏离竖直方向的夹角为 。重力加速度为g，则下列判断正确的是（
）
A．小球带正电且所受电场力为 B．仅增大两极板之间的距离， 角将变大
C．仅将A板稍微上移， 角将变大 D．若剪断绳子，小球将沿水平方向向右运动
【答案】AC
【详解】A．以小球为对象，根据受力平衡可知，小球受到的电场力水平向右，与板间电场方向相同，则
小球带正电，根据
解得电场力大小为
故A正确；BC．根据
仅增大两极板之间的距离，场强不变，小球受到的电场力不变，则 角不变；仅将A板稍微上移，正对面
积减小，场强增大，小球受到的电场力增大，则 角将变大；故B错误，C正确；
D．若剪断绳子，小球受到电场力和重力作用，小球将沿电场力和重力的合力方向斜向下运动，故D错误。
故选AC。
【题型三】电容器 带电粒子在电场中的直线运动
10．如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由
O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向左平移到 点，则由O点静止释放的电子（ ）
A．运动到P点返回 B．运动到P和 点之间返回
C．运动到 点返回 D．穿过 点后继续运动
【答案】D
【详解】由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，表明电子在薄板A、B之间做加速运动，电场力做正
功，电场方向向左，在薄板B、C之间做减速运动，电场力做负功，电场方向向右，到达P点时速度恰好
为0，之后，电子向左加速至M点，再向左减速至O点速度为0，之后重复先前的运动，根据动能定理有
解得
根据
当C板向左平移到 点，B、C间距减小，B、C之间电压减小，则有
结合上述有
可知，电子减速运动到 的速度不等于0，即电子穿过 点后继续向右运动。
故选D。
11．如图，在P板附近有电荷（不计重力）由静止开始向Q板运动，则以下解释正确的是（ ）A．到达Q板的速率与板间距离和加速电压两个因素有关
B．电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越短，加速度越小
C．电压一定时，两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越大
D．若加速电压 与电量 均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍
【答案】D
【详解】A．根据动能定理得
到达Q板的速率为
可知到达Q板的速率只与加速电压有关，与板间距离无关，故A错误；
BC．根据运动学公式
由牛顿第二定律
可知两板间距离越大，加速的时间越长，加速度越小，故BC错误；
D．到达Q板的速率为
故若加速电压 、与电量 均变为原来的2倍，则到达Q板的速率变为原来的2倍，故D正确。
故选D。
12．如图甲所示，两板距离足够宽，板间原来固定一电子，使之处于静止状态，电子重力不计。两极板间
加上如图乙所示的交变电压，在 t时刻释放电子，以下说法正确的是（ ）A．如果t= ，电子一直向A板运动
B．如果t= ，电子时而B板运动，时而向A板运动，最后向B板靠近
C．如果t= ，电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后向A板靠近
D．如果t= ，电子时而向B板运动，时而向A板运动，最后向A板靠近
【答案】D
【详解】A．如果t= ，电子先向A板加速 ，再向A板减速 ，而后向B板加速 ，再向B板减速 ，
之后重复以上运动，最后打到A板。故A错误；
B．如果t= ，电子先向A板加速 ，再向A板减速 ，而后向B板加速 ，再向B板减速 ，之后重复
以上运动，电子时而B板运动，时而向A板运动，两板距离足够宽，最后不会打到A、B板上。故B错误；
C．如果t= ，电子先向B板加速 ，再向B板减速 ，而后向A板加速 ，再向A板减速 ，之后重
复以上运动，电子时而B板运动，时而向A板运动，两板距离足够宽，最后不会打到A、B板上。故C错
误；
D．如果t= ，电子先向B板加速 ，再向B板减速 ，而后向A板加速 ，再向A板减速 ，之后
重复以上运动，最后打到A板。故D正确。
故选D。
13．如图所示，平行板电容器的两极板连接一电压恒定的电源，板间距离为d，一带电粒子P静止在电容
器内部。若固定该带电粒子，将电容器极板间距离增加h，然后释放该带电粒子。重力加速度为g，则粒子
的加速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】极板间距离增加之前，粒子受重力和电场力作用处于平衡，有
将电容器极板间距离增加h后，由牛顿第二定律得解得
故选A。
14．如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为 的光滑斜面上，当整个装置被置于
