周测卷5 电容 带电粒子在电场中的运动-【百汇大课堂·高中学习测试卷】2024-2025学年高中物理必修第三册（人教版2019）

周测卷5电容 带电粒子在电场中的运动 时间：75分钟 满分：100分 一、选择题：（本题共10小题，共46分。在每小题给出 极板空腹支架 膜片 的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小 题4分，第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的 得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。) 1.如图是示波管的示意图，从电子枪发出的电子通过两 A.膜片与极板间的电容减小 对偏转电极，如果偏转电极不加电压，则电子沿直线 B.极板所带电荷量减小 打在荧光屏的中心O,当在两对偏转电极上同时加上 C.膜片与极板间的电场强度增大 电压后，电子将偏离中心打在某个位置，现已标出偏 D.电阻R中有向上的电流 转电极所加电压的正负极，从示波管的右侧来看，电 4.(2024·西安市高二期中)平行板A,++于 子可能会打在荧光屏上哪一位置 间距为d,长度为l,加上电压后，0 竖直偏转水平偏转 可在A、B之间的空间中（设为真 电子枪 空)产生电场（设为匀强电场）。在距A、B两平行板 等距离的O点处，有一电荷量为十q、质量为m的粒 荧光屏 子以初速度。沿水平方向（与A、B板平行）射入，不 A.1位置 B.2位置 计重力，要使此粒子恰好能从下极板边缘C处射出， C.3位置 D.4位置 则A、B间的电压应为 潮2.如图所示，在边长为L的正方形AB 器 B CD区域存在着匀强电场，方向竖直向 9d lmvo 下，与AD边平行。质量为m、电荷量D D.mv'd 9d 9l3 为e的电子，在D点以水平速度。射人电场中并从 5.(2024·广东省高二期中)如图所 B点射出电场，不考虑电子的重力，则 示，一个正方体真空盒置于水平面 A.电子在B点的速率为V5v。 上，它的ABCD面与EFGH面为 B.电子在B点的速率为2v。 金属板，其他面为绝缘材料。AB- CD面带正电，EFGH面带负电。从小孔P沿水平 C匀强电场的电场强度大小为3 eL 方向以相同速率射入三个质量相等的带正电的液滴， D匀强电场的电场强度大小为 最后分别落在1、2、3三点，则下列说法正确的是 2eL 3.(2024·辽宁鞍山协作校联考)如图所示为某电容传 A.三个液滴的运动时间相同 声器结构示意图，当人对着传声器讲话时，膜片会振 B.三个液滴在真空盒中都做类平抛运动 动。若某次膜片振动时，膜片与极板间的距离减小， C.液滴1所带电荷量最大 则在此过程中 D.三个液滴落到底板时的速度大小相同 53 6.(2024·拉萨市高二期末)如图所 A.油滴一定带负电 示，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F B B.油滴的电势能一定增加 位于边长L=4cm的正六边形的顶 C.油滴的动能一定减少 点上，匀强电场的方向平行于正六 D.油滴的动能与电势能之和一定减少 边形所在的平面。已知A、B、C、D的电势分别为 9.(2024·天津西青区高二期末)如 ---10V -20V 一4V,0V,8V,12V。则下列说法正确的是( 图所示，三条平行等距的直线表示 9.30V A.E点的电势Pg=一8V 电场中的三个等势面，电势值分别 B.A、F间的电势差UF=0 为10V、20V、30V,实线是一带负电的粒子（不计重 C.该匀强电场的电场强度大小E=100V/m 力)在该区域内的运动轨迹，对于这轨迹上的a、b、c D.该匀强电场的电场线垂直于BF连线，且指向A 三点来说，下列选项说法正确的是 7.(2024·江门市高二期中)如图甲所示，距离足够大的 A.