6.3 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动
1．如图6－3－1所示是某个点电荷电场中的一根电场线，在线上O点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B点运动．下列判断中正确的是 ( )．
A．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越小
B．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，其加速度大小的变化不能确定
C．电场线由A指向B，该电荷做匀速运动
D．电场线由B指向A，该电荷做加速运动，加速度越来越大
解析 在由电场线上O点由静止释放一个自由的负电荷，它将沿电场线沿B点运动，受
电场力方向由A指向B，则电场线方向由B指向A，该负电荷做加速运动，其加速度大
小的变化不能确定．选项B正确．
答案 B
2. 如图6－3－2所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，E为电源，G为灵敏电流计，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则 ( )．
A．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在增大
B．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在增大
C．导体芯A所带电荷量在增加，液体的深度h在减小
D．导体芯A所带电荷量在减小，液体的深度h在减小
解析 电流计指针向左偏转，说明流过电流计G的电流由左→右，则导体芯A所带电荷
量在减小，由Q＝CU可知，芯A与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在
减小，故D正确．
答案 D
3．静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图6－3－3所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是 ( )．
图6－3－3
A．断开开关S后，将A、B分开些
B．保持开关S闭合，将A、B两极板分开些
C．保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些
D．保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动
解析 要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增
大，断开开关S后，将A、B分开些，电容器的带电荷量不变，电容减小，电势差增大，
A正确；保持开关S闭合，将A、B两极板分开或靠近些，静电计金属球和外壳之间的
电势差不变，B、C均错误；保持开关S闭合，将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动，
静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D错误．
答案 A
4．如图6－3－4所示，一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中，并沿直线 打在屏上O点，若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后，让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上，其他条件不变，两次相比较，则再次射入的带电小球 ( )．
A．将打在O点的下方
B．将打在O点的上方
C．穿过平行板电容器的时间将增加
D．达到屏上动能将增加
解析 由题意知，上极板不动时，小球受电场力和重力平衡，平行板电容器上移后，两
极板间电压不变，电场强度变小，小球再次进入电场，受电场力减小，合力方向向下，
所以小球向下偏转，将打在O点下方，A项正确，B项错误；小球的运动时间由水平方
向的运动决定，两次通过时水平速度不变，所以穿过平行板电容器的时间不变，C项错
误；由于小球向下偏转，合力对小球做正功，小球动能增加，所以D项正确．
答案 AD
5．如图6－3－5所示，地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场，一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为45°，则此带电小球通过P点时的动能为 ( )．
A．mv02 B.mv02
C．2mv02 D.mv02
解析 由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移相等，即v0t＝vPyt，
合速度vP＝
＝v0
EkP＝mvP2＝mv02，故选D(等效思维法)．
答案 D
6．如图6－3－6所示，电子由静止开始从A板向B板运动，当到达B极板时速度为v，保持两板间电压不变，则 ( )．
A．当增大两板间距离时，v也增大
B．当减小两板间距离时，v增大
C．当改变两板间距离时，v不变
D．当增大两板间距离时，电子在两板间运动的时间也增大
解析 电子从静止开始运动，根据动能定理，从A运动到B动能的变化量等于电场力做[ ]
的功．因为保持两个极板间的电势差不变，所以末速度不变，平均速度不变，若两板间
距离增加，时间变长．
答案 CD
7．如图6－3－7所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是 ( )．
A．仅将偏转电场极性对调
B．仅增大偏转电极间的距离
C．仅增大偏转电极间的电压 D．仅减小偏转电极间的电压
解析 设加速电场电压为U0，偏转电压为U，极板长度为L，间距为d，电子加速过程
中，由U0q＝，得v0＝ ，电子进入极板后做类平抛运动，时间t＝，a＝，
vy＝at，tan θ＝＝ ，由此可判断C正确．(类平抛模型)
答案 C
8．如图6－3－8所示，一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直．粒子从Q点射出电场时，其速度方向与电场线成30°角．已知匀强电场的宽度为d，P、Q两点的电势差为U，不计重力作用，设P点的电势为零．则下列说法正确的是 ( )．
A．带电粒子在Q点的电势能为－Uq
B．带电粒子带负电
C．此匀强电场的电场强度大小为E＝
D．此匀强电场的电场强度大小为E＝
解析 根据带电粒子的偏转方向，可判断B错误；因为P、Q两点的电势差为U，电场
力做正功，电势能减少，而P点的电势为零，所以A正确；设带电粒子在P点时的速度
为v0，在Q点建立直角坐标系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由曲线运
动的规律和几何知识求得带电粒子在y轴方向的分速度为vy＝v0.带电粒子在y轴方向
上的平均速度为y＝；带电粒子在y轴方向上的位移为y0，带电粒子在电场中的
运动时间为t，y0＝t，d＝v0t，得y0＝，由E＝得E＝，C正确，D错误．
答案 AC
9．如图6－3－9所示，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是 ( )．
A．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在
荧光屏上的位置上升
B．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置
上升
C．电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变
D．电压U增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大
解析 设加速电压为U0，进入偏转电场时的速度大小为v0，则电子经加速电场：eU0＝
mv02 ①
偏转电场中：L＝v0t ②
y＝×t2 ③
y＝mv2－mv02 ④
由①②③得y＝.
