电容器 带电粒子在电场中的直线运动
基础巩固
(多选)关于电容器的电容,下列说法中正确的是( )
A.根据C=Q
U
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.某一电容器上的电压变化时(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
2.心脏骤停最有效的抢救方式是尽早通过AED 自动除颤机给予及时治疗.如图所示,某型号
AED 模拟治疗仪器内有一电容为15 μF 的电容器,某次使用过程中,该电容器在10 s 内充电至
5000 V 电压,之后在3 ms 时间内完成放电,则
( )
A.电容器充电后所带的电荷量为75 C
B.电容器充电过程中电容一直增大
C.电容器放电过程中放电电流一直增大
D.电容器放电过程中平均电流为25 A
3.[2024·广东汕尾模拟] 如图所示,一个带电油滴以初速度v0从P 点斜向上进入水平向右的匀
强电场中,若油滴恰好能做直线运动,则油滴在向上运动的过程中( )
A.可能做匀速直线运动
B.一定做匀加速直线运动
C.机械能可能不变
D.电势能一定增加
4.[2024·浙江6 月选考] 如图所示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验,保持
电荷量不变,当极板间距增大时,静电计指针张角增大,则( )
A.极板间电势差减小
B.电容器的电容增大
C.极板间电场强度增大
D.电容器储存能量增大
5.[2025·山东济南模拟] 如图所示为某电容传声器结构示意图,当人对着传声器讲话时,膜片
会振动.若某次膜片振动时,膜片与极板距离减小,则在此过程中
( )
A.膜片与极板间的电容减小
B.极板所带电荷量减小
C.膜片与极板间的电场强度增大
D.电阻R 中有向上的电流
综合提升
6.如图所示,一面积较大的平行板电容器AB 水平放置,A 板带正电荷,B 板接地,P 为电容器中
心,再使A、B 分别以中心点O、O'为轴在竖直平面内转过一个相同的小角度θ,下列结论正
确的是
( )
A.电容器AB 的电容不变
B.两板间电场强度变大
C.两板间的P 点电势增大
D.两板间的P 点电势降低
7.[2025·安徽合肥模拟] 如图所示,D 是一只理想二极管,电流只能从a 流向b,而不能从b 流向
a.平行板电容器的A、B 两极板间有一带电油滴,电荷量为q(电荷量很小不会影响两板间电
场的分布),带电油滴在P 点处于静止状态.以Q 表示电容器储存的电荷量,U 表示两极板间电
压,φP表示P 点的电势,Ep表示带电油滴在P 点的电势能.若保持极板A 不动,将极板B 稍向下
平移,则下列说法中正确的是
( )
A.Q 减小
B.U 减小
C.φP减小
D.Ep减小
8.(多选)[2025·浙江温州模拟] 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,设带电粒子只受电场力的作用,则下列说法正
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 末带电粒子的速度为零
D.0~3 s 内,电场力做的总功为零
9.如图所示,倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为θ,两极板间的距离为d.带负
电的微粒质量为m,带电荷量为q,从极板M 的左边缘A 处以初速度v0水平射入,沿直线运动
并从极板N 的右边缘B 处射出,重力加速度为g,则( )
A.微粒到达B 点时动能为1
2
mv0
2
B.微粒的加速度大小等于gsin θ
C.两极板间的电势差UMN= mgd
qcos θ
D.微粒从A 点到B 点的过程中,电势能减少mgd
cos θ
10.小明利用图甲中的装置做“电容器充、放电”的实验.
已知电源输出电压为15 V,电阻箱接入的电阻R=5000 Ω,电流表内阻可忽略不计,电容器选用
电容较大的电解电容器.先将开关S 与“1”端闭合,对电容器进行充电;稍后再将开关与
“2”端闭合,并将此时记为t=0 时刻.电容器通过电阻箱放电,每隔5 s 记录电流表的读数,电
流表读数I 随放电时间t 变化的曲线如图乙所示.
(1)该电容器的电容约为 F(结果保留1 位有效数字).
(2)若仅将电阻箱接入的电阻R 调到7500 Ω,重新完成该实验操作,则电容器放电的I⁃t 图像与
图乙相比,不同点是
(回答一条即可).
