电容器 电场中带电粒子的运动
一、选择题(本大题共9个小题，共63分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得
7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分)
1．(2009·海南高考)一平行板电容器两极板间距为d，极板面积为S，电容为，其中
ε0是常量．对此电容器充电后断开电源．当增加两板间距时，电容器极板间( )
A．电场强度不变，电势差变大
B．电场强度不变，电势差不变
C．电场强度减小，电势差不变
D．电场强度减小，电势差减小
解析：电容器充电后断开，故电容器的带电荷量不变，当增大两极板间的距离时，
由C＝可知，电容器的电容变小，由U＝可知电压变大，又由E＝可得E＝＝
＝＝，所以电场强度不变，A正确．
答案：A
2．平行板间有如图1所示的周期性变化的电压．
重力不计的带电粒子静止在平行板，从t＝0
时刻开始将其释放，运动过程中无碰板情
况．在图2所示的图象中，能正确定性描述粒子
运动的速度图象的是 ( )
图2
解析：0～时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线
运动，由对称性可知，在T时刻速度减为零．此后周期性重复，故A对．
答案：A
3．如图3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.
答案：D
4．有三个质量相等的分别带有正电、负电和不带电的微
粒，从极板左侧以相同的水平初速度v先后垂直场强
方向射入，分别落到极板A、B、C处，如图4所示，则下
列说法正确的有 ( )
A．落在A处的微粒带正电，B处的不带电，C处的带负电
B．三个微粒在电场中运动时间相等
C．三个微粒在电场中运动的加速度aA＜aB＜aC
D．三个微粒到达极板时的动能EkA＞EkB＞EkC
解析：微粒在水平方向上均做匀速直线运动，且水平速度相同，三微粒在水平方向
上的位移，xC＜xB＜xA.
则三微粒的运动时间为
tC＝，tB＝，tA＝
所以tC＜tB＜tA
微粒在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则有
＝aAtA2＝aBtB2＝aCtC2
所以aA＜aB＜aC，所以落在A处的微粒必带正电，B处的不带电，而C处的带负电，
A、C选项正确，B选项错误．
根据动能定理得
A处：mg－qAE＝EkA－mv2
B处：mg＝EkB－mv2
C处：mg＋qCE＝EkC－mv2
所以D项错误．
答案：AC
5．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图5所示，
真空室中电极K发出电子(初速度不计)，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿
水平金属板A、B间的中心线射入板间．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压
为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m，
电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是
( )
图5
A．U1变大，U2变大 B．U1变小，U2变大
C．U1变大，U2变小 D．U1变小，U2变小
解析：当电子离开偏转电场时速度的反向延长线一定经过偏转电场中水平位移的中
点，所以电子离开偏转电场时偏转角度越大(偏转距离越大)，亮点距离中心就
越远．
设电子经过U1加速后速度为v0，根据题意得：
eU1＝mv02 ①
电子在A、B间做类平抛运动，当其离开偏转电场时沿电场方向的分速度为：vy＝at
＝· ②
结合①②式，速度的偏转角θ满足：tanθ＝＝.
显然，欲使θ变大，应该增大U2、L，或者减小U1、d.正确选项是B.
答案：B
6．如图6所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，
指出下列对电子运动的描述中哪项是正确的(设电源电动势为
E) ( )
A．电子到达B板时的动能是Ee
B．电子从B板到达C板动能变化量为零
C．电子到达D板时动能是3Ee
D．电子在A板和D板之间做往复运动
解析：电子在AB之间做匀加速运动，且eE＝ΔEk，A正确；在BC之间做匀速运动，
B正确；在CD之间做匀减速运动，到达D板时，速度减为零，C错误，D正确．
答案：ABD
7．(2008·宁夏高考)如图7所示，C为中间插有电介
质的电容器，a和b为其两极板，a板接地；P和Q
为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线
悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接
地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，
悬线偏转了角度α.在以下方法中，能使悬线的偏
角α变大的是 ( )
A．缩小a、b间的距离
B．加大a、b间的距离
C．取出a、b两极板间的电介质
D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质
解析：由题意可得UPQ＝Uba；α角增大可知PQ间场强增大，由U＝Ed知UPQ增大；
由Q＝CU知P、Q板电荷增多，由题意知b板和Q板电荷量之和恒定，知a、b板
电荷一定减少；由Q＝CU，知电容器C电容一定减小；由C＝，知A错，B对，
C对，D错．
答案：BC
8．如图8所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经
P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏
转电压U2的作用下偏转一段距离．现使U1加倍，要想使
电子的运动轨迹不发生变化，应该 ( )
A．使U2加倍
B．使U2变为原来的4倍
C．使U2变为原来的倍
D．使U2变为原来的1/2
解析：要使电子的运动轨迹不变，则应使电子进入偏转电场后任一水平位移x所对
应的偏转距离y保持不变．由y＝at2＝··()2＝和qU1＝mv02得y＝
，可见在x、y一定时，U2∝U1.故A项正确．
答案：A
9．如图9所示，一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成．放
射源O在A极板左端，可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子．若极板
长为L，间距为d.当A、B板加上电压U时，只有某一速度的β粒子能从细管C水
平射出，细管C离两板等距．已知元电荷为e，则从放射源O发射出的β粒子的这
一速度为 ( )
A. B.
C. D.
解析：设所求的速度为v0，与上板A成θ角．在垂直于极板的方向上，β粒子做匀
减速直线运动，当竖直分速度恰好减为零时，有＝at2，即d＝at2，水平位移L＝
vxt，两式相除得＝＝，又vy＝at＝，所以vx＝vy＝.所以v0＝
＝.选项C正确．
答案：C
二、非选择题(本大题共3个小题，共37分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和
演算步骤，有数值计算的要注明单位)
10．(11分)如图10所示，真空中存在空间范围足够大
的、方向水平向右的匀强电场，在电场中，一个质量为m、带电荷量为q的小球，从
O点出发，初速度的大小为v0，在重力与电场力的共同作用下恰能沿与场强的反方
向成θ角做匀减速直线运动．求：
(1)匀强电场的场强的大小；
(2)小球运动的最高点与出发点之间的电势差．
解析：(1)小球做直线运动，故重力与电场力的合力必与v0在一条直线上，即
tanθ＝，得E＝
(2)小球做匀减速直线运动，根据F＝ma得：
＝ma，a＝，
最大位移s＝＝
水平位移x＝scosθ＝
电势差U＝Ex＝.
答案：(1) (2)
11．(12分)如图11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＝＋2.5×10－4 C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＝
4.0×104 N/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：mgsin37°－μ(mgcos37°＋qE)＝ma1
对木板：Mgsin37°＋μ(mgcos37°＋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
Q＝F摩x相＝μ(mgcos37°＋qE)·L＝2.16 J.
答案：(1) s (2)27 J (3)2.16 J
12．(14分)(2010·莱芜模拟)一质量为m、带电荷量为＋q的小球以水平初速度v0进入竖
直向上的匀强电场中，如图12甲所示．今测得小球进入电场后在竖直方向下降的高
度y与水平方向的位移x之间的关系如图12乙所示．根据图乙给出的信息，(重力加
速度为g)求：
图12
(1)匀强电场场强的大小；
(2)小球从进入匀强电场到下降h高度的过程中，电场力做的功；
(3)小球在h高度处的动能．
解析：(1)小球进入电场后，水平方向做匀速直线运动，设经过时间t，水平方向：
v0t＝L
竖直方向：＝h
所以E＝－
(2)电场力做功为
W＝－qEh＝
(3)根据动能定理mgh－qEh＝Ek－
得Ek＝＋
答案：(1)－ (2)
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