3.2电容器与电容 带电粒子在电场中的运动（高考真题与课后专项提升练）-2024-2025学年高二上学期物理期中期末题型复习

3.2电容器与电容 带电粒子在电场中的运动——高考真题与课后专项提升练 1. （2024•浙江）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则（　　） A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大 C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大 2. （2024•广西）某同学为探究电容器充、放电过程，设计了图甲实验电路。器材如下：电容器，电源E（电动势6V，内阻不计），电阻R1＝400.0Ω；电阻R2＝200.0Ω，电流传感器，开关S1、S2，导线若干。实验步骤如下： （1）断开S1、S2，将电流传感器正极与a节点相连，其数据采样频率为5000Hz，则采样周期为 　　s； （2）闭合S1，电容器开始充电，直至充电结束，得到充电过程的I﹣t曲线如图乙，由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为 　 　mA（结果保留3位有效数字）； （3）保持S1闭合，再闭合S2，电容器开始放电，直至放电结束，则放电结束后电容器两极板间电压为 　 　V； （4）实验得到放电过程的I﹣t曲线如图丙，I﹣t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0188C，则电容器的电容C为 　 　μF。图丙中I﹣t曲线与横坐标、直线t＝1s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0038C。则t＝1s时电容器两极板间电压为 　 V（结果保留2位有效数字）。 3. （2024•浙江）如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（　　） A．小球从A到C的过程中电势能减少 B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C．可求出小球运动到B点时的加速度 D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN 4. （2024•安徽）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力，则（　　） A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1 D．在图乙位置， 5. （2024•广东）如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压，金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m，忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 （1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； （2）求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v； （3）求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 1. （2022秋•白云区校级期末）图为一种电容传声器的原理图，b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a、b构成一个电容器。电容的变化可以转化为电路中电信号的变化。闭合开关K，若声源S发出声波使a向右振动时（　　） A．a、b板之间的电场强度不变 B．电容器的电容减小 C．电容器的带电量增加 D．流过电流表G的电流方向为自右向左 2. （2023秋•越秀区期末）如图所示是某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属板。从左向右对着振动片P说话，P振动而Q不动。在P、Q间距增大的过程中（　　） A．电容器的电容增大 B．P上电量保持不变 C．P、Q间的场强增大 D．点M的电势比点N的高 3. （2023秋•邢台期末）电容式麦克风（图甲）是利用导体间的电容器充放电原理，以超薄的金属或镀金的塑料薄膜为振动膜感应音压，以改变导体间的静电压直接转换成电讯号，能实现原音重现，具有超高灵敏度、快速的瞬时响应等特点，是音响专家的最佳选择。图乙为电容式麦克风的原理示意图。E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属板。从左向右对着振动片P说话，P振动而Q不动。某歌手歌唱前有拍话筒的习惯，于是P、Q间距先变小再变大，若电源负极接地，在这个过程中（　　） A．板间场强先变小再变大 B．Q板上电荷量先变小再变大 C．电阻R中先有从N到M的电流，再有从M到N的电流 D．若P、Q正中间固定一带负电粒子，P、Q靠近过程中（不碰到粒子），粒子的电势能变小 4. （2023秋•安徽期末）如图所示，质量为m、电量为﹣q的带电微粒，以初速度v0从A点与电场线成θ＝60°角斜向上射入匀强电场中，电场强度方向水平向右。当微粒经过B点时速度大小为vB＝2v0，方向与电场方向在一条直线上，已知重力加速度为g，则（　　） A．B点在A点的右上方 B．从A到B的运动时间为 C．从A到B，微粒电势能减少 D．