2025版高考物理考点题型归纳总结（含答案）考点43　电容器和电容　带电粒子在电场中的运动

考点43电容器和电容带电粒子在电场中的运动强基固本对点练知识点1电容器和电容1．一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器()A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变2．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板(M板)接地，在两板间的P点固定一个带负电的试探电荷．若正极板N保持不动，将负极板M缓慢向右平移一小段距离，下列说法正确的是()A．P点电势升高B．两板间电压增大C．试探电荷的电势能增大D．试探电荷受到的静电力增大3．(多选)如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路．麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动．下列说法正确的是()A.振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变B．振动膜向右运动时，a点的电势比b点的电势高C．振动膜向左运动时，电阻上有从a到b的电流D．振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小4．(多选)如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态．下列说法正确的是()A.若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流B．若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流C．若将S断开，则油滴立即做自由落体运动，G中无电流D．若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有b→a的电流知识点2带电粒子在电场中的加速5.电子束焊接机是一种先进的焊接技术．电子束焊接机中的电场线分布如图中虚线所示，其中K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上电压为U的高压电．现有一电子在K极附近由静止被加速运动到A极．不考虑电子的重力，已知电子电量为e，下列说法中正确的是()A．A、K之间的电场强度为eq\f(U,d)，且为匀强电场B．电子沿电场线由K极到A极时电势能逐渐增大C．电子在K极附近受到的电场力比在A极附近要小D．电子由K极板加速到达A极板时获得的动能大于eU6.如图所示，一个电容为C的理想电容器与两个阻值均为R的电阻串联后通过电键K连接在电动势为E的直流电源的两端，电源的内阻不计．开始电键K断开，电容器不带电，t＝0时刻闭合电键K接通电路，则能正确表示1、2两点间电压随时间变化的图像是()7．如图所示的电路，电源的电动势为E，内阻为r，电阻R1、R2的阻值分别为2r、3r，电容为C、间距为d的水平放置的平行板电容器，两极板分别接在R3＝1.8r两端．合上开关稳定后，让一质量为m，电荷量未知的带电小球从距上极板上方高也为d处自由释放，小球恰好能下落到下极板，则()A．电容器的带电量为eq\f(3CE,5)B．带电小球带负电C．带电小球的带电量为eq\f(20mgd,9E)D．带电小球在电容器中下落过程的加速度大小为g8．(多选)水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一质量为m，带电量为＋q的油滴从下板边缘射入运动到上板，路径如图所示直线，则下列判断正确的是()A．场强方向竖直向上B．油滴一定是以v0做匀速直线运动C．两板间电势差为eq\f(mgd,q)D．油滴的电势能增加了2mgd知识点3带电粒子在电场中的偏转9．(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行，不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是()10．(多选)如图所示，一带正电的粒子以初动能Ek沿平行板电容器的中线进入板内，恰好沿下板的边缘飞出，飞出时粒子的动能为2Ek.已知板长为L，带电粒子的电荷量为q，粒子在极板之间仅受电场力的作用，则下列说法正确的是()A.两极板的间距为LB．粒子射出时速度方向偏转30°C．两极板的电势差为eq\f(2Ek,q)D．粒子在极板间运动的前一半时间与后一半时间内，静电力对粒子做功之比为1∶111．电子经过电场加速后射入偏转电场．已知加速电场两极板间电压为U1，偏转电场两极板间电压为U2，极板长为L，相距为d，电子质量为m，电荷量为e，(重力不计).求：(1)电子离开加速电场时速度大小v0；(2)电子离开偏转电场时竖直方向的位移大小y；(3)某同学认为将一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止开始进入该装置，它们会分离为三股粒子束．你认为这位同学的看法是否正确，请说明理由．培优提能模拟练12.[2024·重庆市部分学校期中联考]人体的细胞膜模型图如图甲所示，磷脂双分子层是构成细胞膜的基本支架，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位).