高考物理二轮复习专题检测十五电容器带电粒子在电场中的运动问题.docx

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高考物理二轮复习专题检测十五电容器带电粒子在电场中的运动问题

【2019最新】精选高考物理二轮复习专题检测十五电容器带电粒子在电场中的运动问题

1.（2018届高三·安庆四校联考）如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图。

当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况。

在下列选项中能正确反映C与d之间变化规律的图像是（　　）

解析：

选A　根据平行板电容器的决定式C＝知，C与d成反比，由数学知识可知，图像为双曲线，A正确。

2.[多选]某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动。

在P、Q间距增大过程中（　　）

A．P、Q构成的电容器的电容增大

B．M点的电势比N点的高

C．M点的电势比N点的低

D．P上电荷量减小

解析：

选BD　电容式话筒与电源串联，电压保持不变。

在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式C＝得，电容减小，又根据电容定义式C＝得，电容器所带电荷量减小，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高。

故A、C错误，B、D正确。

3．[多选]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，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，微粒从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入极板间，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则（　　）

A．微粒到达B点时动能为mv02

B．微粒的加速度大小等于gtanθ

C．两极板间的电势差UMN＝

D．微粒从A点到B点的过程中电势能减少

解析：

选BC　微粒的受力情况如图所示，微粒做匀减速直线运动，到达B点时动能小于mv02，选项A错误；由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma，加速度a＝gtanθ，选项B正确；又电场力Eq＝，两极板间的电场强度E＝，两板间的电势差UMN＝Ed＝，选项C正确；微粒从A向B运动，电场力做负功，电势能增加，选项D错误。

4．如图所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，有一带电粒子P静止在电容器上部空间中，当在其下极板上快速插入一厚度为L的不带电的金属板后，粒子P开始运动，重力加速度为g。

粒子运动的加速度大小为（　　）

A.g　　　　　　　　　　　B.g

C.gD.g

解析：

选B　设板间电压为U，带电粒子静止时有：

q＝mg；当插入金属板后，金属板处于静电平衡状态，相当于极板间距减小为d′＝d－L，由牛顿第二定律得q－mg＝ma，解得a＝g，故B正确。

5．带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M、N水平正对放置。

两板间有一带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离后，则此后微粒的可能运动情况是（　　）

A．沿轨迹①运动B．沿轨迹②运动

C．沿轨迹③运动D．沿轨迹④运动

解析：

选B　M板平移前，带电微粒做匀速直线运动，所受电场力与重力二力平衡，M板移动后，根据C＝、U＝、E＝可得：

E＝，所以两极板间电场强度不变，带电微粒仍然受力平衡，沿原方向做匀速直线运动，选项B正确。

6.[多选]如图所示，两极板水平放置的平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计外壳接地。

闭合开关S时，带负电的油滴恰好静止于P点。

下列说法正确的是（　　）

A．若将A极板向下平移一小段距离，平行板电容器的电容将变小

B．若将A极板向上平移一小段距离，静电计指针张角不变

C．若将A极板向下平移一小段距离，P点电势将升高

D．若断开开关S，再将A极板向下平移一小段距离，则带电油滴将向下运动

解析：

选BC　把A极板下移，间距d减小，由C＝知，电容C增大，A错误；电容器与电源相连，电势差不变，静电计指针张角不变，B正确；A极板下移，d减小，由E＝知，E增大，P点与下极板间电势差增大，则P点电势升高，故C正确；断开开关S，电荷量不变，下移A板，E不变，油滴仍不动，D错误。

7.[多选]（2017·广州模拟）如图所示，电容器两极板与电源正负极相连，在将电容器两极板间的距离由d迅速增大为2d的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．电容器两板间电压始终不变

B．电容器两板间电压瞬时升高后又恢复原值

C．根据Q＝CU可知，电容器带电荷量先增大后减小

D．电路中电流由B板经电源流向A板

解析：

选BD　在将电容器两极板间距离迅速增大的过程中，电容器极板上的电荷量未来得及变化，即Q不变，则C＝＝，又C＝，所以＝，所以E＝也不变，而U＝Ed，故U增大，但最终电压U要与电源电压相等，故A错误，B正确；此后，因为C＝，所以d增大时，C减小，由Q＝CU，所以Q减小，电路中有瞬时电流，方向由B板经电源流向A板，故D正确，C错误。

