第4节 电容器 带电粒子在电场中的运动-【金版教程】2026年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word

高考总复习首选用卷 物理 第4节　电容器　带电粒子在电场中的运动 考点一　电容器　电容 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．人体神经受到刺激时，Na＋就会从神经细胞膜一侧快速移动到另一侧，导致细胞膜两侧电势差发生变化。若将神经细胞膜视为电容为1.5×10－8 F的电容器，受到刺激时该细胞膜两侧电势差从－60 mV变为40 mV，则该过程中通过该细胞膜的电荷量为(　　) A．1.5×10－9 C B．9.0×10－10 C C．6.0×10－10 C D．3.0×10－10 C 答案：A 解析：由C＝，可知该过程中通过该细胞膜的电荷量为ΔQ＝CΔU＝1.5×10－8×[40－(－60)]×10－3 C＝1.5×10－9 C，故选A。 考点二　平行板电容器的动态分析 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．如图所示，平行板电容器实验装置中，极板A接地，B与一个灵敏的静电计相接。若电容器的电容为C，两极板间的电压为U，静电计张角为θ，两极板间的电场强度为E，则(　　) A．将A极板向上移动，C变大，U变小，θ变大，E变小 B．将A极板向下移动，C变小，U变大，θ变小，E不变 C．将A极板向右移动，C变大，U变小，θ变小，E变小 D．将A极板向左移动，C变小，U变大，θ变大，E不变 答案：D 解析：根据平行板电容器电容的决定式C＝可知，将A极板向上或向下移动时，两极板正对面积S变小，电容器的电容C变小，电容器所带的电荷量Q不变，根据C＝可知，电容器两端的电压U变大，由于A极板与静电计外壳均接地，B与静电计的上端相连，故静电计测量的电压即为两极板间的电压U，由于U变大，故θ变大，由于两极板间的距离不变，由E＝可知E变大，A、B错误；将A极板向右移动时，根据C＝可知，两极板间的距离d减小，电容器的电容C增大，电容器所带的电荷量Q不变，根据C＝可知，电容器两端的电压U变小，由A、B项分析可知θ变小，结合匀强电场中电场强度与电势差的关系可得E＝＝，可知电场强度E不变，同理可知，当A极板向左移动时，C变小，U变大，θ变大，E不变，故C错误，D正确。 5．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。 考点三　带电粒子(带电体)在电场中的直线运动 6.某些肿瘤可以用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0×107 m/s。已知加速匀强电场的场强为1.3×105 N/C，质子的质量为1.67×10－27 kg，电荷量为1.6×10－19 C，则下列说法正确的是(　　) A．加速过程中质子电势能增加 B．质子所受到的电场力约为2×10－15 N C．质子加速需要的时间约为8×10－6 s D．加速器加速的直线长度约为4 m 答案：D 解析：加速过程中电场力对质子做正功，则质子电势能减小，A错误；质子所受到的电场力F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19 N≈2×10－14 N，B错误；质子的加速度a＝＝ m/s2≈1.2×1013 m/s2，则质子加速需要的时间t＝＝ s≈8×10－7 s，C错误；加速器加速的直线长度x＝t＝×8×10－7 m＝4 m，D正确。 7.(2024·辽宁省高三下三模)如图所示，一带电微粒从A点射入水平方向的匀强电场中(实线代表电场线，电场方向未知)，微粒恰沿直线AB运动，AB与水平方向夹角θ＝45°，已知带电微粒的质量为m，电荷量大小为q，A与B相距L，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A．从A到B，带电微粒做匀加速直线运动 B．若电场方向向左，则带电微粒带负电 C．从A到B的过程中，带电微粒的重力势能增加，机械能增加 D．要使带电微粒能从A点运动到B点，其射入电场时的速度大小至少为 答案：D 解析：根据题意可知，带电微粒沿直线从A运动到B，说明带电微粒受到的合力为0或合力方向与AB共线，由于微粒受到竖直向下的重力，可知所受电场力一定水平向左，所受合力方向从B到A，则从A到B，带电微粒做匀减速直线运动，故A错误；由A项分析可知，带电微粒所受电场力方向向左，若电场方向向左，则带电微粒受到电场力的方向与电场方向相同，带电微粒带正电，故B错误；从A到B的过程中，重力对带电微粒做负功，带电微粒的重力势能增加，电场力对带电微粒做负功，带电微粒的机械能减少，故C错误；由A项分析可知，带电微粒所受合力大小F合＝＝mg，则带电微粒的加速度大小a＝＝g，带电微粒恰好从A点运动到B点时，有0－v＝－2aL，解得v0＝，即要使带电微粒能从A点运动到B点，其射入电场时的速度大小至少为，故D正确。 