粒子必先过a,再到b,然后到c 两平行金属板中央有一个静止的电子（不计电子所受 B.粒子在三点所受的合力F。=F。=F 重力)，在A,B两板间加上如图乙所示的交变电压。 C.粒子在三点的动能大小为E>E>E 若取电子的初始运动方向为正，则下列图像中，能正 D.粒子从b运动到c的过程中静电力做正功 确反映电子的位移x、速度、加速度a和动能E,随 10.(2023·全国乙卷)在0点处固定一个正 时间（一个周期内）变化规律的是 点电荷，P点在O点右上方。从P点由 0 静止释放一个带负电的小球，小球仅在重 力和该点电荷电场力作用下在竖直面内 运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两 点，OP>OM,OM=ON,则小球 () A.在运动过程中，电势能先增加后减少 B.在P点的电势能大于在N点的电势能 C.在M点的机械能等于在N点的机械能 D.从M点运动到N点的过程中，电场力始终不 做功 二、非选择题：（本题共5小题，共54分。） 11.(8分)(2024·大同市高二期 未)传感器中经常用到电容器 做基本元件，如图为电容式液 8.(2024·北京交通大学附属中学高二期中)如图所示， 位计的原理图，一根金属圆柱 真空中存在竖直向下的匀强电场，一个带电油滴（考 插入金属容器内（并未与容器底、壁接触），另一端与 虑重力)沿虚线由a向b运动，以下判断正确的是 电源相连，金属圆柱为电容器的一个电极，容器壁为 电容器的另一个电极，容器内充人绝缘液体，金属容 器接地。另有一静电计与该装置相连，静电计外壳 接地，静电计的金属球通过开关K,与金属圆柱相 连。某同学用该装置做以下实验。 54 (1)先闭合K,给电容器充电； 13.(10分)如图所示，平行金属板竖直放 (2)断开K,闭合K2,静电计指针偏转一定角度； 置，板间存在匀强电场，两板间距为 (3)该同学给容器中加入更多绝缘液体使液面升高， d,在负极板开有一个小孔，小孔到负 此时他观察到静电计指针偏角 (选填“变 极板上边缘的距离也为d。小球A 大”“变小”或“不变”)，由此他推测出：液面升高使电 从正极板的上边缘由静止释放，同时 B 容器的电容 (选填“变大”“变小”或“不 小球B从正极板的下边缘以某一竖直向上的初速 变”)。 度。释放，两小球刚好都能从小孔离开金属板，且 (4)此后在保持液面不变的情况下他继续实验，通过 离开时的速度方向相同。已知小球A、B电荷量均 绝缘手柄把金属圆柱向上移动一段距离，他看到静 为十q,质量分别为m和4m,重力加速度为g,忽略 电计的指针偏角 (选填“变大”“变小”或“不 两小球之间的相互作用，求： 变”)，表明电容器的电容因金属圆柱向上移动而 (1)两极板之间的电压大小： (选填“变大”“变小”或“不变”)。 (2)小球B的初速度v。大小： 12.(8分)(2024·武汉市高二月考)随着传感器技术的 (3)平行金属板的板长。 不断进步，传感器开始在中学实验室逐渐普及。某 同学用电流传感器（相当于电流表）和电压传感器 (相当于电压表)做“观察电容器的充、放电现象”实 验，电路图如图甲所示。 电流 计算机 传感器 电压 R 传感器 甲 8.0 4.0 468/s 02468 乙 丙 (1)先使开关K与1端相连，电源向电容器充电，这 个过程很快完成，充满电的电容器上极板带 电。 (2)然后把开关K掷向2端，电容器通过电阻R放 电，传感器将电流、电压信息传入计算机，经处理后 得到电流和电压随时间变化的I-t、U-t曲线分别 如图乙、丙所示。 (3)由图乙，丙可知，电容器充满电时的电荷量为 C,电容器的电容为 F(结果均保 留两位有效数字)。 55 14.(14分)(2024·福建泉州市期末)如图甲，水平放置 15.(14分)(2024·湖北云学名校联E 的平行板电容器的两极板M、N的长度为L、间距 盟高二期末)如图所示，在水平向 P 为d,两板间加一恒定电压。