课时测评39 电容器 带电粒子在电场中的运动（word练习）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

课时测评39　电容器　带电粒子在电场中的运动 (时间：30分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题3、10、11题，6分，其余每题4分，共50分) 1.如图所示，电容器上标有“80 V　1 000 μF”字样。下列说法正确的是(　　) A.电容器两端电压为0时其电容为零 B.电容器两端电压为80 V时才能存储电荷 C.电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为0.08 C D.电容器两端电压低于80 V时其电容小于1 000 μF 答案：C 解析：电容表征电容器储存电荷的特性，与电压U和电荷量Q无关，给定的电容器电容C一定，故A、D错误；由于电容一定，由Q＝CU可知，电容器两端只要有电压，电容器就能存储电荷，故B错误；由Q＝CU可知，电容器两端电压为80 V时储存的电荷量为Q＝1 000×10－6×80 C＝0.08 C，故C正确。故选C。 2.(2024·广东佛山二模)如图甲所示，计算机键盘为电容式传感器，每个键下面由相互平行、间距为d的活动金属片和固定金属片组成，两金属片间有空气间隙，两金属片组成一个平行板电容器，如图乙所示。其内部电路如图丙所示，则下列说法正确的是(　　) A.按键的过程中，电容器间的电场强度减小 B.按键的过程中，电容器储存的电能增多 C.按键的过程中，图丙中电流方向从a经电流计流向b D.按键的过程中，电容器上极板电势低于下极板电势 答案：B 解析：根据C＝＝，E＝，按键的过程中，由于电压U不变，d减小，则电容C增大，电容器间的电场强度E增大，电容器所带电荷量Q增大，则电容器储存的电能增多，故A错误，B正确；按键的过程中，由于电容器所带电荷量Q增大，电容器充电，图丙中电流方向从b经电流计流向a，电容器上极板电势高于下极板电势，故C、D错误。故选B。 3.(多选)(2024·广东东莞市三模)随着环保理念的深入，废弃塑料分选再循环利用可减少对资源的浪费。其中静电分选装置如图所示，两极板带上等量异种电荷仅在板间形成匀强电场，漏斗出口与极板上边缘等高，到极板间距相等，a、b两类塑料颗粒离开漏斗出口时分别带上正、负电荷，经过分选电场后a类颗粒汇集在收集板的右端，已知极板间距为d，板长为L，极板下边缘与收集板的距离为H，两种颗粒的比荷均为k，重力加速度为g，颗粒进入电场时的初速度为零且可视为质点，不考虑颗粒间的相互作用和空气阻力，在颗粒离开电场区域时不接触极板但有最大偏转量，则(　　) A.右极板带负电 B.颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速曲线运动 C.两极板间的电压值为 D.颗粒落到收集板时的速度大小为 答案：ACD 解析：根据题意可知，正电荷所受电场力水平向右，则电场方向水平向右，可知，右极板带负电，故A正确；由于颗粒进入电场时的初速度为零，在电场中受电场力和重力的合力保持不变，则颗粒离开漏斗口在电场中做匀变速直线运动，故B错误；根据题意，设两极板间的电压值为U，水平方向上有＝ma，＝at2，竖直方向上有L＝gt2，联立解得U＝，故C正确；根据题意，结合C项分析可知，颗粒离开电场时的水平速度为vx＝＝，离开电场后，水平方向做匀速运动，则颗粒落到收集板时的水平速度仍为vx，竖直方向上，颗粒一直做自由落体运动，则颗粒落到收集板时的竖直速度为vy＝，则颗粒落到收集板时的速度大小为v＝＝，故D正确。故选ACD。 4.如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动。不计粒子重力。若将两板间距离减小，再次释放该粒子，则(　　) A.带电粒子获得的加速度变小 B.带电粒子到达负极板的时间变短 C.带电粒子到达负极板时的速度变小 D.加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小 答案：B 解析：根据E＝，qE＝ma，可得a＝，将两板间距离减小，带电粒子获得的加速度变大，故A错误；根据匀变速直线运动的规律d＝at2，解得t＝，将两板间距离减小，带电粒子到达负极板的时间变短，故B正确；根据动能定理有qU＝mv2，解得v＝，带电粒子到达负极板时的速度不变，故C错误；根据动量定理有I＝mv，可知加速全过程静电力对带电粒子的冲量不变，故D错误。故选B。 5.