高考物理一轮复习 精选题辑 课练22 电容器 带电粒子在电场中的运动-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课练 22电容器带电粒子在电场中的运动1如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点以E表示两极板间的电场强度，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则()AU变小，Ep不变BE变大，Ep不变CU变大，Ep变大 DU不变，Ep变大答案：A解析：平行板电容器充电后与电源断开，电荷量Q不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据C知，电容增大，根据U可知，电容器的电压减小由E，可知电场强度E不变，则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能Ep不变，故A正确2

2、.如图，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，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g.粒子运动加速度为()A.g B.gC.g D.g答案：A解析：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有mgq.当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有mgqma，联立解得ag，故选A.3(2018河北邯郸联考)平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E和极板所带电荷量Q的乘积成正比今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将A极板下移使A、B两板

3、间距变为原来的，则A、B两极板之间的引力与原来的比值是()A. B.C. D.答案：B解析：A、B两板间距变为原来的，根据C可知，电容器的电容变为原来的倍，根据QCU可知，极板所带电荷量变为原来的倍，根据E可知，内部场强变为原来的倍，由于FkQE，所以两极板之间的引力变为原来的倍，选项B正确4(多选)如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿A、B中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A极板来改变两极板A、B间距(两极板仍平行)，则下列说法正确的是()A若小

4、球带正电，当A、B间距增大时，小球打在N点的右侧B若小球带正电，当A、B间距减小时，小球打在N点的左侧C若小球带负电，当A、B间距减小时，小球可能打在N点的右侧D若小球带负电，当A、B间距增大时，小球可能打在N点的左侧答案：BC解析：若小球带正电，当A、B间距d增大时，电容减小，电容器要放电，二极管阻止放电，所以Q不变根据E，知E不变，所以电场力不变，电场力与重力合力不变，小球仍然打在N点，故A错误；若小球带正电，当A、B间距d减小时，电容增大，Q增大，根据E，知E增大，所以电场力变大，方向向下，电场力与重力合力变大，小球做平抛运动时竖直向下的加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确；

5、若小球带负电，当A、B间距d减小时，由E，知E增大，所以电场力变大，方向向上若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直向下的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确；若小球带负电，当A、B间距d增大时，电容减小，但Q不变，根据E，知E不变，所以电场力大小不变，电场力与重力合力不变，小球仍然打在N点，故D错误5.(多选)如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回现要使带电质点能穿出b孔，可行的方法是()A保持S闭合，将A板适当上移B保

6、持S闭合，在两板左边之间插入电介质C先断开S，再将A板适当下移D先断开S，在两板左边之间插入电介质答案：CD解析：设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q.质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(hd)qU0.保持S闭合，A、B之间电压不变，由动能定理得mg(hd)qUmv20，即质点下落到b孔时速度恰减为零，故A、B错误；断开S，A、B两板电荷量不变，由C，若A板下移，d减小，电容C增大，则U减小，由动能定理得mg(hd)qUmv20，即质点下落到b孔时速度不为零，还有向下的速度，故C正确；断开S，在两板左边之间插入电介质，相对介电常数增大，电容C

7、增大，则U减小，由动能定理得mg(hd)qUmv20，即质点下落到b孔时速度不为零，还有向下的速度，故D正确6.如图所示，匀强电场水平向左，带正电的物体沿绝缘、粗糙水平板向右运动，经A点时动能为100 J，到B点时动能减少到80 J，减少的动能中有12 J转化为电势能，则它再经过B点时，动能大小是()A4 J B16 JC32 J D64 J答案：B解析：设物体向右运动到C点静止，然后返回，A、B间距离为x1，B、C间距离为x2，从A到B过程中，由动能定理得(fqE)x1(80100) J20 J由电场力做功与电势能的关系知qEx112 J，解得qE.从B到C过程中，由动能定理得(fqE)x2

8、80 J，解得fx232 J.从B到C再返回B的过程中，由动能定理得2fx2Ek80 J，解得Ek16 J，故选项B正确7.在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广)，在如图所示的速度时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是()答案：A解析：带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到它到达区域分界线时，速度大小又达到了v0，此

9、后进入上边区域，受力依然平衡因此，速度时间图象应该为A.8粗糙绝缘的水平地面上，有两块竖直平行相对而立的金属板A、B.板间地面上静止着带正电的物块，如图甲所示，当两金属板加图乙所示的交变电压时，设直到t1时刻物块才开始运动(最大静摩擦力与滑动摩擦力可认为相等)，则()A在0t1时间内，物块受到逐渐增大的摩擦力，方向水平向右B在t1t3时间内，物块受到的摩擦力先逐渐增大，后逐渐减小Ct3时刻物块的速度最大Dt4时刻物块的速度最大答案：C解析：在0t1时间内，电场力小于最大静摩擦力，物块静止，静摩擦力与电场力大小相等，即fqEq，随电压增大，摩擦力增大，但是正电荷所受电场力与电场同向，均向右，所以