现研究某小块均匀的细胞膜，其厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图乙所示，初速度可视为零的一价负氯离子仅在电场力的作用下，从图乙中的A点运动到B点，下列说法正确的是()A．A点的电势高于B点的电势B．氯离子的电势能将增大C．若仅增大细胞膜的膜电位，则氯离子进入细胞内的速度增大D．若仅减小细胞膜的厚度d，则氯离子进入细胞内的速度增大13.[2024·安徽省合肥市一中期中考试](多选)某同学用如图所示装置，探究平行板电容器的电容影响因素，图中M、N是平行板电容器的两个极板，探究过程中，发现电流表中有a到b的电流，可能原因是()A．M板向下平移B．M板向上平移C．电介质向左移D．M板向左移14．[2024·云南省昆明三中月考](多选)一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直屏M，一带电荷量为q、质量为m的质点以初速度v0沿中线射入两板间，最后垂直打在M上，则下列说法中正确的是(已知重力加速度为g)()A.离开平行板电容器后质点做匀速直线运动B．板间电势差大小为eq\f(2mg,q)C．整个过程中质点的重力势能增加eq\f(mg2L2,veq\o\al(2,0))D．若仅增大两极板间距，则该质点仍能垂直打在M上15．[2024·山西省太原市月考](多选)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球和B球同时落地C．在下落过程中，两球电势能都增加D．两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的小16．[2024·江西省临川一中期中考试](多选)如图为某直线加速器简化示意图，设n个金属圆筒沿轴线排成一串，各筒相间地连到正负极周期性变化的电源上，带电粒子以一定的初速度沿轴线射入后可实现加速，则()A．带电粒子在每个圆筒内都做匀速运动B．带电粒子只在圆筒间的缝隙处做加速运动C．直线加速器电源可以用恒定电流D．从左向右各筒长度之比为1∶3∶5∶7……17．[2024·山东省德州市适应性联考](多选)如图1，在矩形MNPQ区域中有平行于PM方向的匀强电场，电场强度为E0，一电荷量为＋q，质量为m带电粒子以v0的初速度从M点沿MN方向进入匀强电场，刚好从Q点射出．MN＝PQ＝2L，MP＝QN＝L.现保持电场强度的大小不变，使匀强电场的方向按图2做周期性变化．使带电粒子仍以v0的初速度从M点沿MN方向进入，粒子刚好能从QN边界平行PQ方向射出．不计粒子重力，取图1中方向为电场正方向．则下列说法正确的是()A.电场强度大小为E0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4qL)B．电场强度大小为E0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qL)C．电场变化的周期可能为T0＝eq\f(L,5v0)D．电场变化的周期可能为T0＝eq\f(2L,5v0)18.[2024·广东省广州市期中考试]如图所示，水平放置的两平行金属板，板长为l＝10cm，两板相距d＝2cm.一束电子以初速度v0＝4.0×107m/s从两板中央水平射入板间，然后从板间飞出射到距板右端L＝45cm、宽D＝20cm的荧光屏上．不计电子重力，荧光屏中点在两板间的中线上，已知电子质量为m＝9.1×10－31kg，电荷量为e＝1.6×10－19C．求：(1)电子飞入两板前所经历的加速电场的电压U1；(2)若偏转电压为U2＝72V，求电子射出偏转电场时的偏转距离；(3)为使电子都能射中荧光屏，求偏转电压的取值范围．

考点43电容器和电容带电粒子在电场中的运动1．答案：D解析：由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当云母介质移出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小．由于U与d都不变，再由E＝eq\f(U,d)知电场强度E不变，D正确．2．答案：C解析：由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)，可得U＝eq\f(4πkdQ,εrS)，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，因为电容器与电源断开，电荷量保持不变，两板间的距离d减小，所以两板间电压减小，两板间电场强度不变，试探电荷受到的静电力不变，B、D错误；因φ＝Ed′，d′为P到负极板之间的距离，d′减小，P点电势降低，因沿电场线方向电势降低，M板电势为零，所以P点电势为正，P点固定的试探电荷为负电荷，电势降低，电势能增加，C正确，A错误．3．答案：BD解析：振动膜向右振动时电容器两极板的距离变小，根据E＝eq\f(U,d)，电容器板间的电场强度变大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)电容增大，根据C＝eq\f(Q,U)，在U不变的情况下，Q增大，电容器充电，R中电流方向向下，即有从a到b的电流，a点的电势比b点的电势高，A错误，B正确；振动膜向左振动时电容器两极板的距离变大，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，电容减小，根据C＝eq\f(Q,U)知，在U不变的情况下，Q减小，电容器放电，R中电流方向向上，即有从b到a的电流，C错误，D正确．