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第 3 讲 电容器与电容 带电粒子在电场中的运动
时间：60分钟 满分：100分
一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分。其中1～3题为单选，4～8
题为多选)
1. (2020·北京市东城区一模)如图所示，电容器上标有“80 V 1000 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1000 μF
答案 C
解析 电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U和电量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＝1000×10－6×80 C＝0.08 C，故C正确。
2．(2018·北京高考) 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，
下列说法正确的是( )
A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
答案 A
解析 用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等
量的异号电荷，从而使电容器带电，故A正确；根据平行板电容器的电容决定式C
＝，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C＝可知，电
荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故B错误；根据电容的决
定式C＝，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数ε 增大，则电容C增大，
r
根据C＝可知，电荷量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角变小，故C错
误；电容与电容器所带的电荷量无关，故电容C不变，故D错误。
3．(2016·天津高考) 如图所示，平行板电容器带有等量异号电荷，与静电计相
连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电
荷，以E表示两板间的电场强度，E 表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指
p
针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则
( )
A．θ增大，E增大 B．θ增大，E 不变
p
C．θ减小，E 增大 D．θ减小，E不变
p
答案 D
解析 极板移动过程中电荷量Q保持不变，静电计指针张角变化反映板间电
势差U的变化，由C＝和C＝可知，极板下移，d减小，C增大，U减小，又E＝＝，
则E不变，E 不变，综合上述，只有D项正确。
p
4．(2020·安徽省蚌埠市高三下第四次教学质量检查) 如图，水平放置的平行板
电容器通过开关K连接在电源两极，极板间距离为h，上极板正中有一小孔。闭合
开关K，一个比荷(荷质比)为a的带电小球从小孔正上方高2h的P点由静止开始
下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球带负电，电源电动势为
B．保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，小球从P点由静止释放
将不能运动到下极板
C．断开开关，若将下极板向下移动一小段距离，极板间的电场强度为
D．断开开关，若将下极板向右平移一小段距离，小球从P点由静止释放将仍
能运动到下极板
答案 AC
解析 小球从静止开始下落到下极板处速度恰为零，可知静电力对小球做负
功，小球带负电，根据动能定理可知mg·3h－qU＝0－0，而＝a，解得板间电压为U
＝＝，则电源电动势为，A正确；保持开关闭合，若将下极板向下移动一小段距离，
电容器两端电压不变，静电力做功不变，重力做功增大，根据动能定理知小球可以
运动到下极板，B错误；断开开关，电容器所带电荷量不变，则E＝＝＝＝Q，可知
改变极板间距，电场强度不变，所以板间场强与开关闭合时相等，E＝＝＝，C正确；
断开开关，若将下极板向右平移一小段距离，极板正对面积减小，根据E＝知电场
强度增大，根据动能定理知小球不可能运动到下极板处，D错误。
5．(2021·八省联考河北卷) 如图，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，
板间为真空。两金属板分别与电源两极相连，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。起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板
间距减小到原来的一半。假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板。
忽略边缘效应，则下列说法正确的是( )
A．变化前后电容器电容之比为9∶17B．变化前后电容器所带电荷量之比为16∶9
C．变化前后电子到达下极板的速度之比为 ∶1
D．变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2∶1
答案 AD
解析 由平行板电容器电容公式C＝可知，变化前后电容器电容之比为＝·＝·
＝，电容器两端电压不变，变化前后电容器所带电荷量之比为＝＝，故A正确，B
错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，由动能定理有eU＝m
v
2，可知电子
到达下极板的速度v＝，电容器两端电压不变，则变化前后电子到达下极板的速度
之比为1∶1，故C错误；电子由静止从上极板运动到下极板过程，电子的加速度a
＝＝，电子的运动时间t＝ ＝ ＝d，则变化前后电子运动到下极板所用时间之比为
＝＝＝，故D正确。
6．(2021·湖南省株洲市高三教学质量统一检测(一))利用图甲所示电路可研究
电容器的充、放电。图乙为某次实验中通过计算机在同一图中描画出的电压和电
流的变化情况，阴影部分Ⅰ和Ⅱ的面积分别为S 、S 。可以推断出( )
1 2
A．图乙反映了电容器充电时的情况
B．S 表示极板电压为5 V时所带的电荷量
1
C．S ＝S
1 2
D．定值电阻R的阻值
答案 CD
解析 由图乙可知电容器两端的电压在不断地减小，即电容器处于放电的状
态，故A错误；在it图像中，图线与横轴所围面积表示在一段时间内通过导线某一
横截面的电荷量，则S 表示极板电压为5 V时所带的电荷量，故B错误；分析可知
2
S ＝CΔU ＝C·(10 V－5 V)，S ＝CΔU ＝C·(5 V－0 V)，故有S ＝S ，故C正确；刚
1 1 2 2 1 2
开始放电时，电容器两端电压为10 V，此时回路中的电流为50 mA，根据欧姆定律可求出定值电阻R的阻值R＝＝200 Ω，故D正确。
7. (2020·江苏省南通市、泰州市高三上学期第一次调研)如图所示，竖直平面内
存在着两个方向竖直向上的相同带状匀强电场区，电场区的高度和间隔均为d，水
平方向足够长。一个质量为m、电荷量为＋q的小球以初速度v0 在距离电场上方d