8.如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，若仅使电容器上极板上移，设电容器极板上所带电荷量为Q，电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距离为y，以下说法正确的是（　　）

A．Q减少，y不变B．Q减少，y减小

C．Q增大，y减小D．Q增大，y增大

解析：

选B　上极板上移，两板间距增大，电容器电容减小，板间电场强度减小，由Q＝CU可知，Q减小，C、D均错误；由y＝×可知，因E减小，电子偏转距离y减小，故B正确，A错误。

9.（2018届高三·商丘调研）如图所示，R0为定值电阻，电源电动势E恒定，内阻不能忽略，当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，水平放置的平行金属板间有一带电液滴正好处于静止状态，在将滑片P由左端点a滑向右端点b的过程中，下列关于液滴的带电情况及运动情况（液滴始终没与极板相碰）分析正确的是（　　）

A．液滴带正电，液滴将向上做匀加速直线运动

B．液滴带正电，液滴将以原平衡位置为中心做往复运动

C．液滴带正电，液滴将向上做变加速直线运动

D．液滴带负电，液滴将向上做变速直线运动

解析：

选C　当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态，所以电场力竖直向上，由题图知下极板带正电，即液滴一定带正电，D项错误；因滑片由左端点a滑向右端点b的过程中，外电路总电阻先增大后减小，电路的总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，即电源的路端电压先增大后减小，所以电容器两极板间电压先增大后减小，由E＝可知电容器两极板间电场强度先增大后减小，但方向不变，所以液滴的加速度先增大后减小，方向一直向上，即液滴将向上做变加速直线运动，C项正确，A、B项错误。

10.（2016·天津高考）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，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，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。

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，Ep不变

C．θ减小，Ep增大D．θ减小，E不变

解析：

选D　由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小。

又因为两板间电场强度E＝＝＝，Q、S不变，则E不变。

因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板（电势为零）电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项D正确。

11.如图所示，平行板电容器的两金属板A、B竖直放置，电容器所带电荷量为Q，一液滴从A板上边缘由静止释放，液滴恰好能击中B板的中点O，若电容器所带电荷量增加Q1，液滴从同一位置由静止释放，液滴恰好击中OB的中点C，若电容器所带电荷量减小Q2，液滴从同一位置由静止释放，液滴恰好击中B板的下边缘D点，则＝（　　）

A．1B．2

C．3D．4

解析：

选B　由运动的合成与分解知液滴在竖直方向做自由落体运动，水平方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设两金属板长为L、间距为d、正对面积为S，两极板间场强为E，液滴所带电荷量为q、质量为m，则竖直方向有h＝gt2，水平方向有d＝·t2，E＝＝＝，所以Q·h＝常数，即Q·＝（Q＋Q1）·，Q·＝（Q－Q2）·L，联立得＝2，B对。

12.如图所示，理想二极管（具有单向导电性）、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间而静止，则下列说法中正确的是（　　）

A．若将极板A向下移动少许，则液滴的电势能将减小

B．若将极板A向上移动少许，则液滴将向上运动

C．若将极板B向上移动少许，则液滴的电势能将增大

D．若将极板A、B错开少许，使两极板正对面积变小，则液滴将向下运动

解析：

选A　若将极板A向下移动少许（d减小），电容器电容增大，二极管正向导通给电容器充电，电容器两端电压保持U不变，由E＝知两极板间电场强度增大，电场力大于液滴重力，液滴将沿电场力方向运动，电场力做正功，带电液滴的电势能减小，A对；若将极板A向上移动少许（d增大），由C＝知C减小，由Q＝CU知Q将减小，但因二极管具有单向导电性，所以电容器的带电荷量Q将不变，由E＝、Q＝CU及C＝知两极板间电场强度不变，所以液滴仍静止，B错；若将极板B向上移动少许（d减小），由E＝知两极板间电场强度增大，与选项A相同，带电液滴将沿电场力方向向上运动，电场力做正功，电势能减小，C错；若将极板A、B错开少许（S减小），电容减小，但二极管阻止电容器放电，电容器带电荷量Q不变，由C＝可知两极板间电压升高，由E＝知两极板间电场强度增大，液滴沿电场力方向向上运动，D错。

13.[多选]如图所示，长为L倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则下列说法正确的是（　　）

