考点14 电容器 带电粒子在电场中的运动 实验：观察电容器的充、放电现象-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

金版教程　高考总复习首选用卷　物理 考点14　电容器　带电粒子在电场中的运动 实验：观察电容器的充、放电现象 题组一　基础小题 1．对于某一电容器，下列说法正确的是(　　) A．电容器所带的电荷越多，电容越大 B．电容器两极板间的电势差越大，电容越大 C．电容器所带的电荷量增加一倍，两极板间的电势差也增加一倍 D．电容器两极板间的电势差减小到原来的，它的电容也减小到原来的 答案　C 解析　电容是反映电容器容纳电荷本领大小的物理量，数值上等于电容器所带的电荷量与两极板间的电势差的比值，与电容器是否带电、所带电荷的多少、电势差的大小都无关，故A、B、D错误；根据电容的定义式C＝可知，电容器所带的电荷量增加一倍，则两极板间的电势差也增加一倍，故C正确。 2.(2018·北京高考)研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是(　　) A．实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B．实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C．实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D．实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 答案　A 解析　用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，在b板能感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故A正确；根据平行板电容器电容的决定式C＝，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据C＝可知，电荷量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故B错误；根据平行板电容器电容的决定式C＝，只在极板间插入有机玻璃板，则相对介电常数εr增大，则电容C增大，根据C＝可知，电荷量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角变小，故C错误；电容与电容器所带的电荷量无关，故只增加极板带电量，电容C不变，故D错误。 3．一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 答案　D 解析　电容器电容C＝，云母介质移出，εr减小，C减小；又C＝，电源恒压，即U一定，C减小，故Q减小；极板间电场强度E＝，故E不变，D正确。 4.一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，两板间有一个正试探电荷固定在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、φP表示P点的电势、Ep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(　　) 答案　C 解析　当负极板缓慢向右平移时，极板间距减小，由C＝可知，C与x为非线性关系，故A错误；由U＝可知，U＝Q，则E＝＝，故E不随x变化，B错误；设P点原来距负极板距离为l，因负极板接地，则在负极板移动过程中，P点的电势φP＝E(l－x)，故C正确；在负极板移动过程中，正电荷在P点的电势能Ep＝φPq＝Eq(l－x)，可知Ep随x的增大而减小，故D错误。 5.一质子以速度v0进入足够大的匀强电场区域，φ1、φ2、φ3、φ4表示相邻的四个等势面，且φ1<φ2<φ3<φ4。不计质子重力，下列说法正确的是(　　) A．质子运动过程一定是匀变速运动 B．质子运动过程中最小动能可能为0 C．