考点四　带电粒子在匀强电场中的偏转 8．(2025·浙江省丽水市、湖州市、衢州市3地高三上模拟)先后让一束电子和一束氢核通过同一对平行板形成的偏转电场，进入时速度方向与电场方向垂直。下列情况下，射出极板时电子和氢核速度偏转角正切值相同的是(　　) A．初速度相同 B．初速度的平方相同 C．初动能相同 D．初动量相同 答案：C 解析：电子和氢核进入电场后均做类平抛运动。设偏转电场的场强大小为E，粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v0，在极板间电场中运动的时间为t，由牛顿第二定律可知粒子在极板间运动时的加速度a＝，粒子射出极板时，垂直极板方向的速度vy＝at，平行极板方向的速度vx＝v0，又极板长度x＝vxt，则粒子射出极板时速度偏转角α的正切值tanα＝＝＝，E、x为定值，而电子和氢核的带电量均为e，质量不同，则只有初动能mv相同时，射出极板时电子和氢核速度偏转角正切值才相同，故选C。 9．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)粒子经加速电压加速过程，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，设偏转电场的场强大小为E，粒子在偏转电场中运动的加速度大小为a，则有E＝ 由牛顿第二定律得qE＝ma 在垂直极板方向有y＝at2 联立解得y＝。 考点五　带电粒子在交变电场中的运动 10.水平匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示，当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子(带正电)，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是(　　) A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度不为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 答案：D 解析：令E0＝20 V/m，由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1 s内的加速度为a1＝－，在第2 s内的加速度为a2＝，则a2＝－2a1，其v­t图像如图所示，带电粒子在第1 s内做匀加速运动，在第2 s内先匀减速后反向加速，所以不是始终向同一个方向运动，且3 s末带电粒子的速度为零，A、C错误；根据v­t图像中图线与t轴围成的面积表示位移可知，在2 s末带电粒子没有回到原出发点，B错误；因为3 s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理可知，0～3 s内，电场力做的总功为零，D正确。 11．(2024·河南省五市高三下一模)(多选)如图甲所示，两平行金属板A、B的板长和板间距均为d，两板之间的电压随时间周期性变化的规律如图乙所示。一束不计重力的相同带负电粒子以速度v0从O点沿板间中线射入极板之间，不考虑带电粒子之间的相互作用，若t＝0时刻进入电场的带电粒子在t＝T时刻刚好沿A板右边缘射出电场，则(　　) A．t＝0时刻进入电场的粒子在t＝时刻速度大小为v0 B．t＝时刻进入电场的粒子在t＝时刻速度大小为v0 C．t＝时刻进入电场的粒子在两板间的最大偏移量为 D．t＝时刻进入电场的粒子最终平行于极板射出电场 答案：AD 解析：粒子在平行于极板方向上的分速度恒为v0，则0～T时间内，平行于极板方向有v0·T＝d，t＝0时刻进入电场的粒子，由运动的对称性可知，其在0～时间内在垂直于极板方向上的位移为，由匀变速直线运动的规律有·＝，解得t＝时刻该粒子在垂直于极板方向的分速度vy1＝v0，根据平行四边形定则知，粒子在t＝时刻的速度大小为v＝＝v0，故A正确；由A项分析可知，粒子在极板间运动的加速度大小为a＝＝，任何时刻射入极板间的粒子在极板间运动的时间均为T，结合题图乙可作出不同时刻进入电场的粒子的vy­t图像如图所示。由图可知，t＝时刻进入电场的粒子在t＝时刻竖直方向的分速度为vy2＝a·＝，根据平行四边形定则知，此时该粒子的速度大小为v2＝＝，故B错误；v­t图像中图线与t轴所围面积表示位移，由图可知t＝时刻进入电场的粒子在t＝时刻偏移量最大，为y＝··＝，C错误；由图可知，t＝时刻进入电场的粒子在t＝时刻射出极板，此时垂直极板方向的速度分量为0，即该粒子平行于极板射出电场，D正确。 12.一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。 