2017-2018高中物理二轮专题检测：(十五)-电容器-带电粒子在电场中的运动问题含解析

专题检测（十五）电容器带电粒子在电场中的运动问题1.(2018届高三·安庆四校联考)如图所示为一只“极距变化型电容式传感器”的部分构件示意图。当动极板和定极板之间的距离d变化时，电容C便发生变化，通过测量电容C的变化就可知道两极板之间距离d的变化情况。在下列选项中能正确反映C与d之间变化规律的图像是()解析：选A根据平行板电容器的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，C与d成反比，由数学知识可知，图像为双曲线，A正确。2.[多选]某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动。在P、Q间距增大过程中()A．P、Q构成的电容器的电容增大B．M点的电势比N点的高C．M点的电势比N点的低D．P上电荷量减小解析：选BD电容式话筒与电源串联，电压保持不变。在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)得，电容减小，又根据电容定义式C＝eq\f(Q,U)得，电容器所带电荷量减小，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高。故A、C错误，B、D正确。3．[多选]如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面的夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，微粒从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入极板间，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，则()A．微粒到达B点时动能为eq\f(1,2)mv02B．微粒的加速度大小等于gtanθC．两极板间的电势差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D．微粒从A点到B点的过程中电势能减少eq\f(mgd,cosθ)解析：选BC微粒的受力情况如图所示，微粒做匀减速直线运动，到达B点时动能小于eq\f(1,2)mv02，选项A错误；由牛顿第二定律得mgtanθ＝ma，加速度a＝gtanθ，选项B正确；又电场力Eq＝eq\f(mg,cosθ)，两极板间的电场强度E＝eq\f(mg,qcosθ)，两板间的电势差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，选项C正确；微粒从A向B运动，电场力做负功，电势能增加，选项D错误。4．如图所示，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，有一带电粒子P静止在电容器上部空间中，当在其下极板上快速插入一厚度为L的不带电的金属板后，粒子P开始运动，重力加速度为g。粒子运动的加速度大小为()A.eq\f(L,d)g B.eq\f(L,d－L)gC.eq\f(d－L,d)g D.eq\f(d,d－L)g解析：选B设板间电压为U，带电粒子静止时有：eq\f(U,d)q＝mg；当插入金属板后，金属板处于静电平衡状态，相当于极板间距减小为d′＝d－L，由牛顿第二定律得qeq\f(U,d′)－mg＝ma，解得a＝eq\f(L,d－L)g，故B正确。5．带有等量异种电荷的两块等大的平行金属板M、N水平正对放置。两板间有一带电微粒以速度v0沿直线运动，当微粒运动到P点时，将M板迅速向上平移一小段距离后，则此后微粒的可能运动情况是()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运动解析：选BM板平移前，带电微粒做匀速直线运动，所受电场力与重力二力平衡，M板移动后，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)、U＝eq\f(Q,C)、E＝eq\f(U,d)可得：E＝eq\f(4πkQ,εrS)，所以两极板间电场强度不变，带电微粒仍然受力平衡，沿原方向做匀速直线运动，选项B正确。6.[多选]如图所示，两极板水平放置的平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计外壳接地。闭合开关S时，带负电的油滴恰好静止于P点。下列说法正确的是()A．若将A极板向下平移一小段距离，平行板电容器的电容将变小B．若将A极板向上平移一小段距离，静电计指针张角不变C．若将A极板向下平移一小段距离，P点电势将升高D．若断开开关S，再将A极板向下平移一小段距离，则带电油滴将向下运动解析：选BC把A极板下移，间距d减小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容C增大，A错误；电容器与电源相连，电势差不变，静电计指针张角不变，B正确；A极板下移，d减小，由E＝eq\f(U,d)知，E增大，P点与下极板间电势差增大，则P点电势升高，故C正确；断开开关S，电荷量不变，下移A板，E不变，油滴仍不动，D错误。7.[多选](2017·广州模拟)如图所示，电容器两极板与电源正负极相连，在将电容器两极板间的距离由d迅速增大为2d的过程中，下列说法正确的是()A．电容器两板间电压始终不变B．电容器两板间电压瞬时升高后又恢复原值C．根据Q＝CU可知，电容器带电荷量先增大后减小D．电路中电流由B板经电源流向A板解析：选BD在将电容器两极板间距离迅速增大的过程中，电容器极板上的电荷量未来得及变化，即Q不变，则C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(Q,Ed)，又C＝eq\f(εrS,4πkd)，所以eq\f(Q,Ed)＝eq\f(εrS,4πkd)，所以E＝eq\f(4πkQ,εrS)也不变，而U＝Ed，故U增大，但最终电压U要与电源电压相等，故A错误，B正确；此后，因为C＝eq\f(εrS,4πkd)，所以d增大时，C减小，由Q＝CU，所以Q减小，电路中有瞬时电流，方向由B板经电源流向A板，故D正确，C错误。