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l，在正极板附近有一质量为m、电荷量为q1(q1＞0)的粒子A；在负极板附近有一质量也为m、电荷量为－q2(q2＞0)的粒子B，仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面Q，两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则以下说法正确的是(　　) A.电荷量q1与q2的比值为3∶7 B.电荷量q1与q2的比值为3∶4 C.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为9∶16 D.粒子A、B通过平面Q时的速度之比为3∶7 答案：B 解析：设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对粒子A，有a1＝，l＝··t2，对粒子B，有a2＝，l＝··t2，联立解得＝，选项A错误，B正确；由动能定理有qEx＝mv2－0，可得＝，选项C、D错误。故选B。 6.静电火箭的工作过程简化图如图所示，离子源发射的带电离子经过加速区加速，进入中和区与该区域里面的电子中和，最后形成中性高速射流喷射而产生推力。根据题目信息可知(　　) A.M板电势低于N板电势 B.进入中和区的离子速度与离子带电荷量无关 C.增大加速区M、N极板间的距离，可以增大高速射流速度而获得更大的推力 D.增大M、N极板间的电压，可以增大高速射流速度而获得更大的推力 答案：D 解析：由于加速后的离子在中和区与电子中和，所以被加速的离子带正电，则加速区的极板M电势高，A错误；由动能定理知qU＝mv2，解得v＝，所以进入中和区的离子速度与离子的比荷、加速电压的大小有关，加速电压越大离子速度越大，与极板间的距离无关，故D正确，B、C错误。故选D。 7.如图所示，让两质子先、后以不同初速度从同一位置垂直射入一平行板电容器(两板间电压恒定)，质子分别沿a、b轨迹落到极板上，则质子沿b轨迹运动时(　　) A.加速度更大 B.运动时间更长 C.动能增量更大 D.电势能增量与沿a轨迹运动时相同 答案：D 解析：加速度为a＝，都是质子，比荷相同，所以加速度相同，故A错误；质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则偏转距离y＝at2，质子的加速度相同，由题图看出，y相同，则运动时间相同，故B错误；电场力做功为W＝qEy，所以两次电场力做功相同，电势能的增量相同，由动能定理可知，两次动能的增量相同，故C错误，D正确。故选D。 8.(2024·广东珠海模拟)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从S点无初速度释放。经电场E1加速后，又进入电场E2偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，则(　　) A.三种粒子将打到屏上的不同位置 B.偏转电场对三种粒子做功一样多 C.三种粒子打到屏上的动能不同 D.三种粒子运动到屏上所用时间相同 答案：B 解析：粒子在加速电场中加速，由动能定理可得qU1＝m－0，解得v0＝，粒子在加速电场中的运动时间t1＝＝2L1；粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间t2＝＝L2，在偏转电场中竖直分位移y＝a2＝··，联立解得y＝，可知y与q、m无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置；加速电场对粒子做功为W1＝qU1，q和U1相等，所以加速电场E1对三种粒子做功相等。偏转电场E2对粒子做功为W2＝qE2y，q、E2、y相等，则偏转电场E2对三种粒子做功相等，故A错误，B正确；对整个过程，根据动能定理得W＝mv2，由于W相等，所以三种粒子打到屏上的动能相同，故C错误；离开偏转电场后粒子的运动时间t3＝＝L3，则粒子运动到屏上所用时间t＝t1＋t2＋t3＝，因为不等，所以t不等，故D错误。故选B。 9.有一种喷墨打印机的打印头结构示意图如图所示，喷嘴连续喷出来的墨滴经带电区带电后进入偏转板，经偏转板间的电场偏转后打到承印材料上。已知偏移量越大字迹越大，现要减小字迹，下列做法可行的是(　　) A.增大墨滴的带电荷量 B.减小墨滴喷出时的速度 C.减小偏转板与承印材料的距离 D.