一个质量为m、电荷量 左的匀强电场中，有一光滑半圆 为q的带正电粒子从上极板边缘A点以水平速度 形绝缘轨道竖直固定放置，其半径为R,电场线与半 。射入电容器后，从P点飞出，P点与下极板的距 圆轨道处在同一平面内，半圆轨道最低点与一水平 离为号、不计粒子受到的重力和空气阻力： 粗糙绝缘轨道MN相切于V点。一小滑块（可视为 质点)带正电且电荷量为q,质量为m,与水平轨道 间的滑动摩擦力大小为0.5mg,现将小滑块从水平 轨道的M点由静止释放，恰好能到达P点，MN的 长度为R,已知重力加速度大小为g,求：(sin37°= 甲 0.6,c0s37°=0.8，sin53°=0.8，cos53°=0.6) (1)求两板间的电压U。: (2)若两极板M、N间的电势差U随时间t变化的 (1)M、P两点的电势差大小UMP (2)物体经过N点时滑块对轨道的压力大小。 关系图像如图乙所示，其T一。=0时刻，粒子 从上极板边缘A点以水平速度号射入电容器，求粒 弱 子射出电容器的位置与下极板间的距离（用d表 示)。 -568.BD解析由题意知粒子在c点的动能最大电势能最小， 则点为圆内电勢最低点，所以电场线方向应该是沿k连线 18.答案V+RR（2mh-名m心-名mR 1 指向c点，选项A错误：因为粒子从b点到（点电场力做功为 解析(1)因B,C两点电势相等，小球由B到C的过程中， W,所以粒子从b到a电场力做功为一2W,选项C错误：h点 只有重力做功，由动能定理得 电势为0，期0点电劳为m一7，由W=g0,U=9。一9， msR·n0-号m言m 可得9，=一 ,透项B,D正确 解得e=√0十gR, 9.AD解析1图线的斜率表示加速度，由图可知粒子在A (2)小球由A点运动到C点，由动能定理得 1 处的加速度大于在B处的加速度，A正确：粒子的速度增加， Wac+mgh-2 mve-0 则电场力做正功，电势能减小，测E>Es,根据E,=qg可 知平A>9,B、C错误：A到B由动能定理得qUB= 1 解得We=2mv十2mgR一mgh 之m2-之m,解得U=mm,D正确。 由电势能变化量与静电力做功的关系得 2q 10,AD解析连接A、B,交CO于I点，交DO于H点，交EO AE,=-Wx=mgh-ng-之ngR 于G点，如图所示，由几何关系可得AI=G=GB,所以 ,=2V,p6=4V,故O1为一条等势线，因此P=2V,DG 1.答案(1)7gR(2)-mK CO,因此9p=P。=4V,C错误，D正确：由几何关系可知 2g BO⊥CO,故电场方向沿BO方向，由B指向O,场强大小为 解析(1)根据点电荷的电场特征可知，BC所在的圆是一个 等势面，所以小球从B到C静电力做的总功为零，由几何关 _Ue=9n二Pu=2V/m,A正确.B错误， E一R R 系可得BC的坚直离度为hx=子R 根器特能定理有gXR=之mu一 解得ve=√TgR (2)小球从A到C,重力和静电力均做正功，所以由动能定理 1 11.答案(1)一20V-30V 有mgX3R+W专=2me (2)1×107JL.5×107J-5×10-8J 1 解析(194= E=-4×10 得W=2mgR 9,2x10V=-20V. 又因为W电=-qU=一g(9A一9e） E 9X10- 9e-9:=-3x10V=-30V. 且C点为零电势点，则4=一m 2g (2)将试架电荷4分别放在A、B两点，它具有的电势能分 15.答案(1)2 (2)610g 别为 mL.3 3器，方向水平向右（或 E4'=99a=-5×10"×(-20)J=1×10-J C→D) Em'=919m=-5×10×(-30)J=1.5×10J 解析(1)从B到D过程弹力做功为零，由动能定理得 将试探泡荷q)由A点移到B点，静电力做的功为W仙= 1 Ea'-E'=-5X10J. qUm-2mv 12.