2022年高考物理一轮考点跟踪练习25《电容器 带电粒子在电场中的运动》（含详解）

1、2022年高考物理一轮考点跟踪练习25电容器 带电粒子在电场中的运动一 、单选题如图所示，a、b为平行金属板，静电计的外壳接地，合上开关S后，静电计的指针张开一个较小的角度，能使角度增大的办法是()A.使a、b板的距离增大一些B.使a、b板的正对面积减小一些C.断开S，使a、b板的距离增大一些D.断开S，使a、b板的正对面积增大一些如图所示，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

2、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，两板间有一个正检验电荷固定在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，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0，则下列关于各物理量与负极板移动距离x的关系图像中正确的是()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

3、。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变为原来的倍如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量为q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程()A.加速度大小为a=g B.所需的时间为t= C.下降的高度为y= D.电场力所做的功为W=Eqd如图所示，R是一个定值电阻，A、B为水平正对放置的两块平行金属板，两板间带电微粒P处于静止状态，则下列说法正确的是()A.若增大A、B两金属板的间距，则有向右的电流通过电阻RB.若增大A

4、、B两金属板的间距，P将向上运动C.若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，P将向上运动D.若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，P将向上运动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

5、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极板二 、多选题 (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 (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

6、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 (多选)A、B两带电小球置于光滑绝缘水平面上，空间存在平行于水平面的匀强电场，将A、B两小球分别沿如图所示轨迹移动到同一电场线上的不同位置。释放后两小球均静止，则()A.A的带电量比B的大B.A带负电荷，B带正电荷C.静止时A受到的合力比B的大D.移动过程中匀强电场对B做负功 (多选)如图所示，半径R=0.5

7、 m的圆弧接收屏位于电场强度方向竖直向下的匀强电场中，OB水平，一质量为m=1.0×104 kg、带电荷量为q=8.0×105 C的粒子从与圆弧圆心O等高且距O点0.3 m的A点以初速度v0=3 m/s水平射出，粒子重力不计，粒子恰好能垂直打到圆弧曲面上的C点(图中未画出)，取C点电势=0，则()A.该匀强电场的电场强度E=100 V/mB.粒子在A点的电势能为8×105 JC.粒子到达C点的速度大小为5 m/sD.粒子速率为4 m/s时的电势能为4.5×104 J三 、计算题如图甲所示，竖直放置的直角三角形NMP(MP边水平)，NMP=，MP中点处固定

8、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。2022年高考物理一轮考点跟踪练习25电容器 带电粒子在电场中的运动（含详解）答案解析一 、单选题答案为：C；解析：开关S闭合，电容器两端的电势差不变，则静电计指针的张角不变

9、，故A、B错误；断开S，电容器所带的电量不变，a、b板的距离增大，则电容减小，根据U=知，电势差增大，则指针张角增大，故C正确；断开S，电容器所带的电量不变，a、b板的正对面积增大，电容增大，根据U=知，电势差减小，则指针张角减小，故D错误。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

10、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，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。答案为：C；解析：由C=知，C与两极板间距离d成反比，C与x不是线性关系，A错；电容器充电后与电源断开，电荷量不变，由C=、Q=CU、U=Ed得E=是定值，B错；因负极板接地，电势为零，所以P点电势为=E(Lx)，L为P点到负极板的初始距离，E不变，随x增大而线性减小，C对；由W=q知

11、W与电势变化情况一样，D错。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。答案为：B；解析：点电荷在平行板电容器中受到重力、电场力，所以加速度大小为a=，选项A错误；设所需时间为t，水平方向上有=·t2，解得t= ，选项B正确；下降高度h=gt2=，选项C错误；电场力做功W=，选项D错误。答案为：C；解析：和电源相连，则两极板间的电压恒定，若增大A、B两金属板的间距，根据公式C=可知，电容减小，根据公式C=可得电容器两极板上所带电荷量减小，故电容器放电，R中有向左的电流，A错误

12、；由于两极板间的电压不变，若增大A、B两金属板的间距，根据公式E=可得两极板间的电场强度减小，电场力小于重力，P将向下运动，B错误；若紧贴A板内侧插入一块一定厚度的金属片，相当于两极板间的距离减小，电场强度增大，则电场力大于重力，P向上运动，C正确；若紧贴B板内侧插入一块一定厚度的陶瓷片，相当于r增大，两极板间的电场强度恒定不变，所以电场力不变，P仍静止，D错误。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

13、=，但不知微粒的电荷量，所以无法求出其电场强度，C错误。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。二 、多选题答案为：BD；解析：将电容器

14、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。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=0mv02，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

15、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。答案为：BD；解析：由题意知，释放后两小球均静止，所以受合外力均为零，可判断A带负电荷，B带正电荷，所以B正确，C错误；匀强电场对B的电场力方向水平向右，所以匀强电场对B做负功，故D正确；A、B之间的库仑力是一对相互作用力，大小相等，所以两小球受匀强电场的作用力也必定大小相等，所以电荷量一定相等，故A错误。答案为：CD；解析：粒子在电场力作用下做类平抛运动，因粒子垂直打在C点，由类平抛运动规律知：C点速度方向的反向延长线必过O点，且OD=AO=0.3 m，DC=0.4 m，即有：AD=v0t，DC=t2，联立并代入数据可得：E=25 N/C，故A错误；因UDC=E·DC=10 V，而A、D两点电势相等，所以A=10 V，即粒子在A点的电势能为：Ep=qA=8×104 J，故B错误；从A到C由动能定理知：qUAC=mvC2mv02，代入数据得：vC=5 m/s，故C正确；粒子在C点总能量：EC=mvC2=×104×52 J=1.25×103 J，由能量守恒定律可知，粒子速率为4 m/s时的电势能为：Ep=ECmv2=1.25