高考物理能力提升知识点优化73电容器与电容带电粒子在电

1、一、单项选择题(本大题共4小题，每题6分，共24分，每题只有一个选项符合题意)1.(模拟)板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间的电势差为U1，板间场强为E1.现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为eq f(1,2)d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，以下说法正确的是()2U1，E2E1 22U1，E24E12U1，E22E1 22U1，E22E12.水平放置的平行板电容器与一电池相连.在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止状态.现将电容器两板间的距离增大，那么 ()A.电容变大，质点向上运动B.电容变大，质点向下运动C.电容变小，质点保持静止D.电容变

2、小，质点向下运动3.(模拟)如下图，长为L、倾角为的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中.一电荷量为q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的M点沿斜面上滑，到达斜面顶端N的速度仍为v0，那么()A.电场强度等于mgtan/qB.电场强度等于mgsin/qC.M、N两点的电势差为mgL/q4.(创新题)如下图，一个带电粒子从粒子源进入 (初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2.那么带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是()A.eq f(U2,U1)eq f(2d,L)B.eq f(U2,U1)eq

3、 f(d,L)C.eq f(U2,U1)eq f(2d2,L2) D.eq f(U2,U1)eq f(d2,L2)二、双项选择题(本大题共5小题，每题8分，共40分，每题有两个选项符合题意)5.如下图，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变.那么在B极板移动的过程中()6.(预测题)如下图，在绝缘光滑水平面上固定两个等量同种电荷A、B，在AB连线上的P点由静止释放一带电滑块，那么滑块会在A、B之间往复运动，那么以下判断正确的选项是()A.滑块一定带的是与A、B异种的电荷B.滑块一定带的是与A、B同种的电荷C.滑块在由P向B运动过程

4、中，电势能一定是先减小后增大7.(易错题)a、b、c三个粒子由同一点同时垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如下图，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定()A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上C.进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D.动能的增量相比，c的最小，b的最大8.( 模拟)如下图，A、B为一对中间开有小孔的平行金属板，相距一定距离，A板接地，现有一电子在t0时刻在A板小孔中由静止开始向B板运动，不计重力及阻力影响，使电子一定能从B板小孔射出，那么B板电势B与时间t的变化规律是()9.(易错题)光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行.一质

5、量为m、带电荷量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速度v0进入该正方形区域.当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为 ()A.0B.eq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)qElC.eq f(1,2)mveq oal(2,0) D.eq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(2,3)qEl三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(18分)如下图，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏.现有一电荷量为q、质量为m的带电粒子(

6、重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan；(3)粒子打到屏上的点P到O点的距离x.11.(模拟)(18分)如下图，绝缘小球A静止在高为h0.8 m的光滑平台上，带电量为qB0.3 C 的小球B用长为L1 m的细线悬挂在平台上方，两球质量mAmB0.5 kg，整个装置放在竖直向下的匀强电场中，场强大小E10 N/C，现将细线拉开角度60后，由静止释放B球，在最低点与A球发生对心碰撞，碰撞时无机械能损失.不计空气阻力，取g10 m/s2，求：(1

7、)B球在碰撞前的速度大小；(2)A球离开平台的水平位移大小. 答案解析1.【解析】选C.由Ceq f(rS,4kd)可知，C22C1，又QC1U1,2QC2U2，故得U2U1，又由Eeq f(U,d)可得：E22E1，C正确.2.【解析】选D.带电质点在电容器中处于静止状态，有mgqE，因为电容器与电源连接，电压不变，EU/d，d增大，电容C减小，E减小，质点向下运动，答案为D.3.【解析】选A.小球受到重力、电场力、支持力三个恒力作用，一定沿斜面匀速运动，必有mgsinEqcos，解得：Eeq f(mgtan,q)，A正确，B错误；UMNELcoseq f(mgLsin,q)，C错误；因电场

8、力对小球做正功，小球的电势能减少，故小球在N点的电势能小于在M点的电势能，D错误.4.【解析】选C.根据动能定理知，当带电粒子刚好从板间飞出时，qU1eq f(1,2)mv2，再由teq f(L,v)和yeq f(1,2)at2eq f(1,2)eq f(qU2,md)(eq f(L,v)2，得yeq f(1,2)d，解得eq f(U2,U1)eq f(2d2,L2)，故C正确.【变式备选】(双选)如下图，A板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U，电子最终打在荧光屏P上，关于电子的运动，那么以下说法中正确的选项是()A.滑动触头向右移动时，其他不变，那么

9、电子打在荧光屏上的位置上升B.滑动触头向左移动时，其他不变，那么电子打在荧光屏上的位置上升C.电压U增大时，其他不变，那么电子打在荧光屏上的速度大小不变D.电压U增大时，其他不变，那么电子从发出到打在荧光屏上的时间不变0eq f(1,2)mveq oal(2,0)，电子偏转有yeq f(1,2)eq f(eU,md)()2eq f(Ul2,4dU0)，滑动触头向右滑动，U0增大，y减小，A错误，B正确；两电场对电子做的功为We(U0eq f(U,d)y)，U增大，y增大，那么W增大，所以选项C错误；电子在加速电场中匀加速时间不变，在偏转电场中匀速运动时间也不变，所以运动总时间不变，选项D正确.