拓展挑战
11.[2025·河南郑州模拟] 如图所示的两个平行板电容器水平放置,A 板用导线与M 板相连,B
板和N 板都接地.让A 板带电后,在两个电容器间分别有P、Q 两个带电油滴都处于静止状
态.AB 电容器的电容为C1,电压为U1,带电荷量为Q1;MN 电容器的电容为C2,电压为U2,带电
荷量为Q2.若将B 板稍向下移,则下列说法正确的是( )
A.P 向下运动,Q 向下运动
B.U1减小,U2增大
C.Q1减小,Q2增大
D.C1减小,C2增大
12.(多选)[2024·黑龙江哈尔滨模拟] 如图所示,水平放置的平行板电容器间存在着竖直向上
的匀强电场,电容器外无电场,上极板中心有一小孔.现将一长度为L 的均匀带电绝缘细杆的
下端对齐小孔,然后由静止释放,细杆下落的最大距离为2
3
L(未到达下极板).已知绝缘细杆的
质量为m、总带电荷量为q,重力加速度为g,不计空气阻力,则下列说法正确的是
( )
A.细杆带正电
B.细杆下降过程中的加速度先增大后减小
C.从静止释放到下落至最低点的过程中,细杆的电势能增加了2
3
mgL
D.平行板电容器间的电场强度大小为3mg
q
13.[2025·福建福州模拟] 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 以速率v1竖直向下匀速运动;当油滴P 经过板间M 点(图中未
标出)时,给金属板加上电压U,经过一段时间,发现油滴P 恰以速率v2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Ff=kvr,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 带正电
B.油滴P 所带电荷量的值为k (v1−v2)rd
U
C.从金属板加上电压到油滴向上匀速运动的过程中,油滴的加速度先增大后减小
D.油滴先后两次经过M 点经历的时间为v1(v2+ v1)
g v2
答案解析
1.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=Q
U
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.D [解析] 电容器充电后所带的电荷量为Q=CU=15×10-6×5000 C=0.075 C,A 错误;电容
器的电容由电容器本身的性质决定,与电容器是否带电无关,故电容器充电过程中电容保持不
变,B 错误;电容器放电过程中,放电电流逐渐减小,C 错误;电容器放电过程中的平均电流为I=
Q
t
= 0.075
3×10
-3 A=25 A,D 正确.
3.D [解析] 油滴恰好能做直线运动,则油滴所受合外力方向与速度方向在同一直线上,油滴
受到竖直向下重力、水平方向的电场力,受力不平衡,可知油滴不可能做匀速直线运动,要使
油滴所受合外力方向与速度方向在同一直线上,油滴受到的电场力水平向左,则油滴做匀减速
直线运动,故A、B 错误;油滴在向上运动的过程中,电场力做负功,机械能减小,电势能一定增
加,故C 错误,D 正确.
4.D [解析] 静电计指针张角增大,说明极板间电势差增大,A 错误;由C= εr S
4 π kd
可知,当极板
间距增大时,电容器的电容减小,B 错误;极板间电场强度E=U
d = Q
Cd =4 π kQ
εr S
,与Q 有关,但与
d 无关,由于电荷量不变,则极板间电场强度不变,C 错误;移动极板的过程中需要克服电场力
做功,电容器储存的能量增大,D 正确.
5.C [解析] 膜片与极板距离d 减小,根据电容决定式C= εr S
4 π kd
,可知膜片与极板间的电容增
大,膜片与极板间的电压不变,由C=Q
U
可知极板所带电荷量增大,A、B 错误;根据电场强度公
式E=U
d
,可知膜片与极板间的电场强度增大,C 正确;极板所带电荷量增大,电源给极板充电,
充电电流向下通过电阻R,D 错误.
6.D [解析] 根据题意,两极板在竖直平面内转过一个相同的小角度θ,由于极板面积较大,且
θ 较小,正对面积的变化忽略不计,两极板间的距离d 减小,根据电容的决定式和定义式C=
εr S
4 π kd
、C=Q
U
可知,d 减小,C 增大,故A 错误;根据公式E=U
d
=
Q
C
d
=4 π kQ
εr S
可知,两板间电场
强度不变,故B 错误;由图可知,P 与B 板间的距离减小,由于电容器内部电场强度不变,所以P
与B 板间的电势差减小,B 板接地,其电势为零,所以P 点电势降低,故C 错误,D 正确.
7.D [解析] 保持极板A 不动,将极板B 稍向下平移,板间距离d 增大,根据电容的决定式C=
εr S
4 π kd
知,电容C 减小;电容器的电压不变时,电容器所带电荷量将要减小,由于二极管具有单
向导电性,电荷不能流回电源,所以电容器的电荷量Q 保持不变;由于电容C 减小,由电容的定
义式C=Q
U ,可知两极板间电压U 变大;根据C= εr S
4 π kd
,C=Q
U ,E=U
d ,可得E=4 π kQ
εr S
,板间电
场强度E 不变,P 点与B 板间电势差UPB=EdPB,UPB增大,根据UPB=φP-φB可知P 点的电势增大,
根据平衡条件可知带电油滴带负电,由Ep=qφ 可知油滴在P 点的电势能Ep减小,A、B、C 错
误,D 正确.