4．答案：AB解析：根据题中电路图可知，A板带负电，B板带正电，原来油滴恰好处于静止状态，说明油滴受到的竖直向上的静电力刚好与竖直向下的重力平衡．当S闭合时，若将A板向上平移一小段位移，则A、B两板间间距d变大，而两板间电压U不变，故板间场强E＝eq\f(U,d)变小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速运动，而根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容C减小，故两板所带电荷量Q也减小，因此电容器放电，所以G中有b→a的电流，A正确；在S闭合的情况下，若将A板向左平移一小段位移，两板间电压U和板间间距d都不变，所以板间场强E不变，油滴受力平衡，仍然静止，但是两板的正对面积S减小了，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)可知电容C减小，两板所带电荷量Q也减小，电容器放电，所以G中有b→a的电流，B正确；若将S断开，两板所带电荷量保持不变，板间场强E也不变，油滴仍然静止，C错误；若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，两板所带电荷量Q仍保持不变，两板间间距d变小，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)和E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，显然，两板间场强E不变，所以油滴仍然静止，G中无电流，D错误．5．答案：C解析：根据电场线的分布情况，可以判断A、K之间不是匀强电场，A错误；电子由K沿电场线到A电场力做正功，电势能逐渐减小，B错误；电场线的疏密表示场强的大小，即EA>EK，电子在K附近受到的电场力比在A附近要小，C正确；由动能定理可知Ek＝eU，电子由K极板加速到达A极板时获得的动能等于eU，D错误．6．答案：C解析：根据闭合电路欧姆定律，电容器不带电的情况下，刚开始充电时短暂时间内电流不为0，电路视为通路，只有两电阻R分压，故电容器和电阻R两端电压之和初始值为0.5E，之后随着电容器充电结束，电路视为断路，故电容器和电阻两端R两端电压等于电动势E不变，C正确．7．答案：D解析：R1、R2的并联后阻值为R并＝eq\f(2r·3r,2r＋3r)＝1.2r，电容器两端电压为UC＝eq\f(1.8r,r＋1.2r＋1.8r)E＝eq\f(9,20)E，则电容器的带电量为Q＝CUC＝eq\f(9CE,20)，A错误；小球下落过程，在电场中做减速运动，由于电容器下极板带正电，可得小球带正电荷，B错误；由动能定理得mg(d＋d)－qUC＝0，联立解得q＝eq\f(40mgd,9E)，C错误；由牛顿第二定律得qeq\f(UC,d)－mg＝ma，联立解得a＝g，D正确．8．答案：ABC解析：带电油滴受到的重力和电场力都在竖直方向上，为了保证带电油滴沿图中虚线做直线运动，油滴受到的合力一定为0，则油滴一定是以v0做匀速直线运动，电场力方向竖直向上，与重力平衡，则有qeq\f(U,d)＝mg，解得两板间电势差为U＝eq\f(mgd,q)，由于油滴带正电，可知电场方向竖直向上，A、B、C正确；电场力对油滴做功为W电＝qU＝mgd，油滴的电势能减少了mgd，D错误．9．答案：AD解析：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，加速度为a＝eq\f(qE,m)，由类平抛运动规律可知带电粒子在电场中运动时间为t＝eq\f(l,v0)，离开电场时带电粒子的偏转角的正切值为tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qEl,mveq\o\al(2,0))，因为四个带电的粒子的初速相同，电场强度相同，极板长度相同，所以偏转角只与比荷有关，前面三个带电粒子带正电，一个带电粒子带负电，所以一个粒子与另外三个粒子的偏转方向不同；(＋q，m)粒子与(＋3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏转角相同，轨迹相同，且与(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q，3m)、(－q，m)三个粒子偏转角相同，但(－q，m)粒子与前两个粒子的偏转方向相反；(＋q，2m)粒子的比荷与(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的比荷小，所以(＋q，2m)粒子比(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的偏转角小，但都带正电，偏转方向相同．综上所述，A、D正确．10．答案：AC解析：设粒子质量为m，射入板间的初速度为v0，则有粒子射入电场时Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，粒子射出电场时2Ek＝eq\f(1,2)mv2，则有cosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(\r(2),2)，粒子射出时的偏转角度θ＝45°，B错误；设两极板间距为d，由B中分析可得vy＝v0tan45°＝v0，L＝v0t，eq\f(d,2)＝eq\f(vy,2)t，解得d＝L，A正确；设两极板的电势差为U，由动能定理可得eq\f(1,2)Uq＝2Ek－Ek，解得U＝eq\f(2Ek,q)，C正确；粒子在电场力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，在前一半时间和后一半时间内电场力方向的位移(侧移量)之比为1∶3，由W＝qEy知静电力对粒子做功之比为1∶3，D错误．