高考物理一轮总复习专题练习22第七章第3讲电容器带电粒子在电场中的运动含答案

第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动

一、选择题(本题共8小题，1～5题为单选，6～8题为多选)

1．(2022·普宁市高三月考)1913年，密立根用油滴实验测得了电子电量的精确数值。如图所示，当油滴喷出时，因与喷雾器摩擦而带负电，油滴通过小孔进入平行板电容器AB之间，调节两板间的电压，让油滴缓慢匀速下落，并测定油滴直径等相关物理量，可推算出该油滴的电荷量，不计油滴间相互作用。下列相关说法正确的是(　D　)

A．油滴由于失去正电荷而带负电

B．若仅增大AB间电压，油滴将加速下落

C．若仅增大AB间距离，油滴将减速下落

D．若在AB间同时悬停着两颗油滴，则直径大的带电量一定大

[解析]　油滴与喷雾器摩擦得到电子从而带负电荷，A错误；由于液滴带负电，受电场力向上，若仅增大AB间电压，油滴将加速上升，B错误；若仅增大AB间距离，电压不变，根据E＝，可知电场强度减小，电场力小于重力，油滴将加速下落，C错误；若在AB间同时悬停着两颗油滴，直径大的质量一定大，根据mg＝Eq可知质量大的带电量一定大，因此半径大的带电量一定大，D正确。

2．(2022·山东泰安高三月考)利用图示装置通过静电计指针偏角的变化情况可以探究有关平行板电容器问题，开始时，两金属板A、B竖直平行且正对，开关S闭合。下列说法正确的是(　B　)

A．若仅将A板缓慢竖直向上平移，则静电计指针的偏转角度增大

B．若S断开后，仅将A板缓慢竖直向上平移，则静电计指针的偏转角度增大

C．若S断开后，仅在A、B板间插入玻璃板，则静电计指针的偏转角度增大

D．若S断开后，仅将A板缓慢水平向左平移，则静电计指针的偏转角度减小

[解析]　静电计测量的是电容器两极板间的电压，由于开关S闭合，电容器一直接电源，电容器两极板间的电压保持不变，静电计指针的偏转角度保持不变，选项A错误；S断开后，电容器所带的电荷量Q保持不变，由C＝、C＝，可得U＝d，仅将A板缓慢竖直向上平移，即S变小时，U变大，故静电计指针的偏转角度增大，选项B正确；S断开后，仅在A、B板间插入玻璃板，εr增大，U减小，故静电计指针的偏转角度减小，选项C错误；S断开后，仅将A板缓慢水平向左平移即d增大时，U增大，故静电计指针的偏转角度增大，选项D错误。

3．(2021·全国高三专题练习)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、φ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(　C　)

A B

C D

[解析]　当负极板右移时，两板间的距离减少，由C＝可知，C与x的图像不是一次函数图像，选项A错误；由U＝可知U＝Q，则E＝＝，E与d、x无关，选项B错误；因负极板接地，设P点开始距负极板的距离是d′，则P点的电势φ＝E(d′－x)，选项C正确；正电荷在P点的电势能W＝qφ＝qE(d′－x)＝qEd′－qEx，所以W－x图像是一条倾斜的直线，选项D错误。

4．(2022·赤峰二中高三模拟)如图甲所示为一平行板电容器，A极板上有一小孔C，在小孔处由静止释放一个带负电的粒子，已知该带电粒子只受电场力的作用，在电容器两极板间加如图乙所示的电压，电压的变化周期为T，若粒子从t＝时刻释放，则下列说法正确的是(　C　)

A．粒子一定能运动到B极板上

B．粒子一直向B极板运动

C．粒子的速度时间图像可能为图丙

D．粒子的速度时间图像可能为图丁

[解析]　 t＝时刻释放，带电粒子做往复运动，经时间T粒子回到出发点，之后重复上述过程，不一定打到B极板上，故AB错误；两极板间电压大小恒定，则电场强度大小恒定，根据牛顿第二定律得加速度大小恒定，粒子做匀加速或匀减速运动，故C正确，D错误。

5．(2021·河北高三期末)如图，加速电极AB紧靠偏转电极MN，UBA＝U1>0，UMN＝U2>0。一电子从紧靠A极的位置由静止释放，经过B极的小孔沿极板MN的中轴线进入偏转电场，恰好能偏出电极MN，偏出电极时电子运动的方向与刚进偏转电场时速度的夹角为θ。已知电子的电荷量为e，MN极板间距离为d，极板长度为L，忽略电子的重力，下列说法中正确的是(　C　)

A．电子从N极右端偏出

B．U1∶U2＝2d2∶L2

C．tan θ＝

D．偏出电极时的动能Ek＝e(U1＋U2)

[解析]　由题意可知，M板电势更高，电场强度方向向下，电子受到向上的电场力，电子向上偏转即从M极右端偏出，故A错误；电子在AB板间运动有eU1＝mv，得v1＝，电子在MN间偏转，初速度方向有t＝＝L，电场力方向有＝××，得U1∶U2＝L2∶2d2，故B错误；由几何关系得tan θ＝＝，故C正确；由动能定理可得偏出电极时的动能Ek＝eU1＋e，故D错误。

