20172018高中物理二輪專題檢測十五電容器帶電粒子在電場中的運動問題含解析

1、專題檢測（十五） 電容器 帶電粒子在電場中的運動問題1.(2018屆高三·安慶四校聯(lián)考)如圖所示為一只“極距變化型電容式傳感器”的部分構(gòu)件示意圖。當動極板和定極板之間的距離d變化時，電容C便發(fā)生變化，通過測量電容C的變化就可知道兩極板之間距離d的變化情況。在下列選項中能正確反映C與d之間變化規(guī)律的圖像是()解析：選A根據(jù)平行板電容器的決定式C知，C與d成反比，由數(shù)學知識可知，圖像為雙曲線，A正確。2.多選某電容式話筒的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬極板，對著話筒說話時，P振動而Q可視為不動。在P、Q間距增大過程中()AP、Q構(gòu)成的電容器的電容增大BM點的電

2、勢比N點的高CM點的電勢比N點的低DP上電荷量減小解析：選BD電容式話筒與電源串聯(lián)，電壓保持不變。在P、Q間距增大過程中，根據(jù)電容決定式C得，電容減小，又根據(jù)電容定義式C得，電容器所帶電荷量減小，電容器的放電電流通過R的方向由M到N，所以M點的電勢比N點的高。故A、C錯誤，B、D正確。3多選如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面的夾角為，極板間距為d，帶負電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為q，微粒從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入極板間，沿直線運動并從極板N的右邊緣B處射出，則()A微粒到達B點時動能為mv02B微粒的加速度大小等于gtan C兩極板間的電勢差UMND微粒從A點到B點的

3、過程中電勢能減少解析：選BC微粒的受力情況如圖所示，微粒做勻減速直線運動，到達B點時動能小于mv02，選項A錯誤；由牛頓第二定律得mgtan ma，加速度agtan ，選項B正確；又電場力Eq，兩極板間的電場強度E，兩板間的電勢差UMNEd，選項C正確；微粒從A向B運動，電場力做負功，電勢能增加，選項D錯誤。4如圖所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，有一帶電粒子P靜止在電容器上部空間中，當在其下極板上快速插入一厚度為L的不帶電的金屬板后，粒子P開始運動，重力加速度為g。粒子運動的加速度大小為()A.gB.gC.g D.g解析：選B設(shè)板間電壓為U，帶電

4、粒子靜止時有：qmg；當插入金屬板后，金屬板處于靜電平衡狀態(tài)，相當于極板間距減小為ddL，由牛頓第二定律得qmgma，解得ag，故B正確。5帶有等量異種電荷的兩塊等大的平行金屬板M、N水平正對放置。兩板間有一帶電微粒以速度v0沿直線運動，當微粒運動到P點時，將M板迅速向上平移一小段距離后，則此后微粒的可能運動情況是()A沿軌跡運動 B沿軌跡運動C沿軌跡運動 D沿軌跡運動解析：選BM板平移前，帶電微粒做勻速直線運動，所受電場力與重力二力平衡，M板移動后，根據(jù)C、U、E可得：E，所以兩極板間電場強度不變，帶電微粒仍然受力平衡，沿原方向做勻速直線運動，選項B正確。6.多選如圖所示，兩極板水平放置的平

5、行板電容器與電動勢為E的直流電源連接，下極板接地，靜電計外殼接地。閉合開關(guān)S時，帶負電的油滴恰好靜止于P點。下列說法正確的是()A若將A極板向下平移一小段距離，平行板電容器的電容將變小B若將A極板向上平移一小段距離，靜電計指針張角不變C若將A極板向下平移一小段距離，P點電勢將升高D若斷開開關(guān)S，再將A極板向下平移一小段距離，則帶電油滴將向下運動解析：選BC把A極板下移，間距d減小，由C知，電容C增大，A錯誤；電容器與電源相連，電勢差不變，靜電計指針張角不變，B正確；A極板下移，d減小，由E知，E增大，P點與下極板間電勢差增大，則P點電勢升高，故C正確；斷開開關(guān)S，電荷量不變，下移A板，E不變，

6、油滴仍不動，D錯誤。7.多選(2017·廣州模擬)如圖所示，電容器兩極板與電源正負極相連，在將電容器兩極板間的距離由d迅速增大為2d的過程中，下列說法正確的是()A電容器兩板間電壓始終不變B電容器兩板間電壓瞬時升高后又恢復(fù)原值C根據(jù)QCU可知，電容器帶電荷量先增大后減小D電路中電流由B板經(jīng)電源流向A板解析：選BD在將電容器兩極板間距離迅速增大的過程中，電容器極板上的電荷量未來得及變化，即Q不變，則C，又C，所以，所以E也不變，而UEd，故U增大，但最終電壓U要與電源電壓相等，故A錯誤，B正確；此后，因為C，所以d增大時，C減小，由QCU，所以Q減小，電路中有瞬時電流，方向由B板經(jīng)電源