匀强电场的电场强度大小为 5. （2023秋•丰台区期末）如图所示，一个正电荷由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电荷质量为m，电荷量为q，加速电场电压为U0。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。不计正电荷所受重力，下列说法正确的是（　　） A．正电荷从加速电场射出时具有的速度 B．正电荷从偏转电场射出时具有的动能Ek＝qU0+qU C．正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角θ的正切值为tanθ D．正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离 6. （2023秋•延庆区期末）如图所示，等间距的平行实线表示电场线，虚线表示一个带负电的粒子在该电场中运动的轨迹，a、b为运动轨迹上的两点。若带电粒子在运动过程中仅受静电力作用，不计粒子所受重力和空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　） A．场强方向一定是沿图中实线向左 B．该粒子在a点的动能小于在b点的动能 C．该粒子在a点的加速度小于在b点的加速度 D．该粒子在a点的电势能小于在b点的电势能 7. （2023秋•泉州期末）一带正电小球自A点水平向右射入水平向左的匀强电场中，小球从A点运动到P点的轨迹如图所示。已知AP方向与水平方向夹角为45°，不计空气阻力，则该过程中，（　　） A．任意相等的时间内小球所受重力做功相等 B．任意相等的时间内小球所受电场力做功相等 C．小球电势能的增加量大于重力势能的减小量 D．小球电势能的增加量小于重力势能的减小量 8. （2023秋•朝阳区期末）某种负离子空气净化原理如图所示。收集器矩形通道的上下表面是一对平行金属板，金属板长度为L，间距为d。均匀分布的带负电的灰尘颗粒质量为m、电荷量为q、以水平速度v0进入通道，单位时间内进入通道的带电灰尘颗粒数目为n。已知两金属极板之间的电压恒为，带电灰尘颗粒打到金属板上即被收集，不计灰尘颗粒重力影响及灰尘颗粒间相互作用。下列说法不正确的是（　　） A．净化装置对带电灰尘颗粒的收集率为 B．单位时间内通过导线的电荷量为 C．单位时间内带电灰尘颗粒减少的电势能为 D．若电压增大到2U，则带电灰尘颗粒恰好全部被收集 9. （2023秋•南宁期末）如图，绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球。小球处在水平方向的匀强电场中仅受重力、电场力、绳子拉力的作用，在竖直平面内做圆周运动。已知小球所受的电场力大小等于重力大小，则有关小球在a、b、c、d四点的描述正确的是（　　） A．在最高点a处的机械能最大 B．在最低点c处的机械能最大 C．在水平直径右端b处的机械能最大 D．在水平直径左端d处的机械能最大 10. （2023秋•五华区校级期末）如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距板右端L处有一竖直放置的光屏M．一电荷量为q、质量为m的质点从两板中央水平射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是（　　） A．板间的电场强度大小为 B．质点在板间运动时动能的增加量等于电场力做的功 C．小球在板间所受电场力方向为竖直向下 D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间 11. （多选）（2023秋•白山期末）如图，A、B为水平正对放置的平行板电容器的两极板，B极板接地。闭合开关S，一带电液滴在两极板间的P点处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．该液滴带负电 B．将一块有机玻璃插到两极板之间，电容器的电容将变小 C．保持开关S闭合，将A极板向左移动一小段距离，液滴将保持静止 D．断开开关S，将B极板向下移动一小段距离，液滴将加速向上运动 12. （多选）（2024春•湖南期末）如图所示，A、B两相同的金属板水平放置。现让两板带上等量异种电荷，两板间形成竖直方向的匀强电场。将一带电粒子沿水平方向从A板左侧靠近A板射入电场中。当粒子射入速度为v1时，粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出，电场力做功为W1；当粒子射入速度为v2时，粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间，电场力做功为W不计粒子重力，则（　　） A．v1：v2＝2：1 B．v1：v2＝2：1 C．W1：W2＝1：1 D．W1：W2＝1：2 13. （多选）（2023秋•道里区校级期末）如图所示，一带负电小球质量为m、电荷量大小为q，以初速度v0沿水平方向射入电场，电场方向竖直向下，场强为E，小球运动轨迹是虚线。经过一段时间从电场中飞出，在此过程中，已知小球动量变化量的大小为Δp，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球在电场运动的加速度大小为 B．小球在运动过程中竖直方向的速度变化大小为 C．小球水平位移为 D．入射点与出射点间的电势差为 14. （2023秋•安徽期末）心脏除颤器通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏使其恢复正常跳动。某同学用如图1所示的装置研究电容器的充、放电规律，已知电源的内阻不计，他先将开关接到1，待电路稳定后，再将开关接到2，得到的电流随时间变化的I﹣t曲线如图2所示，回答下列问题： （1）图2中的阴影为I﹣t曲线与对应时间轴所围成的面积，则阴影部分的面积S1　 S2（填“＞”“＜”或“＝”）。 （2）若将开关接到1，待电路稳定后，将开关断开，把电容器的上极板向上移动一小段距离，再将开关接到2，得到新的电流随时间变化的I﹣t曲线，则放电时阴影部分的面积S2　 　（填“增大”“不变”“减小”），放电的最大电流 　 　1mA（填“＞”“＜”或“＝”）。 15. （2023秋•延庆区期末）某探究小组研究电容的充放电过程，用保护电阻R1、R2、电流传感器和其他器材设计如图所示的电路，电容器的电容为C，电源电动势为E。 （1）研究充电过程，应将单刀双掷开关接 　 　（选“l”或“2”）； （2）研究放电过程，通过电阻R1的电流的方向为 　 　（“a流向b”或“b流向a”）； （3）若电容器充满电后的电荷量为Q，则Q＝　 　（用题中字母表示）。 16. （2023秋•呼和浩特期末）如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r＝0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ＝37°。质量m1＝0.2kg的不带电绝缘滑块以初速度v0＝6m/s沿轨道向右运动，与静止在B点的带正电小球发生弹性正碰，小球质量m2＝0.4kg、电荷量q＝1×10﹣5C，碰后小球沿轨道运动，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。小球到达P点时恰好和轨道间无挤压且所受合力方向指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）求碰后瞬间小球的速度大小vB； （2）求匀强电场的电场强度大小E及小球到达P点时的速度大小vP； （3）求B、C两点间的距离x。 17. （2023秋•泉州期末）如图甲，水平放置的平行板电容器的两极板M、N的长度为L、间距为d，两板间加一恒定电压。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从上极板边缘A点以水平速度v0射入电容器后，从P点飞出，P点与下极板的距离为。不计粒子受到的重力和空气阻力。 （1）求两板间的电压U0； （2）若两极板M、N间的电势差U随时间t变化的关系图像如图乙所示，其。t＝0中时刻，粒子从上极板边缘A点以水平速度射入电容器，求粒子射出电容器的位置与下极板间的距离（用d表示）。 18. （2023秋•黑龙江期末）如图所示，两条相距2L的竖直平行直线AB和CD间的区域里有两个场强大小不等、方向相反的有界匀强电场，其中水平直线MN下方的匀强电场方向竖直向上，MN上方的匀强电场方向竖直向下。在电场左边界AB上宽为L的MQ区域内连续分布着质量为m、电荷量为+q的不计重力的粒子，从某时刻起由M到Q间的带电粒子依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场。已知从Q点射入的粒子通过MN上的P点进入上方匀强电场，后从CD边上的F点水平射出，且F点到N点的距离为。求： （1）不同位置射入的粒子在电场中飞行的时间t； （2）MN下方匀强电场的电场强度大小E1； （3）能沿水平方向射出CD的粒子在MQ的射入位置。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 3.2电容器与电容 带电粒子在电场中的运动——高考真题与课后专项提升练 1. （2024•浙江）图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验，保持电荷量不变，当极板间距增大时，静电计指针张角增大，则（　　） A．极板间电势差减小 B．电容器的电容增大 C．极板间电场强度增大 D．电容器储存能量增大 【解答】解：A.静电计的张角增大，说明极板间的电势差增大，故A错误； B.根据平行板电容器电容的决定式可知，当板间距增大时，电容器的电容减小，故B错误； C.根据匀强电场场强与电势差的关系和电容的定义式 结合平行板电容器电容的决定式 联立解得 因此场强与板间距无关，故C错误； D.移动极板的过程中，极板要克服电场力做功，电容器储存的能量增大，故D正确。 故选：D。 2. （2024•广西）某同学为探究电容器充、放电过程，设计了图甲实验电路。器材如下：电容器，电源E（电动势6V，内阻不计），电阻R1＝400.0Ω；电阻R2＝200.0Ω，电流传感器，开关S1、S2，导线若干。实验步骤如下： （1）断开S1、S2，将电流传感器正极与a节点相连，其数据采样频率为5000Hz，则采样周期为 　　s； （2）闭合S1，电容器开始充电，直至充电结束，得到充电过程的I﹣t曲线如图乙，由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为 　 　mA（结果保留3位有效数字）； （3）保持S1闭合，再闭合S2，电容器开始放电，直至放电结束，则放电结束后电容器两极板间电压为 　 　V； （4）实验得到放电过程的I﹣t曲线如图丙，I﹣t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0188C，则电容器的电容C为 　 　μF。图丙中I﹣t曲线与横坐标、直线t＝1s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.0038C。则t＝1s时电容器两极板间电压为 　 V（结果保留2位有效数字）。 