8.CD [解析] 设第1 s 内粒子的加速度为a1,第2 s 内的加速度为a2,由a=qE
m
,可知a2=2a1,
所以粒子第1 s 内向负方向运动,1.5 s 末粒子的速度减小为零,然后向正方向运动,至3 s 末
回到原出发点,粒子的速度又减小为零,v-t 图像如图所示,由动能定理可知,0~3 s 内电场力做
的总功为零,选项A、B 错误,C、D 正确.
9.C [解析] 微粒仅受电场力和重力,电场力方向垂直于极板,重力的方向竖直向下,微粒做直
线运动,则合力方向沿水平方向,所以电场力方向垂直于极板斜向左上方,合力方向水平向左,
微粒做减速运动,微粒到达B 点时动能小于1
2
mv0
2,选项A 错误;根据qEsin θ=ma,qEcos
θ=mg,解得加速度a=gtan θ,选项B 错误;两极板间的电势差UMN=Ed= mgd
qcosθ
,选项C 正确;微
粒从A 点到B 点的过程中,电场力做负功,电势能增加,电势能增加量为qUMN= mgd
cosθ
,选项D
错误.
10.(1)4×10-3 (2)初始放电时的电流较小(或放电时间延长)
[解析] (1)图像与坐标轴所围面积表示电荷量,格数约60,每个格子表示电荷量q0=0.2×10-3×5
C=1×10-3 C,该电容器的电容C= N q0
U
=60×1×10
-3
15
F=4×10-3 F.
(2)因为电路中电阻变大,则初始放电时的电流较小,放电时间延长,但总电荷量不变,所以图像
与坐标轴所围面积不变.
11.C [解析] 将B 板稍向下移,则两板间距增大,根据C= εr S
4 π kd
可知,C1减小,而M、N 板不
动,则C2不变,故D 错误;假设两板带的电荷量均不变,根据U=Q
C
可知,A、B 板间电压将增大,
大于M、N 间的电压,所以左侧电容器将放电,右侧电容器将充电,因此Q1减小,Q2增大,故C
正确;充放电完成,稳定后,M、N 间电压增大,则A、B 间电压相对变化前也增大,故B 错误;A、
B 板间电场强度E1=U 1
d1
= Q1
C1d1
=4 π k Q1
εr S1
,由于左侧电容器所带电荷量减少,则A、B 板间电
场强度减小,P 所受电场力减小,电场力小于重力,所以P 向下运动,根据E=U
d
,由于M、N 间
电压增大,则M、N 板间电场强度增大,Q 所受电场力增大,电场力大于重力,所以Q 向上运动,
故A 错误.
12.ACD [解析] 若细杆带负电,则细杆将受到竖直向下的电场力,所以细杆会一直加速,根据
题意细杆应先向下加速后向下减速,故细杆带正电,故A 正确;设进入电场的细杆长度为x,则
mg-qE x
L
=ma,所以随着细杆下落,进入电场的长度x 不断增大,加速度应先向下减小后向上增
大,故B 错误;从静止释放到下落至最低点的过程中,细杆增加的电势能等于减小的重力势能,
为2
3
mgL,故C 正确;由动能定理得mg·2
3
L-F·2
3
L=0,由于细杆所受电场力为F=qE x
L
,即细杆进
入电场所受电场力与进入电场的细杆的长度成正比,所以F=0+ 2
3 qE
2
,解得E=3mg
q
,故D 正
确.
13.D [解析] 由于加上电压时,经过一段时间,发现油滴P 恰以速度大小v2竖直向上匀速运
动,说明油滴受到的电场力方向向上,所以油滴带负电,故A 错误;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mg=kv1r,施加电压后匀速向上运动时,根据平衡条件可得
qU
d
=mg+kv2r,联立解得q=k (v1+ v2)rd
U
,故B 错误;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qE+kvr-mg=ma,解得加速度大小为a=qU
md
+kvr -mg
m
,随着速
度的减小,加速度逐渐减小,向上加速运动的过程中,根据牛顿第二定律可得qE-kvr-mg=ma',
解得加速度大小为a'=qU
md
-kvr +mg
m
,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C 错误;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qU
d
t1+kv1rt1-mgt1=0-(-mv1),油
滴从速度为零到再次经过M 点的过程中,根据动量定理可得qU
d
t2-kv2rt2-mgt2=mv2,其中q=
k (v1+ v2)rd
U
,v1
t1=v2
t2,mg=kv1r,联立解得油滴先后两次经过M 点经历的时间为t=t1+t2=
v1(v2+ v1)
g v2
,故D 正确.