一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g， ， 。求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）若将电场强度减小为原来的 ，物块的加速度是多大；
（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时的动能。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）小物块静止时受力如图所示
沿斜面方向，根据受力平衡可得
解得
（2）若将电场强度减小为原来的 ，则变为
根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小（3）电场强度变化后物块下滑的距离L时，根据动能定理可得
解得动能为
1．如图所示，水平放置的平行板电容器与电源连接。闭合开关待稳定后，有一带电油滴恰好能静止在电
容器中的P点，则（ ）
A．保持开关闭合，将上极板往下平移，油滴向上加速
B．保持开关闭合，将上极板向左移动少许，电路中出现从a到b的电流
C．断开开关，将上极板往上平移，P点电势降低
D．断开开关，将上极板向左移动少许，板间电场强度大小不变
【答案】A
【详解】A．保持开关闭合，电容器两极板间的电压U保持不变，将上极板往下平移，两极板间的距离d
减小，根据
可知电容器内部电场强度增大，液滴所受的电场力大于重力，因此油滴向上加速运动，故A正确；
B．保持开关闭合，将上极板向左移动少许，两极板间正对面积S减小，根据
，
可知电容减小，由于电压保持不变，因此电容器的带电量减小，电路中出现从b到a的电流，故B错误；
C．断开开关，电容器的带电量Q保持不变，根据
，
可知电容器内部的电场强度为可知将上极板往上平移后，电容器内部的电场强度保持不变，P点电势保持不变，故C错误；
D．断开开关，将上极板向左移动少许，根据
，
可知电容减小，由于带电量保持不变，则两极板间的电压升高，根据
可知板间电场强度增大，故D错误。
故选A。
2．如图所示，一平行板电容器的两极板 A、B水平放置， A极板接地，电容器、二极管、开关S与电源
相连，已知二极管具有单向导电性。现将开关S闭合，在 P点有一带电液滴恰好处于静止状态。保持开关
S闭合，下列说法正确的是（ ）
A．将A板向上移动一小段距离， 电容器将放电
B．将A板向上移动一小段距离， 液滴在P点的电势能不变
C．将B板向上移动一小段距离，电容器将充电
D．将B板向上移动一小段距离， 液滴在P点的电势能减小
【答案】C
【详解】AB．在 P点有一带电液滴恰好处于静止状态，根据受力平衡可知，电场力竖直向上，与场强方
向相反，则带电液滴带负电；保持开关S闭合，将A板向上移动一小段距离，板间距离增大，根据
，
可知电容减小，由于二极管具有单向导电性，所以不能放电，电容器储存的电荷量不变，根据
可知场强不变，AP间电压增大，P点电势降低，则液滴在P点的电势能增大，故AB错误；
CD．保持开关闭合，将B板向上移动一小段距离，根据
， ，
由于板间距离减小，可知电容增大，电容器充电，两极板电压不变，场强增大，AP间电压增大，P点电势
降低，则液滴在P点的电势能增大，故C正确，D错误。
故选C。
3．（多选）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．被测材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变
C．极板间电场强度变小 D．电容器电容变大
【答案】AC
【详解】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，根据
可知电容器的电容C减小，根据
可知，两板间距d变大，则被测材料竖直方向尺度减小；根据
可知，极板间电场强度变小，选项BD错误，AC正确。
故选AC。
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
【答案】CD
【详解】A．根据
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；
B．电容器充电完成后，断开开关，电容器电量不变，根据电容减小，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；
C．电容器两极板间电压增大，根据
两极板间电场强度变大，故C正确；
D．P点与电容器下极板距离不变，根据 ，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。
故选CD。
5．（多选）如图所示，保持电容器极板的正对面积与极板间的均匀电介质都不变化，手持绝缘棒将左极
