【文档说明】高考物理复习 课时过关题24 电容器与电容带电粒子在电场中的运动（含答案解析）.doc，共(9)页，192.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020(人教版)高考物理复习课时过关题24电容器与电容带电粒子在电场中的运动1.平行板电容器两个带电极板之间存在引力作用，引力的大小与内部场强E和极板所带电荷量Q的乘积成正比．今有一平行板电容器两极板接在恒压直流电源上，现将A极板下移使A、B两板间距变为原来的23，则A、B两极板之间的

引力与原来的比值是()A.32B.94C.278D.81162.如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是()A．若电容器极板间

的电压不变，x变大，电容器极板上带电荷量增加B．若电容器极板上带电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大C．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的正极板D．若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的负极板3.如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有

一正电荷(电荷量很小)固定在P点．以E表示两极板间的电场强度，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则()A．U变小，Ep不变B．E变大，Ep不变C．U变大，

Ep变大D．U不变，Ep变大4.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开

的角度增大些，下列采取的措施可行的是()A．断开开关S后，只将A、B分开些B．保持开关S闭合，只将A、B两极板分开些C．保持开关S闭合，只将A、B两极板靠近些D．保持开关S闭合，只将滑动变阻器触头向右移动5.如图所示，一带电小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内，当开关S闭

合，小球静止时，悬线与竖直方向的夹角为θ，则()A．当开关S断开时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大B．当开关S断开时，若增大平行板间的距离，则夹角θ增大C．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ增大

D．当开关S闭合时，若减小平行板间的距离，则夹角θ减小6.如图所示,电容器极板间有一可移动的电介质板,电介质与被测物体相连,电容器接入电路后,通过极板上的物理量变化可确定被测物体的位置。则下列说法正确的是()A.若电容器极板间的电压不变,x变大,电容器极板上电荷量增加B.若电容器极板上电荷

量不变,x变小,电容器极板间电压变大C.若电容器极板间的电压不变,x变大,有电流流向电容器的正极板D.若电容器极板间的电压不变,x变大,有电流流向电容器的负极板7.如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移

动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A．仍然保持静止B．竖直向下运动C．向左下方运动D．向右下方运动8.在真空中上、下两个区域均为竖直向下的匀强电场，其电场线分布如图所示，有一带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，并进入下边区域(该区域的电场足够广

)，在如图所示的速度—时间图象中，符合微粒在电场内运动情况的是()9.带等量异种电荷的金属板M、N平行正对水平放置，间距为d，M板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．一带电微粒从距离M板上方高

d处的P点由静止开始下落，穿过M板的小孔后刚好到达N板处的Q点(但未触及N板)而返回．不计空气阻力，忽略金属板正对部分之外的电场．现将M板向上平移d2的距离，再让原带电微粒从P点由静止开始下落．则微粒的

运动情况为()A．落到N板上B．到达与N板相距d就返回C．到达与N板相距d2就返回D．仍刚好到达Q点而返回10.如图所示，水平放置的平行板电容器，两极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，它从上极板的边缘以初速度v0射入，沿直线从下

极板N的边缘射出，则()A．微粒的加速度不为零B．微粒的电势能减少了mgdC．两极板间的电势差为mgdqD．M板的电势低于N板的电势11.(多选)如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b，在a

孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿出b孔，可行的方法是()A．保持S闭合，将A板适当上移B．保持S闭合，在两板左边之间插入电介质C．先断开S，再将A板适当下移D．先断开S，在两板左边

之间插入电介质12.(多选)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b分别与电源的正、负极相连，a、b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，闭合开关S后，带正电的液滴从小孔正上方的P点由静止自由落下，当液滴穿过b板小孔到达a板小孔时速度为v1，现使a板不动，在开关S仍

闭合或断开的情况下b板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍从P点自由落下，此时液滴到达a板小孔时速度为v2，空气阻力不计，下列说法中正确的是()A．若开关S保持闭合，向下移动b板，则v2>v1B．若开关S保持闭合，则无论向上或向下移动b板，都有v2=v1C．若开关S闭合一段时间后再断开，向下移

动b板，则v2>v1D．若开关S闭合一段时间后再断开，则无论向上或向下移动b板，都有v2<v113.下图为一多级加速器模型,一质量为m=1.0×10-3kg、电荷量为q=8.0×10-5C的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场,之后