【解答】解：（1）根据周期和频率的关系，采样周期 （2）由图乙可知，开关闭合瞬间，流过电阻R1的电流为15.0mA； （3）放电结束后，电容器两极板之间的电压等于电阻R2两端的电压； 根据闭合电路的欧姆定律 电容器两极板之间的电压UC＝UR2＝IR2＝0.01×200.0V＝2.0V （4）充电结束后，电容器两极板之间的电压UC′＝E＝6V 根据电容器的定义式 I﹣t图像的“面积”表示电荷量，由题意可知0～1s内电容器释放的电荷量Δq＝0.0188C﹣0.0038C＝0.015C 设1s时，电容器两极板之间的电压为UC″ 根据电容器的定义式，得 代入数据解得1s时电容器两极板之间的电压UC″＝2.8V 故答案为：（1）；（2）15.0；（3）2，0；（4）①4.7×103；②2.8 3. （2024•浙江）如图所示，空间原有大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在此空间同一水平面的M、N点固定两个等量异种点电荷，绝缘光滑圆环ABCD垂直MN放置，其圆心O在MN的中点，半径为R，AC和BD分别为竖直和水平的直径。质量为m、电荷量为+q的小球套在圆环上，从A点沿圆环以初速度v0做完整的圆周运动，则（　　） A．小球从A到C的过程中电势能减少 B．小球不可能沿圆环做匀速圆周运动 C．可求出小球运动到B点时的加速度 D．小球在D点受到圆环的作用力方向平行MN 【解答】解：A、根据等量异种点电荷的电场分布特点可知，圆环所在平面为在M、N点的两个点电荷形成的电场的等势面，匀强电场方向竖直向上，则小球从A到C的过程中所处位置的电势增加，因小球带正电，故其电势能增加，故A错误； B、当竖直向上的匀强电场的电场强度E满足：qE＝mg，小球沿圆环运动时所受合力不做功，合力等于圆周运动所需向心力，小球沿圆环做匀速圆周运动，故B错误； C、小球从A到B的过程，根据动能定理可以求出小球运动到B点的速度大小vB，由，可以求得小球在B点的向心加速度。根据牛顿第二定律可以求得小球在B点的切向加速度，再根据矢量合成可以求得小球在B点的加速度，故C正确； D、小球在D点匀强电场的电场力与重力在竖直方向上，在M、N点的两个点电荷形成的电场对小球的电场力方向平行于MN，而圆周运动所需向心力由D指向O，则向心力一定由圆环的作用力来提供，故圆环的作用力一定由指向圆环圆心的分力，所以小球在D点受到圆环的作用力方向不平行MN，故D错误。 故选：C。 4. （2024•安徽）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力，则（　　） A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1 D．在图乙位置， 【解答】解：A.剪断细线之前，三个小球处于静止状态，所受的合力为零；将球1和球2间的细线剪断瞬间，小球1和3，小球2和3之间细线上的弹力发生突变，小球3受到水平向左的合力作用；当小球3运动到图乙位置时，小球3所受的合力为零，故A错误； B.在该过程中，系统的能量守恒；由于三个小球组成系统所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，因此系统动量守恒，故B错误； CD.三个小球组成系统动量守恒，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律mv3﹣mv1﹣mv2＝0 由于小球1、2的受力情况相同，因此v1＝v2 化简得v3＝2v1＝2v2 三个小球组成系统能量守恒，根据能量守恒定律ΔEp减＝ΔEk增 即 代入数据解得，故D正确。 故选：D。 5. （2024•广东）如图甲所示，两块平行正对的金属板水平放置，板间加上如图乙所示幅值为U0、周期为t0的交变电压，金属板左侧存在一水平向右的恒定匀强电场，右侧分布着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子在t＝0时刻从左侧电场某处由静止释放，在t＝t0时刻从下板左端边缘位置水平向右进入金属板间的电场内，在t＝2t0时刻第一次离开金属板间的电场、水平向右进入磁场，并在t＝3t0时刻从下板右端边缘位置再次水平进入金属板间的电场。已知金属板的板长是板间距离的倍，粒子质量为m，忽略粒子所受的重力和场的边缘效应。 （1）判断带电粒子的电性并求其所带的电荷量q； （2）求金属板的板间距离D和带电粒子在t＝t0时刻的速度大小v； （3）求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功W。 【解答】解：（1）带电粒子在电场中做加速运动，由此可分析出粒子带正电； 根据题意可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的时间为t0，根据牛顿第二定律可得： 联立解得： 结合题意可得： 解得：q （2）粒子在金属板间水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上先做加速运动，后做减速运动，设粒子的初速度为v，根据运动特点可知带电粒子在t＝t0时刻的速度大小也为v，则 粒子在磁场中运动，其受到的洛伦兹力提供向心力，则 根据几何关系可得：y＝2R 联立解得：v；D （3）根据上述分析可得： 根据运动的对称性，粒子会在与圆轨迹的最高点的位置进入金属板，且再经过会到达上极板，竖直方向上的速度为： 根据动能定理可得： W 联立解得：W 答：（1）带电粒子带正电荷，其所带的电荷量为； （2）金属板的板间距离D为，带电粒子在t＝t0时刻的速度大小为； （3）求从t＝0时刻开始到带电粒子最终碰到上金属板的过程中，电场力对粒子做的功为。 1. （2022秋•白云区校级期末）图为一种电容传声器的原理图，b是固定不动的金属板，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的金属膜片，a、b构成一个电容器。电容的变化可以转化为电路中电信号的变化。闭合开关K，若声源S发出声波使a向右振动时（　　） A．