板缓慢向左平移一小段距离，通过静电计指针偏角的变化确定电容器两极板间电势差的变化。不计电容器
上电荷量的变化，左极板接地，P为两极板间的一点。在电容器的左极板向左平移的过程中，下列说法正
确的是（ ）
A．电容器的电容变大
B．静电计指针偏角变大
C．P点的电场强度不变
D．P点的电势降低
【答案】BC
【详解】A．将左极板缓慢向左平移一小段距离，则两极板间的距离增加，由于平行板电容器的公式
可知，其电容器的电容减小，故A项错误；
B．由于平行板电容器未与电源相连，所以该电容器所带电荷量不变，由于
由题意可知，其电容器两极板间的距离增加，电荷量不变，所以电压U增加，即静电计指针偏角变大，故
B项正确；
C．由于
又因为匀强电场中有整理有
由上述式子分析可知，其平行板间的电场强度不变，故C项正确；
D．由题意可知，左侧极板接地，即左侧极板的电势不变为零，有
由之前的分析可知，电场强度大小不变，左极板电势不变为零，P点到左极板的距离增加，所以P点电势
升高，故D项错误。
故选BC。
6．（多选）两个较大的平行金属板A、B，分别接在电源正、负极上，这时一个带电油滴恰好静止在两极
板之间，如图所示，在其它条件不变的情况下，那么在下列的过程中（ ）
A．油滴带正电
B．断开开关S，增大板间距离，油滴将仍保持静止状态
C．保持连接电源，增大板间距离，油滴将不能保持静止状态
D．保持连接电源，增大板间距离，极板上的电量将增大
【答案】BC
【详解】A．A极板与电源正极连接，极板之间电场方向向下，油滴静止，根据平衡条件在，油滴所受电
场力方向向上，电场力方向与电场方向相反，则油滴带负电，故A错误；
B．断开开关S，极板所带电荷量不变，根据
，
解得
可知，此时极板之间电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴将仍保持静止状态，故B正确；
C．保持连接电源，极板之间电压一定，结合上述可知，增大板间距离，极板之间的电场强度减小，油滴
所受电场力减小，油滴将向下运动，故C正确；
D．结合上述可知，保持连接电源，增大板间距离，电容器的电容减小，极板所带电荷量减小，故D错误。
故选BC。
7．如图所示，人体的细胞膜由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压（医学上称为膜电位），使得只有带特定电荷的粒子才能通过细胞膜进入细胞内。初速度为 的正一价钠离子仅在电场力的作用下，从
细胞膜外A点刚好运动到细胞膜内B点。将膜内的电场看作匀强电场，已知A点电势为 ，正一价钠离子
质量为m，电子电荷量为e，细胞膜的厚度为d。下列说法正确的是（ ）
A．钠离子匀减速直线运动的加速度大小
B．膜内匀强电场的场强
C．B点电势
D．钠离子在B点的电势能为
【答案】C
【详解】正一价钠离子做匀减速直线运动，刚好到达B点，即到达B点时速度为零，由
解得加速度大小
故A错误；
B．由牛顿第二定律可知
联立解得
故B错误；
C．由动能定理可得
解得B点电势为
故C正确；
D．钠离子在B点电势能为故D错误。
故C正确。
8．如图甲中高能医用电子直线加速器能让电子在真空场中被电场力加速，产生高能电子束，图乙为加在
直线加速器上a、b间的电压，已知电子电荷量为e，质量为m，交变电压大小始终为U，周期为T，
时刻电子从轴线BC上的紧靠0号金属圆筒右侧由静止开始被加速，圆筒的长度的设计遵照一定的规律，
使得粒子“踏准节奏”在间隙处一直被加速。不计在两金属圆筒间隙中的运动时间，不考虑电场的边缘效
应，则（ ）
A．电子在第1个圆筒内加速度 B．电子在第2个圆筒内运动时间
C．电子射出第3个圆筒时的速度为 D．第8号金属圆筒的长度为
【答案】D
【详解】A．金属筒中电场为零，电子不受电场力所用，则电子在第1个圆筒内加速度为0，故A错误；
B．电子每经过圆筒间狭缝时都要被加速，然后进入圆筒做匀速直线运动，所以电子在圆筒运动时间必须
为 ，才能满足每次经过狭缝时被加速，故B错误；
C．设电子进入第3个圆筒时的速度为 ，由动能定理有
可得
因为电子在圆筒中做匀速直线运动，则电子射出第3个圆筒时的速度为 ，故C错误；
C．设电子进入第8号圆筒时的速度为 ，由动能定理有
可得而电子在圆筒内做匀速直线运动，由此可得第8号圆筒的长度为
故D正确。
故选D。
9．粒子直线加速器原理示意图如图1所示，由多个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的
圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电压变化规律如图2所示，在 时，
奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一自由电子由静止开