沿位于轴心的光滑浅槽,经过多级加速后从A点水平抛出,恰好能从MN板的中心小孔B垂直金属板进入两板间,A点在MN板左端M点正上方,倾斜平行金属板MN、PQ的长度均为l=1.0m,金属板与水平方向的夹角为θ=37°,sin37°=0.6,cos37°=

0.8,重力加速度g取10m/s2。(1)求A点到M点的高度以及多级加速电场的总电压U。(2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场,且电场强度大小E=100V/m,要使带电小球不打在PQ板上,则两板间的距离d至少要多长?14.如图所示为一多级加

速器模型，一质量为m=1.0×10－3kg、电荷量为q=8.0×10－5C的带正电小球(可视为质点)通过1、2级无初速度地进入第3级加速电场，之后沿位于轴心的光滑浅槽，经过多级加速后从A点水平抛出，恰好能从MN板的中心小孔B垂直金属板

进入两板间，A点在MN板左端M点正上方，倾斜平行金属板MN、PQ的长度均为L=1.0m，金属板与水平方向的夹角为θ=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2.(1)求A点到M点的高度以及多级加速电场的总电压U；(

2)若该平行金属板间有图示方向的匀强电场，且电场强度大小E=100V/m，要使带电小球不打在PQ板上，则两板间的距离d至少要多长？答案解析1.答案为：B；解析：A、B两板间距变为原来的23，根据C=εrS4πkd可知，电容器的电容变为原来的32倍，根据Q=CU可知，极板所带

电荷量变为原来的32倍，根据E=Ud可知，内部场强变为原来的32倍，由于F=kQE，所以两极板之间的引力变为原来的94倍，选项B正确．2.答案为：D；解析：[若x变大，则由C=εrS4πkd，可知电容器电容减小，在极板间的电压不

变的情况下，由Q=CU知电容器带电荷量减少，此时带正电荷的极板得到电子，带负电荷的极板失去电子，所以有电流流向负极板，A、C错误，D正确．若电容器极板上带电荷量不变，x变小，则电容器电容增大，由U=QC可知，电容器极板间电压减小，B错误．]3.答案

为：A；解析：平行板电容器充电后与电源断开，电荷量Q不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据C=εS4πkd知，电容增大，根据U=QC可知，电容器的电压减小．由E=Ud=QCd=4πkqεS，可知电场强度E不变，则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能Ep不变

，故A正确．4.答案为：A；解析：断开开关，电容器所带电荷量不变，将A、B分开一些，则d增大，根据C=εrS4πkd知，电容减小，根据U=QC知，电势差增大，指针张角增大，故A项正确；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故B、C项错误；保持开关闭合，电容器

两端的电势差不变，滑动变阻器仅仅充当导线功能，滑动触头不会影响指针张角，故D项错误．5.答案为：C；解析：[带电小球在电容器中处于平衡时，由平衡条件有tanθ=qEmg，当开关S断开时，电容器两极板上的电荷量Q不变，由C=εrS4πkd，U=QC，E=Ud可知E=4πkQεrS，故增大或减

小两极板间的距离d，电容器两极板间的电场强度不变，θ不变，选项A、B错误；当开关S闭合时，因为两极板间的电压U不变，由E=Ud可知，减小两极板间的距离d，E增大，θ变大，选项C正确，D错误．]6.答案为：D；解析：若x变大,则由C=可知电容器电容减小,在极板间的电压不变的情况下,由Q

=CU知电容器的电荷量减少,此时带正电荷的极板得到电子,带负电荷的极板失去电子,所以有电流流向负极板,A、C错误,D正确。若电容器极板上电荷量不变,x变小,则电容器电容增大,电容器极板间电压减小,B错误。7.答案为：D；解

析：[开始时，油滴受力如图甲所示．静电力F与重力mg平衡．当将B板右端向下移动一小段距离后，A、B板间电场线变成曲线，原因是A、B板仍为等势面，电场线与等势面垂直，则油滴受的电场力F′与mg不在一条直线上(如图乙所示)．又因为正对面积变小，电容变小．由C=QU知，在电压不变的情况下，Q变小，则两

板间电场减弱，F′＜F，故F′与mg的合力斜向右下方，即油滴将向右下方运动．]8.答案为：A；解析：带负电的微粒，从上边区域沿一条电场线以速度v0匀速下落，进入下边区域后，由于电场强度变大，因此所受电场力变大，因此微粒开始做向下的减速运动，等到速度为零后，又会向上加速，由于过程的对称性，等到