a、b板之间的电场强度不变 B．电容器的电容减小 C．电容器的带电量增加 D．流过电流表G的电流方向为自右向左 【解答】解：A.根据匀强电场电场强度与电势差之间的关系，U不变，d减小，E变大。故A错误； B.根据电容的决定式：，当a向右运动时，两个极板间的距离d减小，故电容器的电容变大。故B错误； C.生源S发出声波致使电容器极板间距d变小，由可知，电容变大；开关K闭合，电容两端的电压保持不变，又由可知电容器带的电荷量增加，故C正确； D，根据电容的定义式：，C变大，U不变，Q变大，电容器充电，电流流向正极板，即b极板，电流流出负极板，即a极板，流过电流表的方向从左向右。故D错误。 故选：C。 2. （2023秋•越秀区期末）如图所示是某电容式话筒的原理示意图，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属板。从左向右对着振动片P说话，P振动而Q不动。在P、Q间距增大的过程中（　　） A．电容器的电容增大 B．P上电量保持不变 C．P、Q间的场强增大 D．点M的电势比点N的高 【解答】解：A．根据电容器的决定式 可知两极板间距离增大，电容减小。故A错误； B．由于电容器与电源连接，电源电压保持不变，两极板间电压U不变，电容C减小，根据电容器的定义式 可知电容器的带电量减小。故B错误； C．P、Q间的电场可视为匀强电场，则有 U＝Ed 在P、Q间距d增大的过程中，两极板间电压U不变，则P、Q间电场的场强E减小。故C错误； D．两极板间距离增大，电容减小，Q极板的正电荷将通过电阻R和电源流向负极板，因此M点的电势高于N点的电势。故D正确。 故选：D。 3. （2023秋•邢台期末）电容式麦克风（图甲）是利用导体间的电容器充放电原理，以超薄的金属或镀金的塑料薄膜为振动膜感应音压，以改变导体间的静电压直接转换成电讯号，能实现原音重现，具有超高灵敏度、快速的瞬时响应等特点，是音响专家的最佳选择。图乙为电容式麦克风的原理示意图。E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属板。从左向右对着振动片P说话，P振动而Q不动。某歌手歌唱前有拍话筒的习惯，于是P、Q间距先变小再变大，若电源负极接地，在这个过程中（　　） A．板间场强先变小再变大 B．Q板上电荷量先变小再变大 C．电阻R中先有从N到M的电流，再有从M到N的电流 D．若P、Q正中间固定一带负电粒子，P、Q靠近过程中（不碰到粒子），粒子的电势能变小 【解答】解：A、P、Q间距先变小再变大，电容器的电压U不变，d先变小再变大，由场强表达式可知板间场强先变大再变小，故A错误； BC、由可知，d先变小再变大，可知电容C先变大再变小，因为U不变，由C可知Q先变大再变小，电容器先充电再放电，先有从N到M的充电电流，再有从M到N的放电电流，故B错误，C正确； D、P、Q靠近过程中，场强变大，P、Q正中间的电势变小，带负电粒子的电势能变大，故D错误。 故选：C。 4. （2023秋•安徽期末）如图所示，质量为m、电量为﹣q的带电微粒，以初速度v0从A点与电场线成θ＝60°角斜向上射入匀强电场中，电场强度方向水平向右。当微粒经过B点时速度大小为vB＝2v0，方向与电场方向在一条直线上，已知重力加速度为g，则（　　） A．B点在A点的右上方 B．从A到B的运动时间为 C．从A到B，微粒电势能减少 D．匀强电场的电场强度大小为 【解答】解：A.微粒带负电，在竖直方向做竖直上抛运动，设上升的时间为t，上升的高度v0t，微粒在水平方向做匀变速直线运动，水平位移v0t，方向水平向左，可知B点在A点的左上方，故A错误； B.微粒在竖直方向做竖直上抛运动，在竖直方向，且规定竖直向上的方向为正方向，由动量定理得﹣mgt＝0﹣mv0sin60°，解得，故B正确； C.从A到B过程，由动能定理得，且h，解得Wm，电场力做正功，电势能减少，减少的电势能为，故C错误； D.从A到B过程，由动能定理得，解得E，故D错误。 故选：B。 5. （2023秋•丰台区期末）如图所示，一个正电荷由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电荷质量为m，电荷量为q，加速电场电压为U0。偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。不计正电荷所受重力，下列说法正确的是（　　） A．正电荷从加速电场射出时具有的速度 B．正电荷从偏转电场射出时具有的动能Ek＝qU0+qU C．正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角θ的正切值为tanθ D．正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离 【解答】解：A、对正电荷在加速电场的运动过程，由动能定理得：qU0 解得正电荷从加速电场射出时具有的速度：v0，故A错误； CD、在偏转电场中正电荷做类平抛运动，设在偏转电场中运动时间为t，射出偏转电场时垂直板面方向的速度为vy，则有： t，vy 正电荷从偏转电场射出时速度与水平方向夹角θ的正切值为：tanθ 正电荷从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离为：y 故C正确，D错误； B、正电荷在加速电场的运动过程电场力对其做功为qU0，在偏转电场中进出位置间电势差小于U，则在偏转电场中电场力对其做功小于qU，根据动能定理可知正电荷从偏转电场射出时具有的动能Ek＜qU0+qU，故B错误。 故选：C。 6. （2023秋•延庆区期末）如图所示，等间距的平行实线表示电场线，虚线表示一个带负电的粒子在该电场中运动的轨迹，a、b为运动轨迹上的两点。