7、流向A板，故D正確，C錯誤。8.如圖所示，平行板電容器與恒壓電源連接，電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場，若僅使電容器上極板上移，設(shè)電容器極板上所帶電荷量為Q，電子穿出平行板時在垂直于板面方向偏移的距離為y，以下說法正確的是()AQ減少，y不變 BQ減少，y減小CQ增大，y減小 DQ增大，y增大解析：選B上極板上移，兩板間距增大，電容器電容減小，板間電場強度減小，由QCU可知，Q減小，C、D均錯誤；由y×可知，因E減小，電子偏轉(zhuǎn)距離y減小，故B正確，A錯誤。9.(2018屆高三·商丘調(diào)研)如圖所示，R0為定值電阻，電源電動勢E恒定，內(nèi)阻不能忽略，當開關(guān)閉

8、合，滑片P位于滑動變阻器R左端點a時，水平放置的平行金屬板間有一帶電液滴正好處于靜止狀態(tài)，在將滑片P由左端點a滑向右端點b的過程中，下列關(guān)于液滴的帶電情況及運動情況(液滴始終沒與極板相碰)分析正確的是()A液滴帶正電，液滴將向上做勻加速直線運動B液滴帶正電，液滴將以原平衡位置為中心做往復(fù)運動C液滴帶正電，液滴將向上做變加速直線運動D液滴帶負電，液滴將向上做變速直線運動解析：選C當開關(guān)閉合，滑片P位于滑動變阻器R左端點a時，液滴在重力和電場力作用下處于平衡狀態(tài)，所以電場力豎直向上，由題圖知下極板帶正電，即液滴一定帶正電，D項錯誤；因滑片由左端點a滑向右端點b的過程中，外電路總電阻先增大后減小，電

9、路的總電流先減小后增大，內(nèi)電壓先減小后增大，即電源的路端電壓先增大后減小，所以電容器兩極板間電壓先增大后減小，由E可知電容器兩極板間電場強度先增大后減小，但方向不變，所以液滴的加速度先增大后減小，方向一直向上，即液滴將向上做變加速直線運動，C項正確，A、B項錯誤。10.(2016·天津高考)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A增大，E增大 B增大，Ep不

10、變C減小，Ep增大 D減小，E不變解析：選D由題意可知平行板電容器的帶電荷量Q不變，當下極板不動，上極板向下移動一段距離時，兩極板間距d減小，則電容C變大，由U可知U變小，則靜電計指針的偏角減小。又因為兩板間電場強度E，Q、S不變，則E不變。因為E不變，則點電荷從P點移動到下極板(電勢為零)電場力做功不變，電勢能的變化相同，則點電荷在P點的電勢能Ep不變，故只有選項D正確。11.如圖所示，平行板電容器的兩金屬板A、B豎直放置，電容器所帶電荷量為Q，一液滴從A板上邊緣由靜止釋放，液滴恰好能擊中B板的中點O，若電容器所帶電荷量增加Q1，液滴從同一位置由靜止釋放，液滴恰好擊中OB的中點C，若電容器所

11、帶電荷量減小Q2，液滴從同一位置由靜止釋放，液滴恰好擊中B板的下邊緣D點，則()A1 B2C3 D4解析：選B由運動的合成與分解知液滴在豎直方向做自由落體運動，水平方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速直線運動，設(shè)兩金屬板長為L、間距為d、正對面積為S，兩極板間場強為E，液滴所帶電荷量為q、質(zhì)量為m，則豎直方向有hgt2，水平方向有d·t2，E，所以Q·h常數(shù)，即Q·(QQ1)·，Q·(QQ2)·L，聯(lián)立得2，B對。12.如圖所示，理想二極管(具有單向?qū)щ娦?、平行板電容器、電源組成閉合電路，帶電液滴P置于水平放置的平行板電容器的正中

12、間而靜止，則下列說法中正確的是()A若將極板A向下移動少許，則液滴的電勢能將減小B若將極板A向上移動少許，則液滴將向上運動C若將極板B向上移動少許，則液滴的電勢能將增大D若將極板A、B錯開少許，使兩極板正對面積變小，則液滴將向下運動解析：選A若將極板A向下移動少許(d減小)，電容器電容增大，二極管正向?qū)ńo電容器充電，電容器兩端電壓保持U不變，由E知兩極板間電場強度增大，電場力大于液滴重力，液滴將沿電場力方向運動，電場力做正功，帶電液滴的電勢能減小，A對；若將極板A向上移動少許(d增大)，由C知C減小，由QCU知Q將減小，但因二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器的帶電荷量Q將不變，由E、QCU及C

13、知兩極板間電場強度不變，所以液滴仍靜止，B錯；若將極板B向上移動少許(d減小)，由E知兩極板間電場強度增大，與選項A相同，帶電液滴將沿電場力方向向上運動，電場力做正功，電勢能減小，C錯；若將極板A、B錯開少許(S減小)，電容減小，但二極管阻止電容器放電，電容器帶電荷量Q不變，由C可知兩極板間電壓升高，由E知兩極板間電場強度增大，液滴沿電場力方向向上運動，D錯。13.多選如圖所示，長為L傾角為的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的小球，以初速度v0從斜面底端A點開始沿斜面上滑，當?shù)竭_斜面頂端B點時，速度仍為v0，則下列說法正確的是()A若電場是勻強電場，則該電場的電場強度的最小值一