8.如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场，若仅使电容器上极板上移，设电容器极板上所带电荷量为Q，电子穿出平行板时在垂直于板面方向偏移的距离为y，以下说法正确的是()A．Q减少，y不变 B．Q减少，y减小C．Q增大，y减小 D．Q增大，y增大解析：选B上极板上移，两板间距增大，电容器电容减小，板间电场强度减小，由Q＝CU可知，Q减小，C、D均错误；由y＝eq\f(1,2)×eq\f(Eql2,mv02)可知，因E减小，电子偏转距离y减小，故B正确，A错误。9.(2018届高三·商丘调研)如图所示，R0为定值电阻，电源电动势E恒定，内阻不能忽略，当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，水平放置的平行金属板间有一带电液滴正好处于静止状态，在将滑片P由左端点a滑向右端点b的过程中，下列关于液滴的带电情况及运动情况(液滴始终没与极板相碰)分析正确的是()A．液滴带正电，液滴将向上做匀加速直线运动B．液滴带正电，液滴将以原平衡位置为中心做往复运动C．液滴带正电，液滴将向上做变加速直线运动D．液滴带负电，液滴将向上做变速直线运动解析：选C当开关闭合，滑片P位于滑动变阻器R左端点a时，液滴在重力和电场力作用下处于平衡状态，所以电场力竖直向上，由题图知下极板带正电，即液滴一定带正电，D项错误；因滑片由左端点a滑向右端点b的过程中，外电路总电阻先增大后减小，电路的总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，即电源的路端电压先增大后减小，所以电容器两极板间电压先增大后减小，由E＝eq\f(U,d)可知电容器两极板间电场强度先增大后减小，但方向不变，所以液滴的加速度先增大后减小，方向一直向上，即液滴将向上做变加速直线运动，C项正确，A、B项错误。10.(2016·天津高考)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变解析：选D由题意可知平行板电容器的带电荷量Q不变，当下极板不动，上极板向下移动一段距离时，两极板间距d减小，则电容C变大，由U＝eq\f(Q,C)可知U变小，则静电计指针的偏角θ减小。又因为两板间电场强度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，Q、S不变，则E不变。因为E不变，则点电荷从P点移动到下极板(电势为零)电场力做功不变，电势能的变化相同，则点电荷在P点的电势能Ep不变，故只有选项D正确。11.如图所示，平行板电容器的两金属板A、B竖直放置，电容器所带电荷量为Q，一液滴从A板上边缘由静止释放，液滴恰好能击中B板的中点O，若电容器所带电荷量增加Q1，液滴从同一位置由静止释放，液滴恰好击中OB的中点C，若电容器所带电荷量减小Q2，液滴从同一位置由静止释放，液滴恰好击中B板的下边缘D点，则eq\f(Q1,Q2)＝()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B由运动的合成与分解知液滴在竖直方向做自由落体运动，水平方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设两金属板长为L、间距为d、正对面积为S，两极板间场强为E，液滴所带电荷量为q、质量为m，则竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有d＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，所以Q·h＝常数，即Q·eq\f(L,2)＝(Q＋Q1)·eq\f(L,4)，Q·eq\f(L,2)＝(Q－Q2)·L，联立得eq\f(Q1,Q2)＝2，B对。12.如图所示，理想二极管(具有单向导电性)、平行板电容器、电源组成闭合电路，带电液滴P置于水平放置的平行板电容器的正中间而静止，则下列说法中正确的是()A．若将极板A向下移动少许，则液滴的电势能将减小B．若将极板A向上移动少许，则液滴将向上运动C．若将极板B向上移动少许，则液滴的电势能将增大D．若将极板A、B错开少许，使两极板正对面积变小，则液滴将向下运动解析：选A若将极板A向下移动少许(d减小)，电容器电容增大，二极管正向导通给电容器充电，电容器两端电压保持U不变，由E＝eq\f(U,d)知两极板间电场强度增大，电场力大于液滴重力，液滴将沿电场力方向运动，电场力做正功，带电液滴的电势能减小，A对；若将极板A向上移动少许(d增大)，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知C减小，由Q＝CU知Q将减小，但因二极管具有单向导电性，所以电容器的带电荷量Q将不变，由E＝eq\f(U,d)、Q＝CU及C＝eq\f(εrS,4πkd)知两极板间电场强度不变，所以液滴仍静止，B错；若将极板B向上移动少许(d减小)，由E＝eq\f(U,d)知两极板间电场强度增大，与选项A相同，带电液滴将沿电场力方向向上运动，电场力做正功，电势能减小，C错；若将极板A、B错开少许(S减小)，电容减小，但二极管阻止电容器放电，电容器带电荷量Q不变，由C＝eq\f(Q,U)可知两极板间电压升高，由E＝eq\f(U,d)知两极板间电场强度增大，液滴沿电场力方向向上运动，D错。13.[多选]如图所示，长为L倾角为θ的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为＋q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则下列说法正确的是()A．若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最小值一定为eq\f(mgsinθ,q)B．A、B两点间的电压一定等于eq\f(mgLsinθ,q)C．小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能D．