答案a)-4V-4V（2)1005vym,方向垂直AC斜 3 客 向左上 (2)在D点，设弹簧与水平方向成0角，有 解析(1)将点电荷由A点移到B点，由匀强电场的电势差 Fcos0=k9g·g 与静电力做功的关系式可得 (3L)2 0u=w=2.4X10 -6x10元V=-4v 在B点时，有F。0s0+k9g:9=m L 由电势差定义可得Um=PA一华 解得P1=一4V 解得a=k10g ml 将点电荷由B点移到C点，由匀强电场的电势差与静电力做 (3)设正点电荷在C处产生的电场强度大小为E1,带电小球 功的关系式可得 在C处产生的电场强度大小为E2,则 _We=-2.4X10 Uac=- -6X10-0V=4V E-kL 9q 由电势差定义可得Um=华：一P( 解得ge=一4V E=大是 (2)因9A=华，因此直线AC是句强电场的一 E=E-E 条等势线，由电场线与等势线垂直且由高电劳 指向低电势，如图所示， 解得E=器方询木平询右（成C一D). L.g=L.·sin30°=8cm 可得电场强度大小 周测卷5电容带电粒子在电场中的运动 U 1005Vm 1,B解析根据两对偏转电极所如电压可知，竖直方向的电场 E-dLmsin 603 方向由Y指向Y',则电子向Y方向偏转，水平方向的电场方 方向垂直AC斜向左上。 向由X'指向X,则电子向X'方向偏转，因此电子可能会打在 荧光屏上的2位置，选项B正确， ·19· 2,A解析设电子在B点的竖直分速度大小为1，根据带电： 3T 内，向B板做匀加速直线运动， ~T时间内，继续向B板做 粒子在电场中偏转的推论可知，电子在B点的速度方向的反 向延长线一定过DC中点，根据运动的合成与分解可得山 匀减速直线运动，故B错误：电子微匀变速直线运动时x1图 。 =2，所以电子在B点的速率为g=√，+=50，故 家是最物线，款A籍误：由于。一船可如匀安浓适动的和建 L 度大小不变，方向发生变化，故a-t图像应平行于横轴，故C 2 A正确，B错误：设匀强电场的电场强度大小为E,电子在电 正确：匀变连运动1图像是倾斜的直线，根据E,=2m0, 场中的飞行时何为1，则根据类平抛运动规律有L=。1,L 可知E与v成二次函数关系，结合上述分析，v与！在每一阶 eEt 段均为一次函数关系，由此可知E:1图像是曲线，放D错误。 2m ,联立餐得E-2,改CD维灵 8.AD解析物体做曲线运动时，受到的合力的方向指向物体 3.C解析由题图可知，膜片与极板间的电势差U保持不变： 运动轨迹弯曲的凹侧，由此可知，该油滴受到的静电力的方向 展片与板款同的距商山减个，根据C=可知腹片与板衣 是向上的，与电场方向相反，所以油滴一定带负电，故A正确： 该油滴受到的静电力做正功，电势能减小，故B错误：该油滴 间的电容增大，结合C-8可知极板所带电莜量增大：根据场 受到合外力做正功，油滴的动能增加，故C错误：重力对油商 做负功，重力势能增加，根据能量守恒，油商的动能和电势能 U 之和一定减小，故D正确。 蛋公式E=行，可知膜片与极板间的电场强度增大，A,B错 9.BD解析运动轨迹不能反映运动方向，故A错误：由题图 误，C正确：极板所带电荷量增大，电源给电容器充电，充电电 中等势面特点可知，该电场为匀强电场，板据F=gE可知粒 流通过电阻R向下，D错误。 子在三点所受的合力满足F,=F。=F,故B正确：由题图可 【关键点拨】解答本题时要抓住两个关键点： 知a,b,c三点的电势关系为华，>P.>9,根据E,=qg,由于 (1)电源与膜片、极板相连，电容器两端的电压恒定： 粒子带负电，可知粒子在4，b、:三点的电势能大小关系为 (2)膜片振动时，膜片与极板间的距离d变化，影响电容的大 Ew>E>E·由于粒子只受静电力作用，粒子的动能和电 小，进而影响电容器带的电荷量。 