14、定為BA、B兩點間的電壓一定等于C小球在B點的電勢能一定大于在A點的電勢能D若該電場是斜面中點正上方某點的點電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷解析：選AB小球從A運動到B的過程中：qUmgLsin mv02mv02，所以：U，B正確；若電場為勻強電場，由公式UEd知，當兩點間的電壓一定時，間距越大，電場強度越小，故電場強度的最小值為E，A正確；在上升過程中，重力做負功，故電場力做正功，電勢能減小，小球在A點的電勢能大于在B點的電勢能，C錯誤；若該電場是斜面中點正上方某點的點電荷Q產(chǎn)生的，離電荷遠的A點電勢高，所以Q一定是負電荷，D錯誤。14.多選(2017·昆明檢測)在豎直向上的勻強電場

15、中，有兩個質(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點)處在同一水平面上?，F(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運動軌跡如圖所示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則()AA球帶正電，B球帶負電BA球比B球先落地C在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加D兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的速率變化量比B球的小解析：選AD兩球均做類平拋運動，水平方向上有xv0t，豎直方向上有hat2，得加速度大小a，可見水平距離x越大，加速度a越小，相應(yīng)所用時間t越長，即B球先落地，A球的加速度a1小于B球的加速度a2，說明A球帶正電而受到豎直向上的電場力，B球帶負電而受到豎直

16、向下的電場力，在下落過程中，電場力對A球做負功，A球電勢能增加，電場力對B球做正功，B球電勢能減少，選項A正確，B、C均錯誤；根據(jù)動能定理有mahmv2mv02，而vvv0，可見加速度a越大，落地速度v越大，速率變化量v越大，即A球的速率變化量較小，選項D正確。教師備選題1.如圖所示，在A板附近有一電子由靜止開始向B板運動，則關(guān)于電子到達B板時的速率，下列解釋正確的是()A兩板間距越大，加速的時間就越長，則獲得的速率越大B兩板間距越小，加速度就越大，則獲得的速率越大C到達B板時的速率與兩板間的距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān)D以上解釋都不正確解析：選C由eUmv20得v ，與d無關(guān)，故C對，A、B

17、、D均錯。2.(2018屆高三·益陽調(diào)研)如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關(guān)K與電池連接，a處有一帶電量非常小的點電荷。閉合開關(guān)K，Ua表示a點的電勢，F(xiàn)表示點電荷受到的電場力。現(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動，使兩板間的距離增大，則()AUa變大，F(xiàn)變大BUa變大，F(xiàn)變小CUa不變，F(xiàn)不變 DUa不變，F(xiàn)變小解析：選B由于開關(guān)K閉合，且電容器兩極板始終與電源的兩極相連，故電容器兩極板之間的電壓UAB保持不變。隨B極板下移兩極板之間的距離增大，根據(jù)E可知兩極板之間的電場強度E減小，由于UAaEhAa，由于電場強度E減小，故UAa減小，由于UABUAaUaB，所以UaB增大，由題圖可知B極板接地

18、，所以B板的電勢為0，所以UaUaB增大。而點電荷在a點所受的電場力FqE，由于E減小，所以電場力F減小，故B正確。3.如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調(diào)電阻，用絕緣細線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部。閉合開關(guān)S，小球靜止時受到懸線的拉力為F。調(diào)節(jié)R1、R2，關(guān)于F的大小判斷正確的是()A保持R1不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)將變大B保持R1不變，緩慢增大R2時，F(xiàn)將變小C保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)將變大D保持R2不變，緩慢增大R1時，F(xiàn)將變小解析：選B保持R1不變，緩慢增大R2時，由于R0和R2串聯(lián)，R0兩端的電壓減小，即平行板電容器的兩個極板

19、的電壓U減小，帶電小球受到的電場力F電qEq減小，懸線的拉力為F 將減小，選項B正確，A錯誤；保持R2不變，緩慢增大R1時，R0兩端的電壓不變，F(xiàn)電不變，懸線的拉力不變，C、D錯誤。4多選如圖所示，帶電荷量之比為qAqB13的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點出發(fā)，沿著跟電場強度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點，若OCCD，忽略粒子重力的影響，則()AA和B在電場中運動的時間之比為12BA和B運動的加速度大小之比為41CA和B的質(zhì)量之比為112DA和B的位移大小之比為11解析：選ABC粒子A和B在勻強電場中做類平拋運動，水平方向由xv0t及OCCD得，tAtB12；豎直方向由hat2得a，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aAaB41；根據(jù)a得m，故，A和B的位移大小不相等，故選項A、B、C正確。5.(2017·江蘇高考)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P點，則由O點靜止釋放的電子()A運動到P點返回B運動到P和P點之間返回C運動到P點返回D穿過P點解析：選