质子可以回到原出发点 D．质子返回到等势面φ1时的速度仍为v0 答案　A 解析　质子在匀强电场中所受静电力恒定，做类斜抛运动，因此运动过程一定是匀变速运动，质子不能回到原出发点，A正确，C错误；质子运动过程中最小动能出现在速度方向平行于等势面时，速度不可能为零，故最小动能不可能为零，返回到等势面φ1时的速度大小与v0相同，但速度方向与v0的方向不同，B、D错误。 6.如图，带电粒子由静止开始，经电压为U1的加速电场加速后，垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器，经偏转落在下板的中间位置。为使同样的带电粒子，从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器，下列措施可行的是(　　) A．保持U2和平行板间距不变，减小U1 B．保持U1和平行板间距不变，增大U2 C．保持U1、U2和下板位置不变，向下平移上板 D．保持U1、U2和下板位置不变，向上平移上板 答案　D 解析　保持U2和平行板间距不变，平行板电容器中匀强电场的场强大小不变，粒子运动到下极板所需的时间不变，减小U1，则粒子进入平行板电容器的初速度减小，更难以穿出平行板电容器，故A错误；保持U1不变，则粒子进入平行板电容器的初速度不变，增大U2，平行板间距不变，则平行板电容器中匀强电场的场强增大，粒子运动至下极板所需时间减小，粒子不能穿出平行板电容器，故B错误；保持U1、U2和下板位置不变，要想粒子穿出平行板电容器，必须减小偏转电场的场强，由E＝可知，需要增大板间距，故应向上平移上板，C错误，D正确。 7.(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 答案　A 解析　设A与B、B与C间的电场强度分别为E1、E2，间距分别为d1和d2，电子由O点运动到P点的过程中，根据动能定理得： eE1d1－eE2d2＝0 ① 当C板向右平移后，B、C板间的电场强度 E2′＝＝＝＝， 则B、C板间的电场强度与板间距无关，大小不变。 第二次释放后，设电子在B、C间移动的距离为x，根据动能定理有：eE1d1－eE2x＝0－0 ② 比较①②两式知，x＝d2，即电子运动到P点时返回，A正确。 ※8.如图所示，A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)，若分别在A、B两板间加下图所示的四种电压，则其中可能使电子打不到B板的是(　　) 答案　B 解析　加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动，一定能打到B板上，故A错误；加B图电压，若A、B板间距足够大，则0～t0电子向B板做匀加速运动，t0～2t0向B板做加速度大小相同的匀减速运动，2t0～3t0向A板做匀加速运动，3t0～4t0向A板做匀减速运动，t＝4t0时电子回到出发点，可知电子有可能打不到B板，故B正确；加C图电压，电子一直向B板运动，可知一定能打到B板，故C错误；加D图电压，可知电子在一个周期内速度的方向不变，一直向B板运动，一定能打到B板，故D错误。 ※9.如图所示，偏转电场的极板水平放置，偏转电场右边的挡板竖直放置，氕、氘、氚三粒子同时从同一位置沿水平方向进入偏转电场，最终均打在右边的竖直挡板上。不计氕、氘、氚的重力，不考虑三者之间的相互影响，则下列说法正确的是(　　) A．若三者进入偏转电场时的初动能相同，则必定到达挡板上同一点 B．若三者进入偏转电场时的初动量相同，则到达挡板的时间必然相同 C．若三者进入偏转电场时的初速度相同，则必定到达挡板上同一点 D．若三者进入偏转电场时的初动能相同，则到达挡板的时间必然相同 答案　A 解析　设带电粒子质量为m，电荷量为q，进入偏转电场时的初速度为v0，偏转电场的电压为U，极板长度为l，板间距离为d，粒子射入点到竖直挡板的水平距离为L，则粒子出电场时的竖直偏转位移为：y＝··＝，速度偏转角的正切值为：tanθ＝＝，由于氕、氘、氚具有相同的电荷量和不同的质量，若三者进入偏转电场时的初动能相同，则出电场时的偏转位移相同，速度的偏转角相同，粒子必定到达挡板上的同一点，故A正确；若三者的初动量相同，则初速度不同，粒子到达挡板的时间t＝不同，故B错误；若三者的初速度相同，由于质量不同，则出电场时的偏转位移不同，速度的偏转角不同，粒子不会到达挡板上的同一点，故C错误；若三者的初动能相同，则初速度不同，粒子到达挡板的时间t＝不同，故D错误。 