始发射，之后在各狭缝间持续加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压为U，周期为T。不考虑
电子的重力和相对论效应，忽略电子通过圆筒狭缝的时间，下列说法正确的是（ ）
A．电子在圆筒里做加速运动
B．要实现加速，电子在圆筒运动时间必须为T
C．第n个圆筒的长度应满足
D．保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调小交变电压的周期
【答案】D
【详解】A．金属筒中电场为零，电子不受电场力所用，电子做匀速直线运动，故A错误；
B．电子每经过圆筒间狭缝时都要被加速，然后进入圆筒做匀速直线运动，所以电子在圆筒运动时间必须
为 ，才能满足每次经过狭缝时被加速，故B错误；
C．设电子进入第n个圆筒时的速度为 ，由动能定理有
而电子在圆筒内做匀速直线运动，由此可得第n个圆筒的长度为
解得
故C错误；
D．由C选项分析可知，保持加速器筒长不变，若要加速比荷更大的粒子，则要调小交变电压的周期，故
D正确。
故选D。10．1909年密立根通过油滴实验测得电子的电荷量，因此获得1923年诺贝尔物理学奖，实验装置如图。
两块水平放置相距为d的金属板A、B分别与电源正、负两极相接，从A板上小孔进入两板间的油滴因摩
擦带上一定的电荷量。两金属板间未加电压时，通过显微镜观察到某带电油滴P以速度大小 竖直向下匀
速运动；当油滴P经过板间M点（图中未标出）时金属板加上电压U，经过一段时间，发现油滴P恰以速
度大小 竖直向上匀速经过M点。已知油滴运动时所受空气阻力大小为 ，其中k为比例系数，v为
油滴运动速率，r为油滴的半径，不计空气浮力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．油滴P两次经过M点时速度 、 大小相等
B．油滴P所带电荷量的值为
C．油滴P先后两次经过M点经历的时间为
D．从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴P的加速度先增大后减小
【答案】C
【详解】A．油滴P两次经过M点时重力与电场力做功均为0，阻力做负功，所以
故A错误；
B．设油滴P所带电荷量的值为q，没有加电压时，根据平衡条件可得
施加电压后匀速向上运动时，根据平衡条件可得
解得
故B错误；
C．油滴经过M点向下运动到速度为零过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得
油滴从速度为零到达到M点的过程中，根据动量定理可得其中
， ，
解得油滴先后两次经过M点经历的时间为
故C正确；
D．从金属板加上电压到油滴速度减为零的过程中，根据牛顿第二定律可得
解得
随着速度的减小，加速度逐渐减小；油滴向上加速运动到 的过程中，根据牛顿第二定律可得
解得
随着速度的增大，加速度逐渐减小；综上所述，从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中，油滴的
加速度一直减小，故D错误。
故选C。
11．如图所示，平行板电容器上极板MN与下极板PQ水平放置，一带电液滴从下极板P点射入，恰好沿
直线从上极板N点射出。下列说法正确的是（ ）
A．该电容器上极板一定带负电
B．液滴从P点到N点的过程中速度增加
C．液滴从P点到N点的过程中电势能减少
D．液滴从P点以原速度射入后可能做匀减速直线运动
【答案】C
【详解】B．由于带电液滴受到的重力和电场力都处于竖直方向，所以为了使带电液滴从下极板P点射入，
恰好沿直线从上极板N点射出，带电液滴的合力应为零，带电液滴做匀速直线运动，即液滴从P点到N点
的过程中速度不变，故B错误；
A．电场力与重力平衡，电场力方向竖直向上，由于不知道带电液滴的电性，所以不能确定电场方向，不能确定极板电性，故A错误；
C．电场力与重力平衡，电场力方向竖直向上，可知电场力对带电液滴做正功，液滴的电势能减少，故C
正确；
D．液滴从P点以原速度射入时，液滴受到重力和电场力均保持不变，液滴仍做匀速直线运动，故D错误。
故选C。
12．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
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．平移后下板和上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
【答案】C
【详解】AB．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
可得
方向竖直向下，根据
由电容定义式有
由电容决定式有
联立解得可知，当上极板向上移动时，E不变，方向仍然竖直向下，仍有
所以油滴仍做匀速直线运动，故AB错误；
C．综上分析，由于E不变，根据