劳能之和保持不变，则粒子在三点的动能大小为Ew<E 4,D解析带电粒子只受静电力作用，在平行板何做类平抛运 E,粒子从b运动到（的过程中，粒子的动能增加，所以静电 动。设粒子由O点到C处的运动时间为t,则有1=。1，设A、 力做正功，故C错误，D正确。 B同的电压为U,则平行板间的匀强电场的电场强度为E 10.BC解析由题知，OP>(OM,OM=(ON,则根据点电荷的 发子所受#电力为F=E-空，根据车颜第二定#得花 U 电势分布情况可知华M=9、>华，则带负电的小球在运动过 程中，电势能先减小后增大，且E>EM=EN,则带负电的 子活电将方肉的加装度为。一片品起子在洛电场方有食 小球在M点的机械能等于在N点的机械能，A错误，B、C正 确：从M点运动到V点的过程中，电场力先做正功后做负 匀加速直线运动，位移为2山，由匀变速直线运动的规缘得 功，D错误。 11.答案(3)变小变大(4)变大变小 ?=2at,联立解得U=mm,d d 1 一，D正确. 解析(3)加入更多绝缘液体，根据电容器电容公式 5,A解析由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液 C可知，原来正对面积为空气的地方被绝缘减体 滴下落的高度相同，三个液滴的运动时问相同，A正确：三个 Q 液滴在水平方向受到静电力作用，水平方向不是匀速直线运 代，变大，电容器的电容C变大，又由于C=号，且Q不 动，所以三个液滴在真空盒中不是做类平抛运动，B错误：由 变，所以U减小，即静电计指针偏转角度变小。 于液滴3在水平方向位移最大，而运动时问和初速度相同，说 (4)同理，把金属圆柱向上移动一段距离，电容器雨极的正对 明液滴3在水平方向加速度最大，所带电荷量最大，C错误： 面积减小，电容器的电容减小，电荷量不变，所以电容器两端 三个液滴落到底板时多直分速度相等，而水平分速度不相等， 电压变大，即静电计指针偏角变大。 所以三个液滴落到底板时的速度大小不相司，D错误。 12.答案(1)正(3)3.5×1014.4×10 6.D解析由几何知识知，EB与DC平行且EB=2IDC:因电 解析(1)根据电路走接方式可知充满电的电容器上极板带 场是匀强电场，则有Um=2Ux即9e一9a=2(中n一9e)解 正电。 得Pr=8V,故A错误：由几何知识知，AF与CD平行且相 (3)由题图乙可知，I-t图像与横坐标轴围成的面积表示电容 等，因电场是匀强电场，则有Ur=Um=gc一Pn=一4V,故 器放电过程中放出的电荷量，也就是电容器充满泡时的电荷 B错误：由于9：=8V,9e=8V,电场是匀强电场，又电场线 量，小正方形的个数为]4个，电容器充满电时的电荷量为 由电势高处指向电势低处，则电场线垂直 Q=14×0.25×103×1C=3.5×103C.电容器的电容为 于CE,如图所示由几何知识可得d4= 8cm,电场线垂直于BF连线，且指向A, ≈4.4×10+F B C-Ue 该匀强电场的电场强度大小为E一 18,答案（1)m（2)3V2d (3)3d 2 12-（-里V:m=200V/m,故C错误，D 解析(1)根据题意可知，小球A运动方向与水平方向成45 8×101 正确。 角，则an45°=mg gE 且U=Ed C解析电子一个周期内的运动情况为：0一、时问内，电子 解得U-mgd 以静止开始向A板假匀加速直线运动，。~。时同内，继线 (2)设小球B从小孔射出时水平和整直速度大小分别为V 向Λ版做句减建宜我运动，智时制连度方率。子一平对网 和v,依题意，有a‘==2Ed Am 20· 解得=2g☑ 解得F=3 g 设B球运动到小孔的时间为t,有d= 2 由年顿第三定律得，清块对轨道的压力大小也为mg 取向上为正，在竖直方向，有一v,=v。一g1 周测卷6导体的电阻 联立解得u,-3V2gd 2 1,A解析用刻度尺测量长度要估读到分度值的下一位，因该 (3)B球的整直方向位移为y=,,"m1=21 物体长度在12cm到13cm之间，刻度尺的最小分度为 2 1mm,故记录的结果的有效数字为4位，选项A正确。 