题组二　高考小题 10．(2022·重庆高考)如图为某同学采用平行板电容器测量材料竖直方向尺度随温度变化的装置示意图，电容器上极板固定，下极板可随材料尺度的变化上下移动，两极板间电压不变。若材料温度降低时，极板上所带电荷量变少，则(　　) A．材料竖直方向尺度减小 B．极板间电场强度不变 C．极板间电场强度变大 D．电容器电容变大 答案　A 解析　根据题意可知两极板间电压U不变，极板上所带电荷量Q变少，根据电容的定义式C＝，可知电容器电容C变小，D错误；根据平行板电容器电容的决定式C＝，可知极板间距d增大，极板之间存在匀强电场，电场强度E＝，可知极板间电场强度E变小，B、C错误；极板间距d增大，由几何关系可知，材料竖直方向尺度减小，A正确。 11.(2022·北京高考)利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。下列说法正确的是(　　) A．充电过程中，电流表的示数逐渐增大后趋于稳定 B．充电过程中，电压表的示数迅速增大后趋于稳定 C．放电过程中，电流表的示数均匀减小至零 D．放电过程中，电压表的示数均匀减小至零 答案　B 解析　充电过程中，随着电容器C两极板上电荷量Q的积累，电容器两端电压UC＝增大，定值电阻及电源内阻两端总电压UR＋r＝E－UC减小，电路中电流I＝减小，由I＝可知，Q增加变慢，则UC增大变慢，UR＋r减小变慢，I减小变慢，最后均趋于稳定，因电流表测电路中电流I，电压表测电容器两端电压UC，故电流表的示数迅速减小后趋于稳定，电压表的示数迅速增大后趋于稳定，A错误，B正确；放电过程中，随着电容器C两极板上电荷量Q的减少，电容器两端电压UC＝减小，定值电阻两端电压UR＝UC减小，电路中电流I＝减小，由I＝可知，Q减少变慢，则UC减小变慢，UR减小变慢，I减小变慢，最后均减小至零，因电流表测电路中电流I，电压表测定值电阻两端电压UR，故电流表的示数减小得越来越慢，最后为零，电压表的示数减小得越来越慢，最后为零，C、D错误。 12.(2022·浙江6月选考)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则(　　) A．M板电势高于N板电势 B．两个粒子的电势能都增加 C．粒子在两板间的加速度a＝ D．粒子从N板下端射出的时间t＝ 答案　C 解析　由于不知道两粒子或M、N所带电荷的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，A错误；根据题意，垂直M板向右运动的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小，则平行M板向下的粒子到达N板下端过程电场力也做正功，电势能同样减小，故B错误；设两板间距离为d，平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝v0t，d＝at2，垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，则在电场中加速度相同，有(v0)2－v＝2ad，联立解得t＝，a＝，故C正确，D错误。 ※13.(2023·湖北高考)(多选)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是(　　) A．L∶d＝2∶1 B．U1∶U2＝1∶1 C．微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2 D．仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 答案　BD 解析　微粒在电容器中沿水平方向做匀速直线运动，沿竖直方向做匀变速直线运动，设微粒射入电容器时的速度为v0，则水平方向和竖直方向的分速度大小分别为v0x＝v0cosα，v0y＝v0sinα，其中α＝45°，微粒从射入电容器到运动到最高点，设运动时间为t1，则有2L＝v0xt1，d＝t1，联立可得L∶d＝1∶1，A错误；在电容器中运动过程，由牛顿第二定律可得微粒的加速度大小a＝，微粒所受电场力大小F＝qE，两极板间的电场强度大小E＝，从射入电容器到运动到最高点，由运动学公式知v＝2ad，微粒经电压U1加速过程，由动能定理可得qU1＝mv，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；微粒从最高点到穿出电容器，设运动时间为t2，则有L＝v0xt2，穿出电容器时沿竖直方向的分速度大小vy＝at2，从射入电容器到最高点有v0y＝at1，且2L＝v0xt1，解得vy＝＝，设微粒射出电容器时速度与水平方向的夹角为β，则tanβ＝＝，因此微粒穿过电容器区域的偏转角的正切值为tan(α＋β)＝＝3，C错误；微粒射入电容器后，经时间t，水平方向的位移为x＝v0xt，竖直方向的位移为y＝v0yt－at2，联立解得y＝x－，即微粒在电容器中的运动轨迹与微粒的电荷数量、质量无关，D正确。 ※14.(2023·浙江1月选考)如图所示，示波管由电子枪、竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为10U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿OO′方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子(　　) A．在XX′极板间的加速度大小为 B．打在荧光屏时，动能大小为11eU C．在XX′极板间受到电场力的冲量大小为 D．打在荧光屏时，其速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα＝ 答案　D 解析　在XX′极板间的电场强度大小为Ex＝，电子在该电场中所受电场力大小为Fx＝eEx，由牛顿第二定律可得Fx＝max，联立得电子在XX′极板间的加速度大小为ax＝，A错误；设电子经加速电场加速后速度大小为vz，由动能定理有10Ue＝mv，设电子在XX′极板间运动的时间为t，离开XX′极板间时在垂直OO′方向的分速度大小为vx，有l＝vzt，vx＝axt，电子离开XX′极板后做匀速直线运动，所以打在荧光屏时，动能大小为Ek＝m(v＋v)，联立得Ek＝eU，B错误；电子在XX′极板间受到电场力的冲量大小为Ix＝Fxt，联立得Ix＝，C错误；打在荧光屏时，电子速度方向与OO′连线夹角α的正切tanα＝，联立得tanα＝，D正确。 题组三　模拟小题 15.(2023·广东省梅州市高三下一模)如图为某电容传声器的结构示意图，当人对着传声器讲话时，膜片会振动。若某次膜片振动时，膜片与极板的距离减小，则在此过程中(　　) A．膜片与极板间的电容减小 B．极板所带电荷量减小 C．膜片与极板间的电场强度增大 D．电阻R中有向上的电流 答案　C 解析　膜片与极板的距离d减小，根据平行板电容器的电容决定式C＝，可知膜片与极板间的电容增大，由图可知，膜片与极板间的电势差U保持不变，由Q＝CU可知，极板上所带电荷量增加，则电源给极板充电，电阻R中有向下的电流，故A、B、D错误；根据匀强电场场强公式E＝，可知膜片与极板间的电场强度增大，C正确。 16．(2023·北京市房山区高三下二模)如图所示，取一个电容器A和数字电压表相连，把开关S1接1，用几节干电池串联后给A充电，可以看到A充电后数字电压表显示一定数值。取另一个相同的但不带电的电容器B跟A并联，通过改变开关S1和S2的闭合与断开状态，从而探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系，在没有电荷漏失的情况下，下列说法正确的是(　　) A．S1接1，S2处于断开状态，A、B两电容器都处于充电状态 B．S1从1接2，S2处于断开状态，稳定后，A、B两电容器所带电荷量相等 C．