它到达区域分界线时，速度大小又达到了v0，此后进入上边区域，受力依然平衡．因此，速度—时间图象应该为A.9.答案为：B；解析：[平行板电容器电容C=εrS4πkd，由U=QC及E=Ud可知，E=4πkQε

rS，当两板间距离变化时，电场强度不变．M板移动前，对带电粒子下落过程应用动能定理得mg·2d－Eq·d=0，M板移动后，设粒子在板间运动的距离为x时，速度为零，则有mgd2＋x－Eqx=0，两式联立解得x=d2，可知该点与N板的距离为d，B正确．]10.答案为：C；解析

：[由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，故A错误．重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律可知，微粒的电势能增加了mgd，故B错误．由上可知微粒的电势能增加量ΔE=mgd，又ΔE=qU，得到两极板间的电势差U=mgdq，故C正确．由题可判断出电场力方向竖直

向上，微粒带负电，则电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势，故D错误．]11.答案为：CD；解析：设质点距离A板的高度为h，A、B两板原来的距离为d，电压为U，质点的电荷量为q.质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg(h＋d)－qU=0.保持S闭合，A、B

之间电压不变，由动能定理得mg(h＋d)－qU=12mv2=0，即质点下落到b孔时速度恰减为零，故A、B错误；断开S，A、B两板电荷量不变，由C=QU=εS4πkd，若A板下移，d减小，电容C增大，则U减小，由动能定理得mg(h′＋d′)－qU=12mv2>0，即质点下落到b孔时速度

不为零，还有向下的速度，故C正确；断开S，在两板左边之间插入电介质，相对介电常数增大，电容C增大，则U减小，由动能定理得mg(h＋d)－qU=12mv2>0，即质点下落到b孔时速度不为零，还有向下的速度，故D正确．12.答案为：BC；解析

：对液滴，从P到a由动能定理得mgPa－Uq=12mv21－0(或mgPa－Eqab=12mv21－0)，若开关S保持闭合，向下移动b板，液滴到达a板时重力做的功和电场力做的功都不变，则v2=v1，A错误，B正确；若开关S闭合一段时间后再断开，向下移动b板，电容增大，电荷量不变，

电场强度E=Ud=QCd=4πkQεrS不变，从P到a的过程中，重力做的功不变，电场力做的功减小，则v2>v1，C正确；若开关S闭合一段时间后再断开，向上移动b板，则电容减小，电荷量不变，电场强度E=Ud=QCd=4πkQεrS不变，从P到a的过程

中，重力做的功不变，电场力做的功增大，v2<v1，结合C项分析可知D错误．13.解：(1)设小球从A点到B点的运动时间为t1,小球的初速度为v0,A点到M点的高度为y则有=tanθ①cosθ=v0t1②y-sinθ=③联立①②③并代入数据解

得v0=m/s,y=m④带电小球在多级加速器加速的过程中,根据动能定理有qU=-0⑤代入数据解得U=18.75V。(2)进入电场时,以沿板向下为x轴正方向和垂直于板向下为y轴正方向建立直角坐标系,将重力正交分解,则沿y轴方向有Fy=mgcosθ

-qE=0⑥沿x轴方向有Fx=mgsinθ⑦故小球进入电场后做类平抛运动,设小球刚好从P点离开,则有Fx=ma⑧⑨dmin=t2⑩联立④⑦⑧⑨⑩并代入数据解得dmin=m即两板间的距离d至少为m。14.解：(1)设小球从A点到B点的运动时间为t1，小球的初速度为v0，A点到M点的高度为y则有

v0gt1=tanθ①L2cosθ=v0t1②y－L2sinθ=12gt21③联立①②③式并代入数据解得v0=3m/s，y=1730m④带电小球在多级加速器加速的过程，根据动能定理有qU=12mv20－0⑤代入数据解得U=18.75V(2)进入电场时，以沿板向下为x轴正

方向和垂直于板向下为y轴正方向建立直角坐标系，将重力正交分解，则沿y轴方向有Fy=mgcosθ－qE=0⑥沿x轴方向有Fx=mgsinθ⑦故小球进入电场后做类平抛运动，设刚好从P点离开，则有Fx=ma⑧L2=12at22⑨dmin=v0sinθt2⑩联立④⑦⑧⑨⑩式并代入数据解得dmi

n=526m即两板间的距离d至少为526m.