增大偏转板间的电压 答案：C 解析：如图所示，带电粒子经偏转电场U2偏转，偏移量Y1＝at2，a＝，t＝，可得Y1＝，Y2＝ltan θ，tan θ＝，Y＝Y1＋Y2，结合选项可知，减小偏转板与承印材料的距离可使字迹减小，增大墨滴的带电荷量、减小墨滴喷出时的速度以及增大偏转板间的电压，均会使字迹增大，故C正确，A、B、D错误。故选C。 10.(多选)如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一个电源相连，其中A板接地(取大地电势φ＝0)。S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是(　　) A.保持S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流 B.保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移(油滴仍处于两极板之间)，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流 C.若将S断开，则油滴立即向下做匀加速直线运动 D.若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，则油滴仍然保持静止，但油滴的电势能减小 答案：AB 解析：开始时，油滴所受重力和静电力平衡，即mg＝qE，保持S闭合，则两板间电压不变，若将A板上移一小段位移，两板间距离d增大，由E＝可知，E变小，油滴所受静电力变小，故油滴应向下加速运动；根据C＝、C＝，可得Q＝，可知d增大，电容器所储存的电量减小，向外放电，故G中有b→a的电流，A正确；保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移，由E＝可知，E不变，油滴仍静止；根据Q＝，可知电容器所储存的电量减小，向外放电，故G中有b→a的电流，B正确；若将S断开，电容器所储存的电量Q不变，则两板间场强不变，油滴仍静止，C错误；若将S断开，Q不变，再将B板向下平移一小段位移，根据C＝、C＝、E＝，可得E＝，可知场强E不变，则油滴仍静止；油滴所在位置与A板的距离不变，则根据U＝Ed可知油滴所在位置与A板间的电势差不变，又因为A板接地，则油滴所在位置的电势不变，油滴的电势能不变，D错误。故选AB。 11.(多选)(2024·广东广州市阶段测试)如图为带异种电荷的平行金属板M、N(忽略电场的边界效应)，在电场内紧贴M板左下端，向垂直于M板和平行于M板两个方向分别发射速度大小均为v0的相同粒子a、b，分别打中N板左端和右端。若不计重力和粒子之间的相互作用，a粒子到达N板的速度大小为v0，则(　　) A.a、b粒子到达N板的时间相等 B.a粒子到达N板的时间小于b粒子到达N板的时间 C.a、b粒子到达N板的速度大小相等 D.a粒子到达N板的速率小于b粒子到达N板的速率 答案：BC 解析：b粒子在垂直于M板的方向的分运动初速度为0，加速度与a粒子的加速度相同，而a粒子的初速度不为0，所以a粒子到达N板的时间小于b粒子到达N板的时间，故A错误，B正确；a、b粒子到达N板时电场力做的功相同，根据动能定理，可知a、b粒子到达N板的速度大小相等，故C正确，D错误。故选BC。 12.(10分)如图所示，空间分为Ⅰ、Ⅱ两个足够长的区域，各边界(图中虚线)均水平，Ⅰ区域存在电场强度为E1＝1.0×104 V/m的匀强电场，方向竖直向上；Ⅱ区域存在电场强度为E2＝×105 V/m的匀强电场，方向水平向右，两个区域宽度分别为d1＝5.0 m，d2＝4.0 m。一质量m＝1.0×10－8 kg、带电荷量q＝＋1.6×10－6 C的粒子从D点由静止释放，粒子重力忽略不计。求： (1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小； (2)粒子离开区域Ⅱ时发生的偏移量x的大小； (3)粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场，使粒子在此电场作用下经1.0 s速度变为零，此电场的电场强度E3的大小和方向。 答案：(1)4×103 m/s　(2)2 m　(3)50 V/m　与水平方向成30°角斜向左下方 解析：(1)由动能定理得qE1d1＝m 解得v1＝4×103 m/s。 (2)粒子在区域Ⅱ内做类平抛运动，运动时间 t2＝＝1×10－3 s 又a＝ 偏移量x＝a 解得x＝2 m。 (3)由vx＝at2，vy＝v1 可得tan θ＝＝ 所以θ＝30° 则所加电场方向应与水平方向成30°角斜向左下方 粒子刚出区域Ⅱ时速度大小 v＝＝8×103 m/s 由v＝t 解得E3＝50 V/m。 学科网（北京）股份有限公司 $