处水平抛出，不计空气阻力，则( )
A．小球在水平方向一直做匀速直线运动
B．小球在电场区可能做直线运动
C．若场强大小为，小球经过两电场区的时间相等
D．若场强大小为，小球经过两电场区的时间相等
答案 ABD
解析 将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行分解，水平方向不受力，故
小球在水平方向一直以速度v0 做匀速直线运动，故A正确；小球在电场区时，受
到竖直向下的重力和竖直向上的静电力作用，若静电力与重力大小相等，二力平
衡，小球做匀速直线运动，故B正确；若场强大小为，则静电力大小等于mg，在电
场区小球所受的合力为零，小球做匀速直线运动，因在无电场区小球做匀加速运
动，故经过下方电场区时小球在竖直方向匀速运动的速度较大，因此小球经过两
电场区的时间不等，故C错误；当场强大小为时，小球所受静电力大小等于2mg，
在电场区小球所受的合力大小等于mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖
直向上，根据运动学公式，在经过第一个无电场区时有：d＝gt，v1 ＝gt
1
，经过第一
个电场区时有：d＝v1 t
2
－gt，v2 ＝v1 －gt
2
，联立解得t
2
＝t
1
，v2 ＝0，接下来小球的运动
重复前面的过程，即每次通过无电场区时小球在竖直方向都做自由落体运动，每
次通过电场区时在竖直方向都做末速度为零的匀减速直线运动，因此，小球经过
两电场区的时间相等，故D正确。
8. (2020·天津市宁河区芦台第四中学二模)如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖
直屏M。一电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0 沿中线射入两板间，最后垂直
打在M上，已知重力加速度为g，下列结论正确的是( )
A．两极板间电场强度大小为
B．两极板间电压为
C．整个过程中质点的重力势能增加
D．若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在M上
答案 BD
解析 据题分析可知，质点在平行金属板间的轨迹应向上偏转，做类平抛运动
飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动
轨迹有对称性，则两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE－mg＝
mg，解得：E＝，由U＝Ed可知板间电压为：U＝，故A错误，B正确；质点在电场中
向上偏转的距离为：y＝at2，而a＝＝g，t＝，解得：y＝，故质点打在屏上的位置与P
点的距离为：s＝2y＝，整个过程质点重力势能的增加量为：E ＝mgs＝，故C错误；
p
因两板上所带电荷量不变，根据E＝，U＝，C＝，解得：E＝，若仅增大两板间的距
离，可知板间场强不变，质点在电场中的受力情况不变，则运动情况不变，故质点
仍能垂直打在M上，D正确。
二、非选择题(本题共3小题，共36分)
9．(2021·山东省济南市高三月考)(8分)如图甲所示，一同学在“用传感器观察
平行板电容器的放电”实验中，单刀双掷开关先置于1位置，待一段时间后，再置
于2位置，利用电容器放电过程中记录的数据作出的 It图像如图乙所示，已知电
源电动势为8.0 V，请回答以下问题：(1)电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为________ C(结果保留两位有
效数字)。
(2)根据以上数据估算电容器的电容值为________ F(结果保留两位有效数字)。
(3)如果将平行板电容器的板间距离增大，重做该实验，则图乙坐标纸中描绘
出的放电It图像距坐标原点会________(选填“变远”“变近”或“不变”)。
答案 (1)3.2×10－3(3.0×10－3～3.4×10－3均正确)
(2)4.0×10－4(3.8×10－4～4.3×10－4均正确)
(3)变近
解析 (1)根据图乙中的It图像可知，图线与t轴所围的面积即为电容器释放
的电荷量；图线与t轴所围部分所占的小方格约为40个，所以电容器在放电过程
中释放的电荷量为Q＝40×0.2×10－3×0.4 C＝3.2×10－3 C。
(2)电容器的电容值为C＝＝ F＝4.0×10－4 F。
(3)根据C＝可知，平行板电容器的板间距离增大即d变大时，C变小；再根据
Q＝CU，U不变，C变小，所以电容器在全部放电过程中释放的电荷量Q变小，即
图线与坐标轴所围的面积变小，而放电开始时的电流I ＝不变，所以放电It图像
max
与坐标原点的距离将变近。
10．(2019·全国卷Ⅲ)(12分)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v0 ，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：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
答案 (1) (2)2m( v＋g2t2)
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
a2＝gt2②
解得E＝③
(2)设B从O点发射时的速度大小为v1 ，到达P点时的动能为E
k
，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
E
k
－m v＝mgh＋qEh④
且有v1 ＝v0 t⑤
h＝gt2⑥
联立③④⑤⑥式得E
k
＝2m( v＋g2t2)。
11．(16分)如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装
置的加速电压为U ，电容器极板长L＝10 cm，极板间距d＝10 cm，下极板接地，电
0
容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极
板与下极板的电势差随时间变化的图像如图乙所示。每个电子穿过极板的时间都
极短，可以认为电子穿过极板的过程中电压是不变的。求：
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的位置到O点的距离；
(2)荧光屏上有电子打到的区间长度。
答案 (1)13.5 cm (2)30 cm
解析 (1)设电子经电压U
0
加速后的速度为v0 ，根据动能定理得：eU
0
＝m v①
设电容器间偏转电场的场强为E，则有：
E＝②
设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有：
沿中心轴线方向有：t＝③
垂直中心轴线方向有：a＝④
联立①②③④得y＝at2＝＝⑤
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy ，偏转角为θ，则电子通过偏
转电场时有：
vy
＝at⑥
tanθ＝⑦则电子在荧光屏上偏离O点的距离为
Y＝y＋Ltanθ＝⑧
由题图乙知t＝0.06 s时刻U＝1.8U ，
0
解得Y＝13.5 cm。
(2)由题知电子偏转量y的最大值为，根据y＝可得，当偏转电压超过2U 时，电
0
子就打不到荧光屏上了。
代入⑧式得：Y ＝⑨
max
所以荧光屏上电子能打到的区间长度为：
2Y ＝3L＝30 cm。
max