当滑动触头向右滑动时，U0变大，y变小，
所以选项A错，B对．
由①②③④得mv2＝＋eU0
当U增大时，mv2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项C错，D对．
答案 BD
10．M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图6－3－10所示，则下列说法正确的是 ( )．
A．电子在N点的动能小于在M点的动能
B．该电场有可能是匀强电场
C．该电子运动的加速度越来越小
D．电子运动的轨迹为曲线
解析 电子仅受电场力的作用，电势能与动能之和恒定，由图像可知电子由M点运动到
N点，电势能减小，动能增加，A选项错误；分析图像可得电子的电势能随运动距离的
增大，减小的越来越慢，即经过相等距离电场力做功越来越少，由W＝qEΔx可得电场强
度越来越小，B选项错误；由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小，所以加速度逐
渐减小，C选项正确；电子从静止开始沿电场线运动，可得MN电场线为直线，由运动
与力的关系可得轨迹必为直线，D选项错误．
答案 C
11．如图6－3－11甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．图6－3－26乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m、电荷量为－q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d可以改变收集效率η.当d＝d0时，η为81%(即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集)．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．
图6－3－11
(1)求收集效率为100%时，两板间距的最大值dm；
(2)求收集效率η与两板间距d的函数关系．
解析 (1)收集效率η为81%，即离下板0.81 d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压
电源的电压为U，则在水平方向有L＝v0t ①
在竖直方向有0.81d0＝at2 ②
其中a＝＝＝ ③
当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为
100%时，两板间距即为dm.如果进一步减小d，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有
L＝v0t ④
在竖直方向有dm＝a′t2 ⑤
其中a′＝＝＝ ⑥
联立①②③④⑤⑥式可得dm＝0.9d0 ⑦
(2)当d>0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端
边缘，此时有x＝2 ⑧
根据题意，收集效率为η＝ ⑨
联立①②③⑧⑨式可得η＝0.812.
答案 (1)0.9d0 (2)η＝0.812
12．如图6－3－12所示，长L＝1.2 m、质量M＝3 kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量m＝1 kg、带电荷量q＝＋2.5×10－4C的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E＝4.0×104N/C的匀强电场．现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F＝10.8 N．取g＝10 m/s2，斜面足够长．求：
(1)物块经多长时间离开木板？
(2)物块离开木板时木板获得的动能．
(3)物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的内能．
解析 (1)物块向下做加速运动，设其加速度为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定
律
对物块：mgsin 37°－μ(mgcos 37°＋qE)＝ma1
对木板：Mgsin 37°＋μ(mgcos 37°＋qE)－F＝Ma2
又a1t2－a2t2＝L
得物块滑过木板所用时间t＝s.
(2)物块离开木板时木板的速度v2＝a2t＝3 m/s.
其动能为Ek2＝Mv22＝27 J.
(3)由于摩擦而产生的内能为(程序思维法)
Q＝Fs相对＝μ(mgcos 37°＋qE)·L＝2.16 J.
答案 (1) s (2)27 J (3)2.16 J
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