13．(2025·浙江省衢丽湖三地市高三上一模联考)图甲为直线加速器原理示意图，它由多个截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，奇数序号与偶数序号圆筒分别与交变电源的两极相连，交变电源两极间电压变化规律如图乙。在t＝0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时序号为0的金属圆板中央有一电子由静止开始在各狭缝间不断加速。若电子质量为m，电荷量为e，交变电源电压大小为U，周期为T。不考虑电子的重力和相对论效应，且忽略电子通过狭缝的时间。下列说法正确的是(　　) A．金属圆筒1、2、3的长度之比为1∶2∶3 B．电子离开圆筒1时的速度为进入时速度的两倍 C．圆筒n的长度应满足Ln＝·T D．进入圆筒n时电子的速率为 答案：D 解析：电子每经过狭缝时都要加速，进入圆筒后不受电场力而做匀速运动，故电子离开圆筒1时的速度与进入时的速度相等，B错误；又由于不考虑电子通过狭缝的时间，所以电子在各圆筒内运动的时间均为，电子每次加速时，电场对电子做功相同，均为W＝eU，经过n次加速后，根据动能定理有neU＝mv－0，解得电子在圆筒n中的速度vn＝，电子在各圆筒内运动的时间均为，则圆筒n的长度Ln＝vn·＝T，所以金属圆筒1、2、3的长度之比为L1∶L2∶L3＝∶∶，故A、C错误，D正确。 14.(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。 15．喷墨打印机的结构原理如图所示，其中墨盒可以发出半径为1×10－5 m的墨汁微粒。微粒经过带电室时被带上负电，带电量的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制。带电后的微粒以一定的初速度进入偏转电场，经过偏转电场发生偏转后，打到纸上，显示出字体。无信号输入时，墨汁微粒不带电，沿直线通过偏转电场而注入回流槽流回墨盒。设偏转极板长L1＝1.6 cm，两板间的距离d＝0.50 cm，偏转板的右端到纸的距离L2＝2.4 cm。若一个墨汁微粒的质量为1.6×10－10 kg，所带电荷量为1.25×10－12 C，以20 m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，打到纸上的点距原射入方向的距离是1.0 mm。(不计空气阻力和墨汁微粒的重力，可以认为偏转电场只局限在平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性)下列说法正确的是(　　) A．墨汁微粒从进入偏转电场到打在纸上，做类平抛运动 B．两偏转板间的电压是2.0×103 V C．两偏转板间的电压是5.0×102 V D．为了使纸上的字体放大10%，可以把偏转电压降低10% 答案：C 解析：墨汁微粒在偏转电场中做类平抛运动，射出偏转电场后做匀速直线运动，A错误；墨汁微粒射出偏转电场后做匀速直线运动，且速度反向延长线过类平抛运动的水平位移的中点，可知＝，又vy＝at＝t，t＝，联立解得两偏转板间的电压是U＝5.0×102 V，B错误，C正确；由以上各式得y＝，为了使纸上的字体放大10%，也就是墨汁微粒偏移量y增大10%，则可以把偏转电压提高10%，D错误。 16．图a为示波管的原理图。如果在电极YY′之间所加的电压按图b所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图c所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是(　　) 答案：B 解析：进入偏转电极时电子的速度非常大，在偏转电极区域运动的时间很短，在此极短时间内UY和UX可视为不变。由y＝at2＝··可知，电子在极板间的偏移量y与板间电压U成正比。由题图c分析可知，每经过2t1时间，电子在荧光屏上形成的亮斑从X′侧匀速向右移动到X侧，由题图b分析可知，若以向上为正方向，电子在荧光屏上形成的亮斑在YY′方向上的位移正比于UY，又UY的变化周期也为2t1，则可知在荧光屏上的图形与题图b中一个周期的图线形状相同，故选B。 17.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，设匀强电场的场强大小为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＝。 18．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。 19．(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。 14 学科网（北京）股份有限公司 $$