故板长为L=d十y=3d. 14.答案)m2 2.A解析根搭电阻定律知，最大电阻为R=印C,最小电阻 d 3qL (2) 为R=Pb=,,故选项A正确。 解析(1)带电粒子在电场中做类平批运动，在水平和整直 方向分别有 3D解析质子在加瑰电场中加速，有一2m,根据电流 2d1 L=v0l,3 、的微观表达式1三eS0,解得川=S√况D正确。 又根据a=gE.E= U d 【易错警示】利用I=gSw分析问题应注意的三个方面 (1)各个物理量都要用国际单位制单位。 方程联立解得U。= 4nd。 3qL (2)正确理解各符号的意义，特别是刀表示导体中单位体积内 (2)带电粒子在电场中水平方向上做句速直线运动，设粒子 的自由电荷数，表示自由电荷定向移动速度的大小。 在电场中运动的时间为1。，则 (3)若已知单位长度的自由电荷数为n,则电流的微观表达式 为I=nqv. L=2 4.D解析先判断采用的测量方法哪个较为合理，由于在两种 由已知条件T=L 不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是阻值较小 的电阻，电流表分压较大，所以采用图甲进行测量比较准确。 解得t。=2T 因为粒子在=0时刻从上设板边缘A点射入电容器，所以0 国甲中测量值为R号二750Q,较真先值猴小放连项D 内，粒子在坚直方向上微初速度为0的匀加速直线运 T 正确。 5.B解析题图甲的接法叫作电流表外接法，题图乙的接法叫 动，一T内粒子假匀减速直线运动，并减滤到0，设0一号 作电流表内接法，A正豌：题图甲中由于电压表的分流导致电 内粒子在整直方向上的位移为y·2 一T内粒子在竖直方 流的测量值编大，由R-号可知，R,<R:,R烤小，测电压表 分流越小，误差越小，因此这种接法适合测小电阻，而题图乙 1/T 向上的位移为y,则y1=y:=2a(2),T~2T内粒子的 中由于电花表的分压，导我电压的测量值偏大，曲R-号，得 运动情况与0~T内的运动情况相同，则y。=4y1 R。>R,R越大，则电流表的分压越小，误差越小，因此这种 部释，-号 接法适用于测大电阻，B错误，C、D正确。 故粒子射出电容器的位置与下极板的距离为 1 4-244 6,A解析R1的电盟为R,=0.50=20,故A正确，B辑误： 339 由图像可知，当U=1V时，R:的电阻等于R,的电阻，都 为2D,故D错误：1U图像上的点与坐标原点连线的斜率的 15.答案q)3mgR 3 (2)2mg 倒数表示电阻，由图像可知R,的电阻随电压的增大而增大， 解析(1)小滑块恰好能到达P点，说明到达P点时速度为 故C错误。 零，从M到P,对小物块根据动能定理有 -mgR+qUMp-0.5mgR=0 ?D解析根据电阻定义式R=只，导电特料两瑞电压为 10 g得=2 10V时，通过的电流为0.5A.电阻为R-0.50=200.A错 (2)匀强电扬的电场强度为 误；图像上各点与原点莲线的斜率表示电阻，由图乙可知，连 3mg 线的斜率在逐渐变小，说明随看所加电压的逐浙增大，该导电 E-2R Ag 材料的电阻逐渐减小，B错误：随着所加电压的逐渐增大，该 M,N两点的电势差大小为 导电材料的电阻逐渐减小，说明该导电材料的导电能力变好 U -ER-3mgR 44 了，C错误：由电阻定伴R=PS可知Ro=P2,Rw=P品， 从M到N,对小物块根据动能定理有 qUM -0.5mgR=mv 两式作比可得尽-（侣）广，由是可知>c,Ro>RD 正确。 设物体经过N点时轨道对物体的支持力为F,在N点，由牛 :8.BD解析常温下，若将电阻丝均匀拉长为原来的10倍，则 顿第二定律有 横截面积变为原来的0，根据电阻定律R=印S,则电阻变为 100R,故A错误：常温下，若将电阻丝从中点对折，长度为原 ·21·