10、摩擦力方向水平向左，选项A错误；在t1t3时间内，电场力大于最大静摩擦力，物块一直加速运动，摩擦力为滑动摩擦力，由于正压力即是物块的重力，所以摩擦力不变，选项B错误；t3到t4阶段，电场力小于摩擦力，但物块仍在运动且为减速运动，故t3时刻物块速度最大，选项C正确、D错误9(2018河南豫南九校质量考评)(多选)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b分别与电源的正、负极相连，a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关S后，带正电的液滴从小孔正上方的P点由静止自由落下，当液滴穿过b板小孔到达a板小孔时速度为v1，现使a板不动，在开关S仍闭合或断开的情况下b板向上或向下平移一小段距离，相同的

11、液滴仍从P点自由落下，此时液滴到达a板小孔时速度为v2，空气阻力不计，下列说法中正确的是()A若开关S保持闭合，向下移动b板，则v2v1B若开关S保持闭合，则无论向上或向下移动b板，都有v2v1C若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2v1D若开关S闭合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动b板，都有v2v1，C正确；若开关S闭合一段时间后再断开，向上移动b板，则电容减小，电荷量不变，电场强度E不变，从P到a的过程中，重力做的功不变，电场力做的功增大，v2C2，所以C1的带电荷量大于C2的带电荷量，B错误；两电容器的电压相等，间距相等，所以电场强度相等，C错误，D正确6(2018四川

12、绵阳二诊)(多选)如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B极板间，A极板接地，B极板的电势随时间t的变化情况如图乙所示t0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t2T时，电子回到P点电子运动过程中没有与极板相碰，不计重力则()A1：21：2B1：21：3C在02T内，当tT时电子的电势能最小D在02T内，电子的电势能减少了答案：BCD解析：0T内，电子的加速度向上，设加速度大小为a1，则a1，设T时刻电子的速度大小为v1，则v1a1TT，0T内的位移s1a1T2，T2T内，加速度向下，大小为a2，T2T内的位移s2v1Ta2T2，而s1s2，联立式解得1：

13、21：3，A错误，B正确；0T内，电场力做正功，电势能减少；T2T内，电子先向上运动，但电势反向，电场力先做负功，电势能增加，然后电子向下运动，电势能减少，回到P点后，电势能高于电子在P点的原电势能，故tT时电子的电势能最小，C正确；设2T时电子的速度为v2，v2v1a2TT，负号表示方向向下，根据动能定理得，在02T内，电子的电势能的减少量等于电场力做的功，EpWmv0，D正确7(2018河南郑州模拟)(多选)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一半径为R的圆，AB是一条直径，空间有匀强电场，场强大小为E，方向与水平面平行在圆上A点处有一发射器，以相同的动能平行于水平面沿不同方向发射带电荷量为q的

14、小球，小球会经过圆周上不同的点，在这些点中，经过C点的小球的动能最大由于发射时刻不同，不计小球间的相互作用已知30，下列说法正确的是()A电场的方向与AC间的夹角为30B电场的方向与AC间的夹角为60C小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为qERD小球在A点垂直电场方向发射，恰能落到C点，则初动能为qER答案：AC解析：因为经过C点的小球的动能最大，所以小球在C点的电势能最小，即C点电势最低，所以过C点的切线即为等势线，根据电场线与等势线的关系可知电场线沿OC方向，即与AC间的夹角为30，A选项正确，B选项错误；若小球在A点垂直电场方向以初速度v0发射，恰能落到C点，则有v0t，

15、Rt2，解得Ek0mvqER，C选项正确，D选项错误8(多选)如图所示，C1为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板，a板接地M和N为两水平正对放置的平行金属板，当金属板带上一定电荷后使在两板间的一带电小球P处于静止状态M板与b板用导线相连，N板接地在以下方法中，能使P向上运动的是()A增大a、b间的距离B增大M、N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答案：AC解析：a板与N板电势恒定为零，b板和M板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且b板与M板所带电荷量之和保持不变当增大a、b间的距离时，由公式C可得上侧电容器的电容减小，b板的电荷将流向M板，所