若带电粒子在运动过程中仅受静电力作用，不计粒子所受重力和空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　） A．场强方向一定是沿图中实线向左 B．该粒子在a点的动能小于在b点的动能 C．该粒子在a点的加速度小于在b点的加速度 D．该粒子在a点的电势能小于在b点的电势能 【解答】解：A.由粒子的运动轨迹可知，粒子一定受到指向运动轨迹凹面的电场力，再结合电场线的方向可知，电场力一定沿水平方向向左，由于粒子带负电，故电场线的方向一定水平向右，故A错误； C.由于电场为匀强电场，粒子在电场中受到的电场力恒定不变，根据牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度等于在b点的加速度，故C错误； BD.由于电场方向水平向右，根据沿电场方向电势降低可知，a点的电势小于b点的电势，根据电势能表达式 Ep＝qφ 由于粒子带负电，所以粒子在a点的电势能大于在b点的电势能；由于只有电场力做功，粒子的动能和电势能之和保持不变，则粒子在a点的动能小于在b点的动能，故B正确，D错误。 故选：B。 7. （2023秋•泉州期末）一带正电小球自A点水平向右射入水平向左的匀强电场中，小球从A点运动到P点的轨迹如图所示。已知AP方向与水平方向夹角为45°，不计空气阻力，则该过程中，（　　） A．任意相等的时间内小球所受重力做功相等 B．任意相等的时间内小球所受电场力做功相等 C．小球电势能的增加量大于重力势能的减小量 D．小球电势能的增加量小于重力势能的减小量 【解答】解：A.依题意，小球竖直方向受重力作用，做自由落体运动，有 根据恒力功公式 WG＝mgy 可知任意相等的时间内小球的竖直分位移不相等，所受重力做功也不相等，故A错误； B.依题意，小球水平方向受水平向左的电场作用，做匀减速直线运动，有 又 W电＝qEx 知任意相等的时间内小球水平分位移不相等，所受电场力做功并不相等，故B错误； CD.小球所受电场力和重力均为恒力，则小球所受合力也为恒力，可得其运动轨迹为一抛物线，由图可知 A、P两点关于抛物线顶点并不对称，可知小球在P点的动能小于在A点的动能，即小球从A点运动到P点过程，动能减少，根据动能定理，有 WG﹣W电＝ΔEk 可知重力做的正功小于电场力做的负功，根据重力做功与重力势能变化的关系 WG＝﹣ΔEGp 电场力做功和电势能变化的关系 W电＝﹣ΔE电p 可知小球电势能的增加量大于重力势能的减小量，故C正确，D错误。 故选：C。 8. （2023秋•朝阳区期末）某种负离子空气净化原理如图所示。收集器矩形通道的上下表面是一对平行金属板，金属板长度为L，间距为d。均匀分布的带负电的灰尘颗粒质量为m、电荷量为q、以水平速度v0进入通道，单位时间内进入通道的带电灰尘颗粒数目为n。已知两金属极板之间的电压恒为，带电灰尘颗粒打到金属板上即被收集，不计灰尘颗粒重力影响及灰尘颗粒间相互作用。下列说法不正确的是（　　） A．净化装置对带电灰尘颗粒的收集率为 B．单位时间内通过导线的电荷量为 C．单位时间内带电灰尘颗粒减少的电势能为 D．若电压增大到2U，则带电灰尘颗粒恰好全部被收集 【解答】解：AB．带电尘埃在极板间最大偏转距离y，最长运动时间为t，根据牛顿第二定律可知，尘埃的加速度为 a 水平方向和竖直方向分别有 L＝v0t y 解得：yd 根据题意可知，收集效率为：η100%＝75% 则单位时间内通过导线的电荷量为：Qnq 故AB正确； C．因最大偏转距离为d，故单位时间内，入射点与上极板距离大于d的颗粒减少的电势能总计为： ΔEP1nq 入射点与上极板距离不大于d的颗粒打在上极板上，因板间各点到上极板的电势差与到上极板的距离成正比，可以用电势差的平均值来计算减少的电势能，则打在上极板的颗粒减少的电势能总计为： ΔEP2nq 单位时间内带电灰尘颗粒减少的电势能为：Ep＝ΔEP1+ΔEP2nqU，故C正确； D．若电压增大到2U，带电尘埃在极板间最大偏转距离y'，最长运动时间为t'，根据牛顿第二定律可知，尘埃的加速度为 a 水平方向和竖直方向分别有 L'＝v0t' y' 解得：y'd 则带电灰尘颗粒并非恰好全部被收集，故D错误； 本题选择错误选项，故选：D。 9. （2023秋•南宁期末）如图，绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球。小球处在水平方向的匀强电场中仅受重力、电场力、绳子拉力的作用，在竖直平面内做圆周运动。已知小球所受的电场力大小等于重力大小，则有关小球在a、b、c、d四点的描述正确的是（　　） A．在最高点a处的机械能最大 B．在最低点c处的机械能最大 C．在水平直径右端b处的机械能最大 D．在水平直径左端d处的机械能最大 【解答】解：小球受电场力和重力大小相等，方向水平向右，则小球所受电场力和重力的合力如图所示： 合力与水平方向成45°角偏右下方。 根据功能原理，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，拉力不做功，从d到b的过程中，电场力做正功，则b点机械能最大，d点机械能最小。故C正确，ABD错误。 故选：C。 10. （2023秋•五华区校级期末）如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在距板右端L处有一竖直放置的光屏M．一电荷量为q、质量为m的质点从两板中央水平射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是（　　） A．板间的电场强度大小为 B．质点在板间运动时动能的增加量等于电场力做的功 C．