S1从1接2，S2处于断开状态，电压表示数不变 D．S1从2断开，S2闭合，电压表示数逐渐减小 答案　B 解析　S1接1，S2处于断开状态，只有A电容器处于充电状态，故A错误；S1从1接2，S2处于断开状态，A放电、B充电，因为A、B相同，则达到稳定状态时两电容器所带电荷量相等，均为A电容器原来电量的一半，根据C＝可知，电容器A两端电压变为原来的一半，即电压表示数将变为原来的一半，故B正确，C错误；S1从2断开，S2闭合，电容器A既不充电，也不放电，所以电容器A两端电压不变，电压表示数不变，故D错误。 17.(2022·河北省石家庄市高三下教学质量检测(三))在如图所示的电路中，两平行板电容器C1、C2水平放置，P点为电容器C1两板间的一点。闭合开关S，待电路稳定后再将开关断开，将一陶瓷板插入电容器C2两板间的过程中，下列说法正确的是(　　) A．P点电势降低 B．P点电势始终保持不变 C．电阻R中有向右的电流 D．电阻R中无电流 答案　A 解析　设闭合开关S电路稳定时两极板间的电压均为U，则电容器C1的电荷量为Q1＝C1U，电容器C2的电荷量为Q2＝C2U，两电容器的总电荷量为Q总＝Q1＋Q2＝(C1＋C2)U，开关断开后，两电容器的总电荷量保持不变。根据平行板电容器电容的决定式C＝可知，将一陶瓷板插入电容器C2两板间，相对介电常数εr增大，电容C2变大，由Q总＝(C1＋C2)U可知，两电容器极板间的电压均变小，根据E＝可知，电容器C1极板间的电场强度变小，则P点与下极板间的电势差变小，因为下极板接地且带负电，电势始终为零，则P点电势降低，A正确，B错误；由于电容器C1电容不变，极板间电压变小，则电容器C1的电荷量减小，电容器C1放电，且下极板带负电，则电阻R中有向左的电流，C、D错误。 18.(2023·广东省深圳市高三下第一次调研)用电流传感器研究电容器充放电现象，电路如图所示。电容器不带电，闭合开关S1，待电流稳定后再闭合开关S2，通过传感器的电流随时间变化的图像是(　　) 　答案　A 解析　闭合开关S1，电容器开始充电，电容器所带电荷量Q增大，电容器两端电压UC＝逐渐增大，则R1两端的电压UR1＝E－UC减小，则通过电流传感器的电流I＝越来越小，充电完成后，电容器两端电压UC＝E，此时通过传感器的电流I＝0；再闭合开关S2，因为稳定后UC＝E<E，所以电容器通过电阻R2反向放电，流过传感器的电流与充电时的电流方向相反，放电过程中，电容器所带电荷量Q减小，放电电流逐渐减小，当电容器两端电压UC＝E时，放电完毕，此时通过传感器的电流I＝0，故选A。 19.(2023·云南省昆明市高三下三诊一模)(多选)如图所示，M、N两点固定等量异种点电荷，M、N连线上有a、b、o、c、d五个点，o为M、N连线中点，ab＝bo＝oc＝cd＝MN。一点电荷P从a点由静止释放，P仅在电场力作用下依次通过b、o、c、d各点，通过o点时P的速度大小为v。下列说法正确的是(　　) A．P从a点运动到d点的过程中，速度先增大后减小 B．P通过d点时的速度大小为v C．P通过c点时的速度大小为v D．P从a点运动到d点的过程中，最大加速度与最小加速度大小之比为 答案　BD 解析　M、N两点固定等量异种点电荷，则M、N连线上的电场方向处处相同，P从a点运动到d点的过程中，所受电场力方向不变，则其速度一直增大，A错误；根据两等量异种点电荷的电场分布规律可知，Uao＝Uod，所以P从a点运动到o点和从o点运动到d点的过程中电场力做功相等，设均为W，根据动能定理有W＝mv2－0，2W＝mv－0，解得P通过d点时的速度大小为vd＝v，B正确；根据两等量异种点电荷的电场分布规律可知，oc<cd，结合U＝Ed，可知Uoc<Uod，则Woc<W，根据动能定理有Woc＝mv－mv2，解得vc<v，C错误；设MN间距为r，M、N两点电荷的电荷量绝对值均为Q，P的电荷量为q，由两等量异号点电荷的电场分布规律可知，从a到d，a、d两点的电场强度相等且最大，P所受电场力最大，其加速度最大，o点电场强度最小，P所受电场力最小，其加速度最小，a点的电场强度Ea＝＋＝，o点的电场强度Eo＝＝，由电场力F＝qE，又F＝ma，可得P在a点、o点时的加速度大小之比＝＝20∶9，D正确。 