若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷解析：选AB小球从A运动到B的过程中：qU－mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02，所以：U＝eq\f(mgLsinθ,q)，B正确；若电场为匀强电场，由公式U＝Ed知，当两点间的电压一定时，间距越大，电场强度越小，故电场强度的最小值为E＝eq\f(U,L)＝eq\f(mgsinθ,q)，A正确；在上升过程中，重力做负功，故电场力做正功，电势能减小，小球在A点的电势能大于在B点的电势能，C错误；若该电场是斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的，离电荷远的A点电势高，所以Q一定是负电荷，D错误。14.[多选](2017·昆明检测)在竖直向上的匀强电场中，有两个质量相等、带异种电荷的小球A、B(均可视为质点)处在同一水平面上。现将两球以相同的水平速度v0向右抛出，最后落到水平地面上，运动轨迹如图所示，两球之间的静电力和空气阻力均不考虑，则()A．A球带正电，B球带负电B．A球比B球先落地C．在下落过程中，A球的电势能减少，B球的电势能增加D．两球从抛出到各自落地的过程中，A球的速率变化量比B球的小解析：选AD两球均做类平抛运动，水平方向上有x＝v0t，竖直方向上有h＝eq\f(1,2)at2，得加速度大小a＝eq\f(2hv02,x2)，可见水平距离x越大，加速度a越小，相应所用时间t越长，即B球先落地，A球的加速度a1小于B球的加速度a2，说明A球带正电而受到竖直向上的电场力，B球带负电而受到竖直向下的电场力，在下落过程中，电场力对A球做负功，A球电势能增加，电场力对B球做正功，B球电势能减少，选项A正确，B、C均错误；根据动能定理有mah＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，而Δv＝v－v0，可见加速度a越大，落地速度v越大，速率变化量Δv越大，即A球的速率变化量较小，选项D正确。[教师备选题]1.如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解释正确的是()A．两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大B．两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大C．到达B板时的速率与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关D．以上解释都不正确解析：选C由eU＝eq\f(1,2)mv2－0得v＝eq\r(\f(2eU,m))，与d无关，故C对，A、B、D均错。2.(2018届高三·益阳调研)如图所示，平行板电容器经开关K与电池连接，a处有一带电量非常小的点电荷。闭合开关K，Ua表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力。现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则()A．Ua变大，F变大 B．Ua变大，F变小C．Ua不变，F不变 D．Ua不变，F变小解析：选B由于开关K闭合，且电容器两极板始终与电源的两极相连，故电容器两极板之间的电压UAB保持不变。随B极板下移两极板之间的距离增大，根据E＝eq\f(U,d)可知两极板之间的电场强度E减小，由于UAa＝EhAa，由于电场强度E减小，故UAa减小，由于UAB＝UAa＋UaB，所以UaB增大，由题图可知B极板接地，所以B板的电势为0，所以Ua＝UaB增大。而点电荷在a点所受的电场力F＝qE，由于E减小，所以电场力F减小，故B正确。3.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部。闭合开关S，小球静止时受到悬线的拉力为F。调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是()A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小解析：选B保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力F电＝qE＝qeq\f(U,d)减小，悬线的拉力为F＝eq\r(mg2＋F电2)将减小，选项B正确，A错误；保持R2不变，缓慢增大R1时，R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力不变，C、D错误。4．[多选]如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则()A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1C．A和B的质量之比为1∶12D．A和B的位移大小之比为1∶1解析：选ABC粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；竖直方向由h＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2h,t2)，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB＝4∶1；根据a＝eq\f(qE,m)得m＝eq\f(qE,a)，故eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,12)，A和B的位移大小不相等，故选项A、B、C正确。5.(2017·江苏高考)如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点解析：选A电子在A、B板间的电场中加速运动，在B、C板间的电场中减速运动，设A、B板间的电压为U，B、C板间的电场强度为E，M、P两点间的距离为d，则有eU－eEd＝0，若将C板向右平移到P′点，B、C两板所带电荷量不变，由E＝eq\f(U,d