2023年高考物理一轮复习课时练22《电容器与电容 带电粒子在电场中的运动》(含答案详解)

2023年高考物理一轮复习课时练22

《电容器与电容 带电粒子在电场中的运动》

一 、选择题

1.真空中某竖直平面内存在一水平向右的匀强电场，一质量为m的带电微粒恰好能沿图示虚线(与水平方向成θ角)由A向B做直线运动，已知重力加速度为g，微粒的初速度为v0，则(　　)

A.微粒一定带正电

B.微粒一定做匀速直线运动

C.可求出匀强电场的电场强度

D.可求出微粒运动的加速度

2.如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N点在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，重力不计。N点的粒子垂直电场线进入，M点的粒子与电场线成一定夹角进入，两粒子恰好都能经过P点，在此过程中，下列说法正确的是(　　)

A.电场力对两粒子做功相同

B.两粒子到达P点的速度大小可能相等

C.两粒子到达P点时的电势能都减小

D.两粒子到达P点所需时间一定不相等

3.如图所示，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变为原来的倍

4.如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是(　　)

A.甲图中夹角减小，乙图中夹角增大

B.甲图中夹角减小，乙图中夹角不变

C.甲图中夹角不变，乙图中夹角不变

D.甲图中夹角减小，乙图中夹角减小

5.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，粒子运动的加速度为(　　)

A.g         B.g         C.g         D.g

6.如图所示，D为一理想二极管(正向电阻为0，反向电阻无穷大)，平行金属板M、N水平放置，两板之间有一带电微粒以速度v0沿图示方向做直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离，则此后微粒的运动情况是(　　)

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

7.如图所示，电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的震动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接。若声源S做简谐运动，则(　　)

A.a振动过程中，a、b板间的电场强度不变

B.a振动过程中，a、b板所带电量不变

C.a振动过程中，电容器的电容不变

D.a向右的位移最大时，a、b板所构成的电容器电容最大

8.如图，一带电粒子从小孔A以一定的初速度射入平行板P和Q 之间的真空区域，经偏转后打在 Q板上如图所示的位置。在其他条件不变的情况下要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，下列操作中可能实现的是(不计粒子重力)(　　)

A.保持开关S闭合，适当上移P极板

B.保持开关S闭合，适当左移P极板

C.先断开开关S，再适当上移P极板

D.先断开开关S，再适当左移P极板

9. (多选)如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，断开电源后一带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出，若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球(　　)

A.将打在下板中央

B.仍沿原轨迹由下板边缘飞出

C.不发生偏转，沿直线运动

D.若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央

10. (多选)如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是(　　)

A.电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量

B.两电荷在电场中运动的加速度相等

C.从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功

D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同

11. (多选)如图所示，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v0由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是(　　)

A.使初速度减为原来的

B.使M、N间电压提高到原来的2倍

C.使M、N间电压提高到原来的4倍

D.使初速度和M、N间电压都减为原来的

12. (多选)如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是(　　)

三 、计算题

13.如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP(MP边水平)，∠NMP=θ，MP中点处固定一电荷量为Q的正点电荷，MN是长为a的光滑绝缘杆，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，小球自N点由静止释放，小球的重力势能和电势能随位置x(取M点处x=0)的变化图像如图乙所示(图中E0、E1、E2为已知量)，重力加速度为g，设无限远处电势为零，M点所处的水平面为重力零势能面。

(1)图乙中表示电势能随位置变化的是哪条图线？

(2)求重力势能为E1时的横坐标x1和带电小球的质量m；

(3)求小球从N点运动到M点时的动能Ek。

14.如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板距为d，大量电子(质量为m，电荷量为e)连续不断地从中点O沿与极板平行的OO′方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计重力)。

求这些电子穿过平行板时距OO′的最大距离和最小距离。

15.如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点；y轴沿竖直方向；在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E=×103 V/m；比荷为1.0×105 C/kg的带正电粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M( m,1 m)点；粒子P的重力不计，试求：

(1)金属板AB之间的电势差UAB；

(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q，使P、Q恰能运动中相碰；假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同；Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计；求粒子Q所有释放点的集合。

0.2023年高考物理一轮复习课时练22《电容器与电容 带电粒子在电场中的运动》(含答案)答案解析

一 、选择题

1.答案为：D；

解析：因微粒在重力和电场力作用下做直线运动，而重力竖直向下，由微粒做直线运动条件知电场力必水平向左，微粒带负电，A错误；其合外力必与速度反向，大小为F=，即微粒一定做匀减速直线运动，加速度为a=，B错误，D正确；电场力qE=，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，C错误。

2.答案为：D；

解析：由题图可知M、P两点在同一等势面上，所以两点间的电势差为零，而N、P间的电势差大于零，根据W=qU知，电场力对M点的粒子不做功，对N点的粒子做正功，故A错误；根据动能定理知N点的粒子到达P点时电场力做正功，所以速度增大，而M点的粒子到达P点时电场力不做功，所以速度大小不变，又因它们的初速度大小相等，所以两粒子到达P点的速度大小不等，故B错误；M点的粒子到达P点时电势能不变，N点的粒子到达P点电场力做正功，所以电势能减少，故C错误；在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PM=L，M点的粒子初速度方向与电场线的夹角为α，则M点的粒子到达P点的时间：tM=，N点的粒子到达P点的时间：tN=，由此可见，两粒子到达P点所需时间一定不相等，故D正确。