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
故C正确；
D．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
则电场力做功
根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，故D错误。
故选C。
13．工业生产中经常会用到需要避光储存的绝缘液体原料，为了方便测量其深度，某同学设计了如下装置。
在储存液体原料的桶的外侧底部，放置一个与桶底形状相同、面积为S的金属板，桶内有一面积为S的轻
质金属箔板，漂浮在液体表面上。圆桶由绝缘材料制成，桶壁厚度可忽略不计，使用时需要进行如下操作：
(1)将开关接“1”接线柱，电容器充满电后，将开关接“2”接线柱，电流传感器记录下电流随时间的变化关
系如图。可知电容器充满电后的电荷量 C。
(2)再将开关接“1”接线柱，电容器充满电后，将开关接“3”接线柱，电压传感器的示数为 。可根据 的
大小得出液体的深度 ；改变深度 ，电压传感器示数随之改变。根据所学知识判断电压传感器示数和液
体的深度成 关系（填“线性”、“非线性”）。
(3)由于工作过程中电荷量会有一定的损失，将导致深度的测量结果 （填“偏大”、“偏小”、
“不受影响”）。
【答案】(1)
(2)线性
(3)偏小
【详解】（1）I-t图像与坐标轴围成的面积表示电量，一小格的电量为图中总共约14小格，所以电容器充满电的电荷量为
（2）根据
，
联立，解得
可知电压传感器示数和液体的深度成线性关系。
（3）由于工作过程中电荷量会有一定的损失，则极板间电压随之减小，将导致深度的测量结果偏小。
14．电流传感器不仅可以和电流表一样测电流，而且还具有反应快、能捕捉到瞬间电流变化等优点。某学
习小组用传感器观察电容器的充放电现象并测量该电容器的电容。实验操作如下：
①小组成员按照图甲所示的电路进行实物连接；
②先将开关S拨至1端，电源向电容器充电，电压传感器记录这一过程中电压随时间变化的 图线，如
图乙所示；
③然后将开关S拨至2端，电容器放电，电流传感器记录这一过程中电流随时间变化的 图线，如图丙
所示。
则：
(1)电容器放电时，流过电阻R的电流方向为 ；（选填“a→b”或“b→a”）；
(2)已知 图线与t轴所围成的面积表示电荷量，若图丙中 图线与t轴所围的小格数约为60个，则该电
容器充电完毕后所带的电荷量约为 C，电容大小约为 F。（结果均保留两位有效数字）
【答案】(1)
(2)【详解】（1）电容器上极板带正电，则放电时，流过电阻R的电流方向为b→a；
（2）[1]该电容器充电完毕后所带的电荷量约为
[2]电容大小约为
15．如图甲所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，使电容器带电后与电源断开，将电
容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连。
(1)使用静电计的目的是观察电容器两极板间的 （选填“电容”“电势差”或“电荷量”）变化
情况。
(2)在实验中观察到的现象是__________。（填正确答案前的标号）
A．将左极板向上移动一段距离，静电计指针的张角变小
B．向两板间插入陶瓷片时，静电计指针的张角变大
C．将左极板右移，静电计指针的张角变小
D．将左极板拿走，静电计指针的张角变为零
(3)某兴趣小组用两片锡箔纸做电极，用三张电容纸（某种绝缘介质）依次间隔夹着两层锡箔纸，一起卷成
圆柱形，然后接出引线，如图乙所示，最后密封在塑料瓶中，电容器便制成了。为增大该电容器的电容，
下列方法可行的有__________。（多选，填正确答案前的标号）
A．增大电容纸的厚度 B．增大锡箔纸的厚度
C．减小电容纸的厚度 D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积
(4)同学们用同一电路分别给两个不同的电容器充电，充电时通过传感器的电流I随时间t变化的图像如图
丙中①、②所示，其中①对应电容器C 的充电过程，②对应电容器C 的充电过程，则两电容器中电容较
1 2
大的是 （选填“C ”或“C ”）。
1 2
【答案】(1)电势差
(2)C
(3)CD
(4)C
2
【详解】（1）使用静电计的目的是观察电容器两极板间的电势差变化情况。
（2）A．将左极板向上移动一段距离，则两板正对面积减小，根据
可知，电容器的电容C减小，根据可知，Q一定，则U变大，即静电计指针的张角变大，选项A错误；
B．向两板间插入陶瓷片时，根据
可知，C变大，根据
可知，Q一定，则U变小，静电计指针的张角变小，选项B错误；
C．将左极板右移，根据
可知，C变大，根据
可知，Q一定，则U变小，静电计指针的张角变小，选项C正确；
D．把左极板拿走，相当于增大d，根据
可知，则C变小，根据