20.(2023·河北省保定市高三下第三次模拟)一对平行正对的金属板C、D接入如图所示的电路中，电源电动势为E，C板固定，D板可左右平行移动，闭合开关，一段时间后再断开开关，从C板发射一电子，恰能运动到A点后再返回，已知A到D板的距离是板间距离的三分之一，电子质量为m，电荷量为－e，忽略电子的重力，则(　　) A．设定C板电势为0，电子在A点的电势能为－eE B．若要让电子能够到达D板，可将D板向左平移至A点或A点左侧某位置 C．若要让电子能够到达D板，可将D板向右平移至某位置 D．若要让电子能够到达D板，可闭合开关，再将D板向右平移至某位置 答案　B 解析　根据题图可知，C板带正电，D板带负电，则金属板间电场线由C指向D，沿电场线方向电势降低，设定C板电势φC＝0，则A点的电势为φA＝－E，则电子在A点的电势能为EpA＝－eφA＝eE，A错误；闭合开关，一段时间后再断开开关，则电容器所带电荷量Q不变，由C＝、C＝、E＝，联立得板间场强大小E＝，可知开关断开后，板间场强不随板间距离的变化而变化，则电子的受力情况和运动情况均不变，所以若要让电子能够到达D板，可将D板向左平移至A点或A点左侧某位置，B正确，C错误；从C板运动到A点，由动能定理有－e(φC－φA)＝0－Ek0，可得电子的初动能Ek0＝eE，闭合开关后，始终有φD＝－E，电子在D板处的电势能EpD＝φD·(－e)＝eE，由EpD－0>Ek0可知，电子不可能到达D板，D错误。 21.(2023·山东省济南市高三下2月学情检测)如图所示，两平行金属极板水平放置，充电后上极板带正电，下极板接地。一电子以某一初速度从极板左侧O点水平射入并从右侧P点飞出，飞出极板时电子的电势能为Ep。若保持极板带电量不变，只将下极板向上平移一小段距离，电子再次以同一速度从O点水平射入，则电子从右侧飞出时，下列说法正确的是(　　) A．位置在P点上方 B．位置在P点下方 C．电势能等于Ep D．电势能大于Ep 答案　D 解析　若保持极板带电量Q不变，只将下极板向上平移一小段距离，则两板间距d减小，由C＝，C＝，E＝，联立可得极板间场强E＝，可知两板间场强不变，电子再次以同一速度从O点水平射入时，在电场中的受力情况不变，运动情况不变，则其飞出时的位置仍在P点，A、B错误；因下极板接地，且下极板带负电，则P点的电势φP＝EdP下，下极板上移，则dP下减小，φP降低，又电势能等于φP·q，电子电荷量q<0，可知飞出极板时电子的电势能增加，即电势能大于Ep，C错误，D正确。 ※22.(2023·山西省太原市高三下二模)(多选)图甲中的水平平行金属板M、N间加有图乙所示的变化电压，(3＋)t0后电压消失。当电压稳定时，板间为匀强电场。O位于M、N板间中点，可以向外释放初速度为零的带电液滴。在t＝0时，均带负电的液滴甲、乙从O由静止进入板间，甲、乙两液滴的比荷分别为k和1.5k，忽略两个带电液滴间的相互作用及其电荷量的变化，也不考虑空气阻力作用。已知0～t0时间里甲处于静止状态，3t0时刻甲恰好到达下极板附近。重力加速度大小为g，则在图中所示的时间段内，下列说法正确的是(　　) A．两板间距为gt B．甲在该阶段的最大速度为gt0 C．甲在(3＋)t0时刻恰好到达上极板附近 D．乙液滴在t＝t0时刻打到上极板 答案　BD 解析　设甲液滴的质量为m，电荷量为q，根据题意可知，甲液滴在0～t0时间里处于静止状态，有mg＝，在t0～2t0时间内甲液滴做自由落体运动，在2t0～3t0时间内做匀减速直线运动，且3t0时刻到达下极板附近速度减为0，有－mg＝ma，解得a＝g。由以上分析知，在2t0时刻，甲液滴的速度即向下运动阶段甲的最大速度，为v1＝gt0，且两板间距d满足＝×t0＋×t0，解得d＝2gt；在3t0～(3＋)t0时间段内，甲液滴加速度向上，大小仍为g，则向上运动的位移x＝g×(t0)2＝gt＝，可知(3＋)t0时刻甲回到O点；甲回到O点的速度即向上运动阶段甲的最大速度，为v2＝g×(t0)＝gt0，因v2>v1，则甲在该阶段的最大速度为gt0，B正确，A、C错误。