3.答案为：A；

解析：设偏转电极的长度为L，板间距离为d，则根据推论可知，偏转距离y=。使U1加倍，若使电子的运动轨迹不发生变化时，y不变，则必须使U2加倍。

4.答案为：B

解析：甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根据公式E＝可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小，C错误；当电容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变，根据平行板电容器的电容公式C＝，极板间的电压U＝＝，极板间的电场强度E＝＝，当两个极板电荷量不变，距离改变时，场强不变，故乙图中两极板间场强不变，电场力不变，夹角不变，A、D错误；综上分析，选项B正确。

5.答案为：A

解析：抽出前，粒子受重力和电场力平衡，mg＝q，抽出后，根据牛顿第二定律，

有mg－q＝ma，联立解得a＝g，A正确。

6.答案为：B

解析：当微粒运动到P点时，迅速将M板上移一小段距离，由于二极管反向电阻无穷大，两极板上电量不变，由电容的决定式C＝，定义式C＝得MN两板间电压升高，由E＝＝，知电场强度不变，粒子受到的电场力不变，微粒的运动方向不变，仍沿轨迹②做直线运动，故B正确，A、C、D错误。

7.答案为：D

解析：金属板b在声波驱动下沿水平方向振动，两极板间的距离发生变化，两极板与电源相连，电势差恒定，两板间的场强发生变化，A错误；电容器的电容随两板间距离改变而改变，两板带电量随电容改变而改变，B、C错误；当距离最近时，电容最大，D正确。

8.答案为：A；

解析：粒子做类似斜抛运动，水平分运动是匀速直线运动，要使该粒子能从Q板上的小孔B射出，即要增加水平分位移，由于水平分速度不变，只能增加运动的时间，即减小两极板间的电场强度；保持开关S闭合时极板间电压不变，适当上移P极板，根据U=Ed，场强E减小，故A正确；保持开关S闭合，适当左移P极板，场强不变，故B错误；先断开开关S，再适当上移P极板，极板上所带电荷量不变，由E===可知，场强不变，故C错误；先断开开关S，再适当左移P极板，极板所带电荷量不变，正对面积减小，由E===可知，场强变大，故D错误。

9.答案为：BD；

解析：将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E===，由公式可知当d减小时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故B正确，A、C错误。若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确。

10.答案为：AC；

解析：从轨迹可以看出：yM＞yN，故·t2＞·t2，解得：＞，qM＞qN，故A正确，B错误；根据动能定理，电场力的功为：W=ΔEk=mvy2，质量m相同，M电荷竖直分位移大，竖直方向的末速度vy=也大，故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，故C正确；从轨迹可以看出：xM＞xN，故vMt＞vNt，故vM＞vN，故D错误。

11.答案为：BD；

解析：在粒子刚好到达N板的过程中，由动能定理得－qEd=0－mv02，所以d=，令带电粒子离开M板的最远距离为x，则使初速度减为原来的，x=；使M、N间电压提高到原来的2倍，电场强度变为原来的2倍，x=，使M、N间电压提高到原来的4倍，电场强度变为原来的4倍，x=；使初速度和M、N间电压都减为原来的，电场强度变为原来的一半，x=。综上可知B、D正确，A、C错误。

12.答案为：AD

解析：在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，电子在平行金属板间所受的电场力大小不变，F＝，由牛顿第二定律F＝ma可知，电子的加速度大小不变，电子在第一个内向B板做匀加速直线运动，在第二个内向B板做匀减速直线运动，在第三个内反向做匀加速直线运动，在第四个内向A板做匀减速直线运动，所以a­t图象应如图D所示，v­t图象应如图A所示，A、D正确，C错误；又因匀变速直线运动位移x＝v0t＋at2，所以x­t图象应是曲线，B错误。

三 、计算题

13.解：(1)正电荷的电势分布规律是离它越近电势越高，带正电的小球的电势能为E=qφ，

可知正电荷从N点到M点的电势能先增大后减小，

故图乙中表示电势能随位置变化的是图线Ⅱ。

(2)电势能为E1时，距M点的距离为

x1=(acos θ)··cos θ=

x1处重力势能E1=mgx1sin θ

可得m==

(3)在小球从N到M的过程中，根据动能定理得mgasin θ＋E2－E0=Ex－0

解得Ex=＋E2－E0。

14.解：以电场力的方向为正方向，画出电子在t＝0、t＝t0时刻进入电场后，沿电场力方向的速度vy随时间变化的vy­t图象如图丙和丁所示

电场强度E＝

电子的加速度a＝＝

由图丙中vy1＝at0＝

vy2＝a×2t0＝

由图丙可得电子的最大侧移，即穿过平行板时距OO′的最大距离

ymax＝t0＋vy1t0＋t0＝

由图丁可得电子的最小侧移，即穿过平行板时距OO′的最小距离

ymin＝t0＋vy1t0＝。

15.解：(1)设粒子P的质量为m、带电荷量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0；

由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；

设从O点运动到M( m,1 m)点历时为t0，

由类平抛运动可得：x=v0t0，y=t02，解得：v0=×104 m/s

在金属板A、B之间，由动能定理：qUAB=mv02，

解得：UAB=1 000 V。

(2)设P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P相遇；由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：

对于P：Eq=ma1

对于Q：Eq=2ma2

x=v0t

a1t2=y＋a2t2解得：y=x2，其中x＞0

即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为：y=x2，其中x＞0。