可知，U变大，所以静电计指针的张角变大，故D错误；
故选C。
（3）由平行板电容器因素决定式
A．增大电容纸的厚度，d增大，故电容减小，故A错误；
B．增大锡箔纸的厚度，对电容无影响，故B错误；
C．减小电容纸的厚度，d减小，故电容增大，故C正确；
D．同时增大锡箔纸和电容纸的面积，S增大，故电容增大，故D正确。
故选CD。
（4）用同一电路分别给两个不同的电容器充电，则充电完成后，两电容器两端电压相同，由于I-t图像面
积表示带电量，电容器2带电量大，根据Q=CU可知，电容器的电容C ＜C 。即两电容器中电容较大的是
1 2
C 。
2
16．如图所示，平行金属板 、 水平放置，它们之间距离为 ，除边缘外，它们之间的电场可以看为匀
强电场，电场强度为 。一质量为 、电荷量为 的带正电粒子从 板由静止释放。已知 ，重力加速度为 ，忽略空气阻力。
（1）求带电粒子的加速度；
（2）若在带电粒子运动 距离时，电场强度 大小不变，方向相反，不考虑调换时间，求该粒子从 板
运动到 板经历的时间 。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）由牛顿第二定律得
结合 解得
（2）粒子运动 距离时速度为
加速运动的时间
匀速运动时间
粒子从 板运动到 板经历的时间
17．带电量为 、质量为0.4kg的小球在电场力作用下沿光滑绝缘水平面做匀变速直线运动，匀强电
场方向与水平面平行。小球位移与时间关系满足 （式中x以m为单位，t以s为单位），从
时刻开始运动到 末，小球从M点运动到N点。求：
（1）电场强度大小E；
（2）M、N两点间电势差 。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）小球位移与时间关系满足结合匀减速直线运动位移时间公式
可知小球的初速度和加速度大小分别为
，
根据牛顿第二定律可得
解得电场强度大小为
（2）从 时刻开始运动到 末，小球从M点运动到N点，根据运动学公式可知， 末的速度大
小为
由动能定理可得
解得M、N两点间电势差为
18．如图甲所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地
（电势为零），A板电势变化的规律如图乙所示。将一个质量m=2.0×10-27kg、电荷量q=＋1.6×10-19C的带
电粒子从紧邻B板处释放，不计粒子重力。求：
（1）若A板电势变化周期T=1.0×10-5s，在t=0时将带电粒子从紧邻B板处无初速度释放，粒子到达A板
时速度的大小；
（2）A板电势变化频率多大时，在t= 到t= 时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到
达A板。
【答案】（1）2.0×104m/s；（2）
【详解】（1）电场强度
带电粒子所受电场力解得
粒子在 时间内走过的距离为
故带电粒子在 ,恰好到达A板，此时带电粒子速度
（2）带电粒子在 向A板做匀加速运动，在 向A板做匀减速运动，速度减为零后将返
回。粒子向A板运动可能的最大位移
要求粒子不能到达A板，则有
电势变化频率应满足
19．如图所示，水平放置的平行板电容器上板上开有一个小孔，电容器两板间距离为d，所加电压恒定，
现将一质量为m、带电量为+q的小球从小孔正上方2d高处由静止开始释放，从小孔进入电容器后恰好做
匀速直线运动。重力加速度为g。
（1）求电容器两板间电压，并判断上、下板哪一板电势较高；
（2）若在其他条件不变的情况下，仅将下板向下移动距离d，求：
①小球在电容器内运动的加速度大小；
②小球到达下板时的速度大小。【答案】（1） ，下板电势高；（2）① ；②
【详解】（1）小球在两板间做做匀速直线运动，则
解得电容器两板间电压
小球受电场力向上，可知下板电势高；
（2）①小球在电容器内运动的加速度大小
解得
②设小球进入上板时的速度为v，根据
0
可得小球到达下板时的速度大小
20．真空中一质量为m、带电荷量为 的油滴从A点以一定的速度竖直向上射出，经时间 后油滴速度减
为0，此时在空间施加一沿竖直方向的匀强电场，持续一段时间 后，将电场反向，但其大小保持不变，
再持续同样的一段时间后，油滴恰好回到A点，重力加速度大小为g。求：
（1）油滴回到A点时的动能 ；
（2）匀强电场的电场强度大小E；
（3）油滴上升的最大高度h。
【答案】（1） （2） （3）
【详解】（1）设匀强电场的电场强度为E，在施加电场之前油滴上升过程
分析油滴从A点经过一系列运动返回A点的过程，取向上为正，根据动量定理
在分析油滴从抛出到速度减为零的过程，同理，取向上为正，根据动量定理有
联立解得油滴回到A点时的动能为
（2）在施加电场之前油滴上升过程
施加电场后，油滴继续上升的过程
电场反向后
又因为
+
联立解得
（3）根据油滴上升过程的位移方程可得
油滴上升的最大高度h