小球在板间所受电场力方向为竖直向下 D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间 【解答】解：AC、据题分析可知，质点在平行金属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，质点才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，电场力向上， 根据牛顿第二定律得，qE﹣mg＝mg，得到E．故A正确，C错误。 B、质点在运动中，受到重力与电场力，根据动能定理可知，动能的增加量等于电场力与重力做的总功，故B错误； D、由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等。故D错误。 故选：A。 11. （多选）（2023秋•白山期末）如图，A、B为水平正对放置的平行板电容器的两极板，B极板接地。闭合开关S，一带电液滴在两极板间的P点处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．该液滴带负电 B．将一块有机玻璃插到两极板之间，电容器的电容将变小 C．保持开关S闭合，将A极板向左移动一小段距离，液滴将保持静止 D．断开开关S，将B极板向下移动一小段距离，液滴将加速向上运动 【解答】解：A、由图可知，电容器上极板带正电，带电液滴能静止，则带电液滴带负电，故A正确； B、将一块有机玻璃插到两极板之间时，由可知电容器的电容将变大，故B错误； C、保持开关S闭合，将A极板向左移动一小段距离，电容器两极板电压不变，由可知极板间电场强度不变，所以液滴受力情况不变，仍将保持静止，故C正确； D、断开开关S，电容器带电量不变，由，，可得，将B极板向下移动一小段距离，板间电场强度不变，则液滴受力情况不变，仍保持静止，故D错误。 故选：AC。 12. （多选）（2024春•湖南期末）如图所示，A、B两相同的金属板水平放置。现让两板带上等量异种电荷，两板间形成竖直方向的匀强电场。将一带电粒子沿水平方向从A板左侧靠近A板射入电场中。当粒子射入速度为v1时，粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出，电场力做功为W1；当粒子射入速度为v2时，粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间，电场力做功为W不计粒子重力，则（　　） A．v1：v2＝2：1 B．v1：v2＝2：1 C．W1：W2＝1：1 D．W1：W2＝1：2 【解答】解：AB、粒子在水平方向做匀速直线运动，由x＝v0t和x1：x2＝2：1得先后两次的时间之比为 t1：t2＝2v2：v1，粒子在竖直方向做匀加速直线运动，由yat2和y1：y2＝1：2，得t1：t2＝1：，可得，v1：v2＝2：1，故A正确，B错误； CD、由电场力做功W＝qEy得电场力做功的比值为：W1：W2＝1：2，故C错误，D正确。 故选：AD。 13. （多选）（2023秋•道里区校级期末）如图所示，一带负电小球质量为m、电荷量大小为q，以初速度v0沿水平方向射入电场，电场方向竖直向下，场强为E，小球运动轨迹是虚线。经过一段时间从电场中飞出，在此过程中，已知小球动量变化量的大小为Δp，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球在电场运动的加速度大小为 B．小球在运动过程中竖直方向的速度变化大小为 C．小球水平位移为 D．入射点与出射点间的电势差为 【解答】解：A.小球带负电，所受电场力方向上，对小球进行分析，根据牛顿第二定律有 mg﹣qE＝ma 解得 ，故A错误； B.小球动量变化量的大小为 Δp＝p2﹣p1 根据动量的表达式 p2＝mv2，p1＝mv1 代入可知 Δp＝mΔv 即有 ，故B正确； C.根据加速度定义式有 结合上述解得 小球水平方向做匀速直线运动，根据位移与时间关系，则小球水平位移为 ，故C正确； D.小球竖直方向的分位移为 结合上述解得 根据电场强度与电势差的关系，沿电场线电势降低，则入射点与出射点间的电势差为 ，故D错误。 故选：ABC。 14. （2023秋•安徽期末）心脏除颤器通过一个充电的电容器对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让部分电荷通过心脏，使心脏完全停止跳动，再刺激心颤患者的心脏使其恢复正常跳动。某同学用如图1所示的装置研究电容器的充、放电规律，已知电源的内阻不计，他先将开关接到1，待电路稳定后，再将开关接到2，得到的电流随时间变化的I﹣t曲线如图2所示，回答下列问题： （1）图2中的阴影为I﹣t曲线与对应时间轴所围成的面积，则阴影部分的面积S1　 S2（填“＞”“＜”或“＝”）。 （2）若将开关接到1，待电路稳定后，将开关断开，把电容器的上极板向上移动一小段距离，再将开关接到2，得到新的电流随时间变化的I﹣t曲线，则放电时阴影部分的面积S2　 　（填“增大”“不变”“减小”），放电的最大电流 　 　1mA（填“＞”“＜”或“＝”）。 【解答】解：（1）I﹣t曲线与对应时间轴所围成的面积表示电容器充、放电电量，所以S1表示电容器充电电量、S2表示电容器放电电量，故S1＝S2； （2）电容器充电后与电路断开，电容器的上极板向上移动一小段距离过程中，电荷量不变，放电时阴影部分的面积S2不变； 根据C可知，d增大、电容C减小，两个极板间的电压增大，放电的最大电流大于1mA。 故答案为：（1）＝；（2）不变；＞。 15. （2023秋•延庆区期末）某探究小组研究电容的充放电过程，用保护电阻R1、R2、电流传感器和其他器材设计如图所示的电路，电容器的电容为C，电源电动势为E。 （1）研究充电过程，应将单刀双掷开关接 　 　（选“l”或“2”）； （2）研究放电过程，通过电阻R1的电流的方向为 　 　（“a流向b”或“b流向a”）； （3）若电容器充满电后的电荷量为Q，则Q＝　 　（用题中字母表示）。 