6．(2022·陕西西安工业大学附中高三其他模拟)如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池两极，一带负电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法正确的是(　AD　)

A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大

B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ减小

C．断开S，略向上移动A板，则θ减小

D．断开S，略向上移动A板，则θ增大

[解析]　保持S闭合，则电容器两极板间的电压不变，由E＝可知，当A板向B板靠近时，E增大，θ增大，A正确；断开S则两极板所带电荷量不变，由Q＝CU＝＝E，略向上移动A板，则正对面积S减小，E增大，θ增大，D正确。

7．(2021·全国高三专题练习)如图所示，两块带有等量异号电荷的平行金属板A、B倾斜放置，板与水平方向的夹角θ＝37°，一个电荷量为q＝1.25×10－3C、质量为m＝10 g的小球，自A板上的小孔P以水平速度v0＝0.075 m/s飞入两板之间的电场，未与B板相碰又回到P点(g取10 m/s2，sin  37°＝0.6)，下列说法正确的是(　AC　)

A．板间电场强度大小为100 V/m

B．板间电场强度大小为133 V/m

C．粒子在电场中运动的时间为0.02 s

D．粒子在电场中运动的时间为0.04 s

[解析]　小球又回到P点，则小球所受重力和电场力的合力与v0反向，小球受力分析如图所示

由平行四边形定则可得cos θ＝，解得电场强度大小为E＝100 V/m，A正确，B错误；由牛顿第二定律可得mgtan θ＝ma，解得小球的加速度大小为a＝7.5 m/s2，在电场中往返运动的时间为t＝2·＝0.02 s，C正确，D错误。

8．(2022·河北高三模拟)如图所示，直角坐标系xOy的x轴与水平地面重合，y轴竖直向上，空间中存在水平向右的匀强电场。现将一带电小球(可视为质点)从坐标为(0，h)的A点以某一水平速度抛出，正好垂直地面落在坐标为(l,0)的B点，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　BD　)

A．小球带正电

B．小球在空中运动的时间为

C．小球的初速度为l

D．小球在抛出后时的坐标是

[解析]　小球在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上向右做匀减速运动，才能垂直(此时速度在水平方向上分量为0)地落在地面上，所以，小球所受电场力必须向左，可知小球带负电；由自由落体运动可知，小球下落时间为t＝，由水平方向做匀减速运动可知t＝l，可得小球初速度v0＝2l；球在抛出后，运动时间为空中运动的全部时间的一半，由匀变速运动时间等分结论可知，小球在竖直方向上下落了h，故y＝h，水平方向上运动了l，故x＝l，综上所述，选项BD正确。

二、非选择题

9．(2021·河北高三月考)如图所示，矩形区域Ⅰ和正方形区域Ⅱ内分别有水平向右和竖直向下的匀强电场，电场强度大小均为E，区域Ⅰ的宽度为d，区域Ⅱ的边长为2d，区域Ⅰ左边界上O点距区域Ⅱ下边界的距离为d。将一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)从O点由静止释放，粒子经过区域Ⅰ并最终穿出区域Ⅱ。求：

(1)粒子穿出区域Ⅰ时的速度大小；

(2)粒子从区域Ⅱ穿出时距离O点的竖直距离。

[答案]　(1)　(2)d

[解析]　(1)在区域Ⅰ内，根据动能定理得Eqd＝mv，解得v0＝。

(2)加速粒子从区域Ⅱ的右边界射出，则有2d＝v0t，y＝t2，

解得y＝d。

粒子从区域Ⅱ的右下角射出，假设成立，所以粒子从区域Ⅱ穿出时距离O点的竖直距离为d。

10．(2021·四川棠湖中学高三月考)如图所示绝缘的水平轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，BC为竖直直径，半圆形轨道的半径R＝0.4 m，在BC左侧所在空间存在竖直向下的匀强电场(B、C两点恰好不在匀强电场中)，电场强度E＝1.0×104 N/C。现有一电荷量q＝＋3.0×10－4C、质量m＝0.1 kg的带电体A(可视为质点)在水平轨道上的P点以一定的速度冲上半圆，带电体A恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点(图中未画出)g取10 m/s2。求：

(1)带电体运动到半圆形轨道B点时对轨道的压力大小；

(2)D点到B点的距离xDB。

[答案]　(1)6.0 N　(2)0.4 m

[解析]　(1)带电体在C点由牛顿第二定律可得

mg＝m，解得vC＝2.0 m/s，

带电体在B点有FB－mg＝m，

带电体从B运动到C的过程中根据动能定理得

－mg×2R＝mv－mv，

联立解得在B点时，轨道对带电体的支持力大小为

FB＝6.0 N。

根据牛顿第三定律知，带电体对轨道的压力大小为6.0 N。

(2)带电体从C点落至D点的过程做类平抛运动，竖直方向据牛顿第二定律可得

ma＝Eq＋mg，

竖直、水平方向据位移公式分别可得2R＝at2，

xDB＝vC×t，

联立解得xDB＝0.4 m。