A．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定为

B．A、B两点间的电压一定等于

C．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能

D．若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷

解析：

选AB　小球从A运动到B的过程中：

qU－mgLsinθ＝mv02－mv02，所以：

U＝，B正确；若电场为匀强电场，由公式U＝Ed知，当两点间的电压一定时，间距越大，电场强度越小，故电场强度的最小值为E＝＝，A正确；在上升过程中，重力做负功，故电场力做正功，电势能减小，小球在A点的电势能大于在B点的电势能，C错误；若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，离电荷远的A点电势高，所以Q一定是负电荷，D错误。

14.[多选]（2017·昆明检测）在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B（均可视为质点）处在同一水平面上。

现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则（　　）

A．A球带正电，B球带负电

B．A球比B球先落地

C．在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加

D．两球从抛出到各自落地的过程中，A球的速率变化量比B球的小

解析：

选AD　两球均做类平抛运动，水平方向上有x＝v0t，竖直方向上有h＝at2，得加速度大小a＝，可见水平距离x越大，加速度a越小，相应所用时间t越长，即B球先落地，A球的加速度a1小于B球的加速度a2，说明A球带正电而受到竖直向上的电场力，B球带负电而受到竖直向下的电场力，在下落过程中，电场力对A球做负功，A球电势能增加，电场力对B球做正功，B球电势能减少，选项A正确，B、C均错误；根据动能定理有mah＝mv2－mv02，而Δv＝v－v0，可见加速度a越大，落地速度v越大，速率变化量Δv越大，即A球的速率变化量较小，选项D正确。

[教师备选题]

1.如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是（　　）

A．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大

B．两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大

C．到达B板时的速率与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关

D．以上解释都不正确

解析：

选C　由eU＝mv2－0得v＝，与d无关，故C对，A、B、D均错。

2.（2018届高三·益阳调研）如图所示，平行板电容器经开关K与电池连接，a处有一带电量非常小的点电荷。

闭合开关K，Ua表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力。

现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则（　　）

A．Ua变大，F变大　　　　B．Ua变大，F变小

C．Ua不变，F不变D．Ua不变，F变小

解析：

选B　由于开关K闭合，且电容器两极板始终与电源的两极相连，故电容器两极板之间的电压UAB保持不变。

随B极板下移两极板之间的距离增大，根据E＝可知两极板之间的电场强度E减小，由于UAa＝EhAa，由于电场强度E减小，故UAa减小，由于UAB＝UAa＋UaB，所以UaB增大，由题图可知B极板接地，所以B板的电势为0，所以Ua＝UaB增大。

而点电荷在a点所受的电场力F＝qE，由于E减小，所以电场力F减小，故B正确。

3.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部。

闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F。

调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是（　　）

A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大

B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小

C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大

D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小

解析：

选B　保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力F电＝qE＝q减小，悬线的拉力为F＝将减小，选项B正确，A错误；保持R2不变，缓慢增大R1时，R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力不变，C、D错误。

4．[多选]如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则（　　）

A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2

B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1

C．A和B的质量之比为1∶12

D．A和B的位移大小之比为1∶1

解析：

选ABC　粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；竖直方向由h＝at2得a＝，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB＝4∶1；根据a＝得m＝，故＝，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确。

5.（2017·江苏高考）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板向右平移到P′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P′点之间返回

C．运动到P′点返回

D．穿过P′点

解析：

选A　电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝＝＝可知，C板向右平移到P′时，B、C两板间的电场强度不变，由此可以判断，电子在A、B板间加速运动后，在B、C板间减速运动，到达P点时速度为零，然后返回，A项正确，B、C、D项错误。

6．[多选]如图甲所示，一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图乙所示，交变电压的周期T＝，已知所有电子都能穿过平行板，且偏距最大的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（　　）

A．所有电子都从右侧的同一点离开电场

B．所有电子离开电场时速度都是v0

C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大

D．t＝时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大侧位移为

解析：

选BD　电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子垂直电场方向分速度图像如图，可知，各个电子在垂直电场方向的位移不全相同，故所有电子从右侧离开电场的位置不全相同，故A错误；由图看出，所有电子离开电场时，垂直电场方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正确；由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误；t＝时刻进入电场的电子，在t＝时刻侧位移最大，最大侧位移为ym＝2×a2＝，在t＝0时刻进入电场的电子侧位移最大为，则有＝4×a2＝，解得ym＝，故D正确。