【解答】解：（1）研究充电过程，应将电容与电源相接，故应单刀双掷开关接2； （2）由图可知，电容器下极版为正电极，所以研究放电过程，通过电阻R1的电流的方向为b流向a； （3）电容器充满电后，极板间的电势差等于电源电动势，则电容器充满电后电荷量为：Q＝CU＝CE 故答案为：（1）2；（2）b流向a，（3）CE 16. （2023秋•呼和浩特期末）如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r＝0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ＝37°。质量m1＝0.2kg的不带电绝缘滑块以初速度v0＝6m/s沿轨道向右运动，与静止在B点的带正电小球发生弹性正碰，小球质量m2＝0.4kg、电荷量q＝1×10﹣5C，碰后小球沿轨道运动，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。小球到达P点时恰好和轨道间无挤压且所受合力方向指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。（取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）求碰后瞬间小球的速度大小vB； （2）求匀强电场的电场强度大小E及小球到达P点时的速度大小vP； （3）求B、C两点间的距离x。 【解答】解：（1）设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，滑块与小球发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律得 m1v＝m1v1+m2v2 由机械能守恒定律得 联立解得：v2＝4m/s 即vB＝v2＝4m/s （2）小球到达P点时，受力如图所示。 则有qE＝m2gtanθ 解得：E＝3×105N/C 小球所受重力与电场力的合力大小为 小球到达P点时，由牛顿第二定律有 解得：vP＝2.5m/s （3）对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有 解得：x＝0.85m 答：（1）碰后瞬间小球的速度大小4m/s； （2）匀强电场的电场强度大小3×105N/C，小球到达P点时的速度大小2.5m/s； （3）B、C两点间的距离0.85m。 17. （2023秋•泉州期末）如图甲，水平放置的平行板电容器的两极板M、N的长度为L、间距为d，两板间加一恒定电压。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从上极板边缘A点以水平速度v0射入电容器后，从P点飞出，P点与下极板的距离为。不计粒子受到的重力和空气阻力。 （1）求两板间的电压U0； （2）若两极板M、N间的电势差U随时间t变化的关系图像如图乙所示，其。t＝0中时刻，粒子从上极板边缘A点以水平速度射入电容器，求粒子射出电容器的位置与下极板间的距离（用d表示）。 【解答】解：（1）带电粒子在电场中做类平抛，有： L＝v0t 根据牛顿第二定律有 解得： （2）带电粒子在电场中水平方向上做匀速直线运动，设粒子在电场中运动的时间为t0，则 由已知条件，解得t0＝2T 因为粒子t＝0时刻从上极板边缘A点射入电容器，所以内，粒子在竖直方向上做初速度为0的匀加速直线运动，内粒子做匀减速直线运动，并减速到0，设内粒子在竖直方向上的位移为y1，则 T∼2T内粒子的运动情况与0∼T内的运动情况相同，则y总＝4y1 解得： 故粒子射出电容器的位置与下极板的距离为Δy 答：（1）两板间的电压为； （2）粒子射出电容器的位置与下极板间的距离为。 18. （2023秋•黑龙江期末）如图所示，两条相距2L的竖直平行直线AB和CD间的区域里有两个场强大小不等、方向相反的有界匀强电场，其中水平直线MN下方的匀强电场方向竖直向上，MN上方的匀强电场方向竖直向下。在电场左边界AB上宽为L的MQ区域内连续分布着质量为m、电荷量为+q的不计重力的粒子，从某时刻起由M到Q间的带电粒子依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场。已知从Q点射入的粒子通过MN上的P点进入上方匀强电场，后从CD边上的F点水平射出，且F点到N点的距离为。求： （1）不同位置射入的粒子在电场中飞行的时间t； （2）MN下方匀强电场的电场强度大小E1； （3）能沿水平方向射出CD的粒子在MQ的射入位置。 【解答】解：（1）从MQ间水平射入电场的粒子在水平方向上都做匀速直线运动 故所有粒子在电场中的飞行时间均为： （2）设粒子从Q到P的时间为t1，P到F的时间为t2，到达P时的竖直速度大小为vy 在下方匀强电场中，根据牛顿第二定律，有：qE1＝ma1 解得加速度大小为： 同理，在上方匀强电场中，粒子的加速度大小为： 根据类平抛规律，竖直方向上，由位移公式有：L， 由速度公式知：vy＝a1t1＝a2t2 由时间关系有：t＝t1+t2 联立解得：E1，E2 （3）设粒子到M点的距离为y，在下方电场中运动时间为t3，在上方电场中运动时间为t4，若水平射入，水平射出，有：a1t3＝a2t4 结合以上结论得： 粒子可能经过n次循环到达边界CD，根据位移关系有：v0（t3+t4）n＝2L（n＝1，2，3，…） 解得：（n＝1，2，3，…） 竖直方向有：y 联立解得：（n＝1，2，3…） 答：（1）不同位置射入的粒子在电场中飞行的时间t为； （2）MN下方匀强电场的电场强度大小E1为； （3）能沿水平方向射出CD的粒子在MQ的射入位置为（n＝1，2，3…）。 学科网（北京）股份有限公司 $$