10、故答案为B、D.5.【解析】选C、D.由Ceq f(rS,4kd)可知，d增大，电容器电容C减小，由QCU可知，电容器的电荷量减少，电容器放电，电流由a流向b，D正确，B错误；由Eeq f(U,d)可知，在B板下移过程中，两板间场强逐渐减小，由mgEqma可知油滴运动的加速度逐渐变大，C正确，A错误.6.【解析】选B、C.根据从P点由静止释放的带电滑块在A、B之间往复运动可以判断，开始时A对滑块向右的作用力大于B向左的作用力，所以滑块一定带与A、B相同的电荷，选项A错B对；由于A、B带等量同种电荷，所以其连线中点场强为零，滑块在由P向B运动过程中，电场力先做正功后做负功，电势能一定是先减小后增

11、大，选项C正确；在整个运动过程中只有电场力做功，所以滑块的动能与电势能之和一定不变，D选项错，故答案为B、C.eq f(d,2)eq f(1,2)eq f(Eq,m)t2可知，tatb，A正确；而yceq f(1,2)eq f(Eq,m)teq oal(2,c)，tcvbva，C正确；由EkEqy可知，EkbEkaEkc，故D错误.8.【解析】选A、B.图A中，B板电势一直比A板电势高，因此，电子一直向B板加速运动，一定能从B板小孔射出，A正确；由对称性可知，图B中电压加在板间，将使电子时而向B板加速，时而向B板减速，且一直向B板运动，一定能从B板小孔射出，B正确；图C、图D中电压加在板间，假

12、设板间距足够大，那么电子将在两板间往复运动，假设板间距较小，那么有可能从B板小孔射出，故C、D均错误.9.【解析】选A、C.如题图所示.(1)当它从bc边中点垂直该边以水平初速度v0进入电场时，由动能定理得：qElEkeq f(1,2)mveq oal(2,0)即EkqEleq f(1,2)mveq oal(2,0).(2)当它从ab边中点垂直该边进入，那么可能沿ad边射出，也可能沿cd边射出.假设从ad边射出，那么Ekeq f(1,2)mveq oal(2,0)，即Ekeq f(1,2)mveq oal(2,0)，那么选项B错误；假设从cd边射出，设射出点与射入点沿场强方向的距离为x,0 x

13、eq f(l,2)，那么qExEkeq f(1,2)mveq oal(2,0)，得：eq f(1,2)mveq oal(2,0)Ekeq f(1,2)mveq oal(2,0).(3)假设它从ad边中点垂直该边进入电场，那么先做匀减速运动.假设qEleq f(1,2)mveq oal(2,0)，那么到达bc边时速度为零.应选项A正确；假设qEleq f(1,2)mveq oal(2,0)，那么未出电场区，之后做反向匀加速运动，返回ad边时，动能仍为eq f(1,2)mveq oal(2,0)，应选项C正确.假设qEleq f(1,2)mveq oal(2,0)，那么到达bc边动能Ekeq f(

14、1,2)mveq oal(2,0)qEl.故答案为A、C.【总结提升】求解电场中的多解问题的方法技巧(1)首先根据物体做直线运动和曲线运动的条件分析带电粒子在电场中运动的可能轨迹：是直线还是曲线；轨迹的形状和位置等.(2)再由电场范围和题目要求分析带电粒子在电场中运动的所有可能入射点和出射点，并进行分析和归纳；假设运动过程复杂要善于用分段分析.(3)灵活运用牛顿运动定律、运动学公式、运动的合成与分解或动能定理、能量守恒定律归类分析、分类解答.10.【解析】(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间teq f(2L,v0). (4分)(2)设粒子

15、射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：aeq f(Eq,m) (2分)所以vyaeq f(L,v0)eq f(qEL,mv0) (3分)所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为taneq f(vy,v0)eq f(qEL,mvoal(2,0). (2分)(3)设粒子在电场中的偏转距离为y，那么yeq f(1,2)a(eq f(L,v0)2eq f(1,2)eq f(qEL2,mvoal(2,0) (2分)又xyLtan， (3分)解得：xeq f(3qEL2,2mvoal(2,0) (2分)答案：(1)eq f(2L,v0)(2)eq f(qEL,mvoal(2,0)(3)eq f(3qEL2,2mvoal(2,0)11.【解析】(1)设B球在最低点速度为v0，碰撞前对B球由动能定理得：mBgL(1cos)qBEL(1cos)eq f(1,2)mBveq oal(2,0) (4分)解得：v04 m/s (2分)(2)碰撞后A球、B球速度分别为v