16、以M、N间电场强度要增强，P向上运动，A选项正确；当增大M、N间的距离时，由公式C可得，下侧电容器的电容减小，M板的电荷将流向b板，所以M、N两板间电场强度要减弱，P向下运动，B选项错误；当取出a、b两极板间的电介质时，由公式C可得，上侧电容器的电容减小，b板的电荷将流向M板，所以M、N两板间电场强度要增强，P向上运动，C选项正确；当换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质时，由公式C可得，上侧电容器的电容增大，M板的电荷将流向b板，所以M、N两板间电场强度要减弱，P向下运动，D选项错误9示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示从电子枪发射出的电子在经过加速电场加速

17、和两个偏转电场偏转，最后打在荧光屏上如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的()A极板X应带负电，极板Y应带负电B极板X应带负电，极板Y应带负电C极板X应带负电，极板Y应带负电D极板X应带负电，极板Y应带负电答案：B解析：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X偏转，则电场方向为X到X，则极板X应带负电；同理可知，因电子向Y偏转，则电场方向为Y到Y，因此极板Y应带负电，故B正确，A、C、D错误不能从图象中获取有效信息导致出错10一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正试探电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，Ep表示正电荷在P点的电

18、势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向左平移一小段距离L0的过程中，各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()答案：C解析：平行板电容器充电后与电源断开，电容器上所带的电荷量Q不再发生变化，设题图所示位置平行板间距为d，根据平行板电容器的电容公式，有C，电容器C随x变化的图线应为曲线，故A错误；根据C，电场强度E，E与x无关，保持不变，图象应为平行于x轴的直线，故B错误；负极板接地，电势10，设负极板与P点的初始距离为d2，有1E(d2x)，则ExEd2，即P点电势随x变化的图线是截距为正值、斜率为正值的一条直线，故C正确；正电荷在P点的电势能EpqqEd2qEx，也是截距为正值、斜率

19、为正值的一条直线，故D错误对带电粒子在交变电场中受力、运动情况分析不清导致出错11(2018陕西长安一中三模)(多选)如图甲所示平行金属板A、B之间的距离为6 cm，两板间场强随时间按如图乙规律变化，设场强垂直于金属板由A指向B为正，周期T8105 s某带正电的粒子，电荷量为8.01019 C，质量为1.61026 kg，于某时刻在两板间中点处由静止释放(不计粒子重力，粒子与金属板碰撞后即不再运动)，则()A若粒子于t0时释放，则一定能运动到B板B若粒子于t时释放，则一定能运动到B板C若粒子于t时释放，则一定能运动到A板D若粒子于t时释放，则一定能运动到A板答案：AD解析：粒子运动的加速度大小

20、为a m/s2108 m/s2，在时间内粒子的位移x1a2108(4105)2 m8102 m8 cm，因x13 cm，故若粒子于t0时释放，则一定能运动到B板，选项A正确；若粒子于t时释放，则粒子向A板运动，最后到达A板，选项B错误；若粒子于t时释放，在的时间内粒子向B板加速，位移x2a2108(2105)2 m2102 m2 cm；在的时间内粒子向B板减速，位移x3x22 cm，故此时已经到达了B板，选项C错误；若粒子于t时释放，则在的时间内粒子向B板加速，位移x2a2108(105)2 m0.5102 m0.5 cm，在的时间内粒子向B板减速，位移为x3x20.5 cm，在T的时间内粒子

21、向A板加速，位移为x4a2108(3105)2 m4.5102 m4.5 cm，因4.5 cm20.5 cm3.5 cm3 cm，故此时粒子已经到达A板，选项D正确12(2017新课标全国卷)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N刚离开电场时动能的1.5倍不计空气阻力，重力加速度大小为g.求(1)M与N在电场中沿水平

22、方向的位移之比；(2)A点距电场上边界的高度；(3)该电场的电场强度大小答案：(1)3：1(2)(3)解析：(1)设两小球抛出的初速度为v0，则进入电场的水平分速度为v0，竖直分速度相同，根据运动的分解可知，两小球竖直方向的分运动是相同的，运动时间t相同在水平方向N向右做初速度为v0，加速度为a的匀减速直线运动，M向右做初速度为v0，加速度为a的匀加速直线运动，M的水平分位移xMv0tat2，N的水平分位移xNv0tat2，v0at，联立解得xM：xN3：1(2)设A点距电场上边界的高度为h，小球下落h时在竖直方向的分速度为vy，由运动学公式有v2gh，Hvytgt2，M进入电场后做直线运动，由几何关系知，联立解得h.(3)设电场强度大小为E，小球M进入电场后做直线运动，则，设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理得Ek1m(vv)mgHEqxM，Ek2m(vv)mgHEqxN，由已知条件有Ek11.5Ek2，联立解得E.