11．答案：(1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2L2,4dU1)(3)见解析解析：(1)电子在加速电场中做匀加速直线运动，有eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m))(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，有L＝v0ty＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(Ee,m)＝eq\f(eU2,md)联立解得y＝eq\f(U2L2,4dU1)(3)粒子离开偏转电场的速度偏转角满足tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(U2L,2dU1)竖直方向的偏移量为y＝eq\f(U2L2,4dU1)由以上分析可知，粒子离开偏转电场时速度的偏转角、竖直方向的偏移量均与粒子的比荷无关，故不会分为三股粒子束．12．答案：C解析：一价负氯离子仅在电场力的作用下，从图乙中的A点运动到B点，可知细胞膜内电场线向上，根据沿电场线电势降低，故A点的电势低于B点的电势，A错误；氯离子所受电场力方向与速度方向相同，电场力做正功，氯离子的电势能将减小，B错误；可知若仅增大细胞膜的膜电位，根据动能定理qU＝eq\f(1,2)mv2，则氯离子进入细胞内的速度增大，C正确；若仅减小细胞膜的厚度d，根据U＝Ed，细胞膜的膜电位减小，则氯离子进入细胞内的速度减小，D错误．13．答案：BCD解析：M板向下平移，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，d减小，电容增大，根据Q＝CU，电容器带电量增大，电容器充电，电流表中有b到a的电流，A错误；M板向上平移，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，d增大，电容减小，根据Q＝CU，电容器带电量减少，电容器放电，电流表中有a到b的电流，B正确；电介质向左移，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，εr减小，电容减小，根据Q＝CU，电容器带电量减少，电容器放电，电流表中有a到b的电流，C正确；M板向左移，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)，S减小，电容减小，根据Q＝CU，电容器带电量减少，电容器放电，电流表中有a到b的电流，D正确．14．答案：CD解析：据题分析可知，质点在平行板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得Eq－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝eq\f(2mg,q)，由U＝Ed得板间电势差U＝eq\f(2mgd,q)，A、B错误；质点在电场中向上偏转的距离为y＝eq\f(1,2)at2，t＝eq\f(L,v0)，解得y＝eq\f(gL2,2veq\o\al(2,0))，故质点打在屏上时，竖直方向发生的位移大小为h＝2y＝eq\f(gL2,veq\o\al(2,0))，解得质点重力势能的增加量为ΔEp＝mgh＝eq\f(mg2L2,veq\o\al(2,0))，C正确；由题意知，仅增大两极板间的距离，因两板上电荷量Q不变，根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd)·d)＝eq\f(4πkQ,εS)可知，板间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则其运动情况不变，故仍将垂直打在屏上，D正确．15．答案：AD解析：根据题意可知，两个小球在水平方向均做匀速运动，且初速度相同，由图可知，A球水平位移较大，则A球运动时间长，后落地，在竖直方向上，由于下落高度相等，由h＝eq\f(1,2)at2可知，A球的加速度较小，由牛顿第二定律可知，A球受向上的电场力，B球受向下的电场力，则A球带正电，B球带负电，B错误，A正确；下落过程电场力对A球做负功，对B球做正功，则A球电势能增加，B球电势能减小，由于下落高度相同，则两球重力势能的减少量相等，由能量守恒定理可知，每个小球的重力势能、电势能和动能之和保持不变，可知，对于A球，重力势能的减少量等于A球电势能的增加量和动能增加量之和，对于B球，重力势能减少量和电势能减少量之和等于动能的增加量，则两球从抛出到各自落地的过程中，A球的动能变化量比B球的小，C错误，D正确．16．答案：AB解析：由于同一个金属筒所在处的电势相同，内部无场强，故粒子在筒内必做匀速直线运动；而前后两筒间有电势差，故粒子每次穿越缝隙时将被电场加速，A、B正确；粒子要持续加速，电场力要对其做正功，所以电源正负极要改变，C错误；设粒子进入第n个圆筒中的速度为vn.则第n个圆筒的长度为L＝vneq\f(T,2)，根据动能定理得(n－1)qU＝eq\f(1,