设乙液滴的质量为m′，电荷量为q′，根据题意有＝，在0～t0时间内，对乙液滴根据牛顿第二定律有－m′g＝m′a′，可得a′＝，则0～t0时间内乙液滴向上运动的距离x1＝×a′×t＝＝；t0～2t0时间内，设乙向上减速到0所用时间为t2′，位移为x2′，则0＝a′t0－gt2′，x2′＝a′t0t2′－gt2′2，可解得t2′＝，x2′＝gt＝，因为x1＋x2′<，则t0＋时刻乙还未打到上极板；t0～2t0时间内，乙向上运动的位移x2＝－g＝－gt＝－，2t0时刻，乙的速度v3＝－g·＝－，此时距离上极板的距离x′＝－(x1＋x2′＋x2)＝d；在2t0后，根据牛顿第二定律有－m′g＝ma″，解得a″＝2g，设液滴从2t0时刻起再运动时间t后打到上极板，则有x′＝v3t＋a″t2，解得t＝t0(另一解为负舍去)，因t<(1＋)t0，故乙液滴打到上极板的时刻为t′＝2t0＋t＝t0，D正确。 题组一　基础大题 23.如图所示，粒子发射器发射出一束质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)，从静止经加速电压U1加速后，沿极板方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以某一速度离开偏转电场。已知平行板长为L，两板间距离为d，求： (1)粒子进入偏转电场的速度v0； (2)粒子在偏转电场中运动的时间t； (3)粒子在离开偏转电场时的纵向偏移量y。 答案　(1)　(2)L　(3) 解析　(1)由动能定理得：qU1＝mv， 解得：v0＝。 (2)粒子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动，则有：L＝v0t， 解得：t＝＝L。 (3)粒子在偏转电场中做类平抛运动， 则有：a＝，y＝at2，联立解得：y＝。 题组二　高考大题 ※24.(2023·福建高考)某同学用图a所示的电路观察矩形波频率对电容器充放电的影响。所用器材有：电源、电压传感器、电解电容器C(4.7 μF，10 V)、定值电阻R(阻值2.0 kΩ)、开关S、导线若干。 (1)电解电容器有正、负电极的区别。根据图a，将图b中的实物连线补充完整； (2)设置电源，让电源输出图c所示的矩形波，该矩形波的频率为________ Hz； (3)闭合开关S，一段时间后，通过电压传感器可观测到电容器两端的电压UC随时间周期性变化，结果如图d所示，A、B为实验图线上的两个点。在B点时，电容器处于________状态(填“充电”或“放电”)；在________点时(填“A”或“B”)，通过电阻R的电流更大； (4)保持矩形波的峰值电压不变，调节其频率，测得不同频率下电容器两端的电压随时间变化的情况，并在坐标纸上作出电容器上最大电压Um与频率f关系图像，如图e所示。当f＝45 Hz时，电容器所带电荷量的最大值Qm为________ C(结果保留两位有效数字)； (5)根据实验结果可知，电容器在充放电过程中，其所带的最大电荷量在频率较低时基本不变，而后随着频率的增大逐渐减小。 答案　(1)图见解析　(2)40　(3)充电　B　(4)1.8×10－5 解析　(1)电解电容器有正、负电极的区别，根据题图a，应将电容器正极与定值电阻R右接线柱相连，将电容器负极与电源负极相连，实物连线如图所示。 (2)由题图c可知，该矩形波的周期T＝25×10－3 s，所以该矩形波的频率为f＝＝40 Hz。 (3)由题图d可知，从B点开始的一段时间内，电容器两端的电压UC增大，根据Q＝CUC，电容器所带电荷量Q增大，则在B点时，电容器处于充电状态。在极短时间Δt内，电容器充电或放电的电荷量ΔQ即为通过电阻R的电荷量，所以通过电阻R的电流I＝，又ΔQ＝C·ΔUC，所以I＝C·，可知UC­t图线斜率的绝对值正比于通过电阻R的电流大小，结合题图d可知，在B点时，通过电阻R的电流更大。 (4)由题图e可知，当f＝45 Hz时，电容器两端电压的最大值约为Um＝3.8 V，根据电容的定义式C＝，可得此时电容器所带电荷量的最大值为Qm＝CUm＝4.7×10－6×3.8 C＝1.8×10－5 C。 ※25.(2022·江苏高考)某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示。矩形ABCD区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d，电场强度大小均为E，方向沿竖直方向交替变化。AB边长为12d，BC边长为8d，质量为m、电荷量为＋q的粒子流从装置左端中点射入电场，粒子初动能为Ek，入射角为θ，在纸面内运动。不计重力及粒子间的相互作用力。 (1)当θ＝θ0时，若粒子能从CD边射出，求该粒子通过电场的时间t； (2)当Ek＝4qEd时，若粒子从CD边射出电场时与轴线OO′的距离小于d，求入射角θ的范围； (3)当Ek＝qEd时，粒子在θ为－～范围内均匀射入电场，求从CD边出射的粒子与入射粒子的数量之比N∶N0。 答案　(1)　(2)－<θ<　(3)1∶2 解析　(1)由题意可知，粒子所受电场力沿竖直方向，则粒子在水平方向上做匀速直线运动。设粒子的初速度大小为v0， 则有Ek＝mv 由几何关系知，粒子在水平方向的分速度大小为vx＝v0cosθ0 粒子能从CD边射出，则在水平方向有 8d＝vxt 联立解得t＝。 (2)先考虑θ≥0的情况，假设粒子从CD边射出电场之前沿AB方向的速度能减至0，设第一次减速至0所用时间为t1，则由运动学公式有v0sinθ＝at1 由牛顿第二定律有qE＝ma 又Ek＝4qEd 可解得t1＝sinθ 由(1)知，粒子从O至CD边所用时间 t2＝ 可解得t2＝ 因为t1<t2，所以假设正确 根据题意，由运动学公式有<d 联立可解得0≤θ< 当θ≤0时，根据对称性，同理可得－<θ≤0 则入射角θ的范围为－<θ<。 (3)设当θ＝θ′时，粒子从D点射出电场。由(1)可知，此时粒子在电场中运动的时间 t′＝ 又Ek＝qEd 可得t′＝ 根据对称性，粒子在每层电场中运动的时间 t0＝t′ 在轴线OO′上侧第一层电场中，根据运动学公式，在竖直方向有d＝v0sinθ′·t0－at 联立可得6cos2θ′－8sinθ′cosθ′＋1＝0 即tan2θ′－8tanθ′＋7＝0 解得tanθ′＝1或tanθ′＝7 粒子第一次到达电场分界线处时，竖直方向分速度大小vy＝v0sinθ′－at0 若tanθ′＝1，联立解得vy＝>0，符合实际 若tanθ′＝7，联立解得vy＝－<0，不符合实际 故tanθ′＝1，则θ′＝ 根据对称性，可知N∶N0＝θ′∶＝1∶2。 题组三　模拟大题 26．(2023·云南省保山市高三下二模)如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在一个平行于纸面的匀强电场，MN为圆的一条直径。质量为m、电荷量为＋q的粒子从M点以速度v射入电场，速度方向与MN夹角θ＝45°，一段时间后粒子运动到N点，速度大小也为v，不计粒子重力，规定M点电势为零。求： (1)匀强电场的场强大小； (2)粒子电势能的最大值； (3)仅改变粒子速度大小，当粒子离开圆形区域的电势能最小时，粒子射入电场的速度大小。 答案　(1)　(2)mv2　(3) 解析　(1)从M到N粒子动能不变，电场力不做功，所以MN为等势线，再结合粒子受力方向可判断出，电场线与MN垂直，方向斜向左下方，粒子在圆形区域内做类斜抛运动，设匀强电场场强大小为E，粒子加速度大小为a，运动时间为t，沿MN方向有 2R＝vcos45°·t 垂直MN方向有vsin45°＝a· 根据牛顿第二定律有qE＝ma 联立解得E＝。 (2)粒子垂直MN方向速度为0时，电势能最大，设为Epmax，根据能量守恒定律有 Epmax＝mv2－m(vcos45°)2 解得Epmax＝mv2。 (3)如图所示，当粒子从P点离开圆形区域时，电势能最小，设对应的粒子射入电场的速度大小为v1，粒子在圆形区域内运动时间为t′，则 沿MN方向有v1cos45°·t′＝R 垂直于MN方向有 －v1sin45°t′＋at′2＝R 联立解得v1＝。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$