考点21 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-【红对勾】2026年高考物理一轮复习金卷

考点21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 一刷小题·重基础 1.(多选)(2024·广东韶关模拟)如图所示是描述对给定的电容器充 电时其电荷量Q、电压U、电容C之间相互关系的图像，其中正确 的是 A B C D 2.(多选)(2024·北京东城区模拟)如图所示，用静电计可以测量已充 电的平行板电容器两极板之间的电势差U,电容器已带电，则下列 判断正确的是 ( A A.若增大两极板间的距离，则静电计指针张角变大 B.若将A极板稍微上移，则静电计指针张角变大 C.若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大 D.若减小两极板间的距离，则静电计指针张角变小 3.(2024·安徽芜湖模拟)如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初 速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S 沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L,相距为d,电压 为U2。则带电粒子能从A、B板间飞出，应该满足的条件是() 粒 A 子 源 U B U U22d U2d A.UL B.U L C.UL. U22d2 D.UL 4.(2024·广东汕尾模拟)如图所示，一个带电油滴 以初速度。从P点斜向上进入水平向右的匀强 电场中，若油滴恰好能做直线运动，则油滴在向上· 运动的过程中 考点21 A.可能做匀速直线运动 B.一定做匀加速直线运动 C.机械能可能不变 D.电势能一定增加 5.(多选)(2025·黑龙江哈尔滨模拟)如图所 示，水平放置的平行板电容器间存在着竖直 向上的匀强电场，电容器外无电场，上极板中 心有一小孔。现将一长度为L的均匀带电 + 绝缘细杆的下端对齐小孔，然后由静止释放， 细杆下落的最大距离为二L(未到达下极板)。已知绝缘细杆的质量 为m,总带电荷量为q,重力加速度为g,不计空气阻力，则下列说 法正确的是 ) A.细杆带正电 B.细杆下降过程中的加速度先增大后减小 C.从静止释放到下落至最低点的过程中，细杆的电势能增加了 2 3mgL D.平行板电容器间的电场强度大小为3ms 6.（2024·安徽五校联盟联考)如图所示，D 是一只理想二极管，电流只能从a流向 ·M b,而不能从b流向a。平行板电容器的 ▣B A、B两极板间有一带电油滴，电荷量为q (电荷量很小不会影响两极板间电场的分布)，带电油滴在M点处 于静止状态。以Q表示电容器储存的电荷量，U表示两极板间电 压，PM表示M点的电势，EM表示带电油滴在M点的电势能。若 保持极板A不动，将极板B稍向下平移，则下列说法正确的是 A.Q减小 B.U减小 C.9M减小 D.EM减小 7.(2024·湖北荆门模拟)如图所示，在一对平行金属M 板MN、PQ间加电压，两板间形成匀强电场，忽略 边缘效应，两板边缘连线外面的电场忽略不计，电 压按正弦规律变化，变化周期为T。某时刻有一带 电粒子沿两板间的中线OO以初速度。射入电场，经t=2T时间 粒子离开电场。下列说法正确的是 ( A.粒子一定从O'点离开电场 B.粒子离开电场时的速度一定大于。 C.粒子离开电场时的速度可能小于。 D.粒子在0~T内的位移一定等于在T~2T内的位移 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053 8.(2024·湖北宜昌模拟)如图甲所示，一平行板电容器两板间的距离 为d,在左板内侧附近有一带电荷量为q、质量为m的离子，不计重 力，为使离子能在两板间往复运动而不碰到两板，在两板间加上如 图乙所示的交变电压，则此交变电压的周期最大为 () ↑U U 甲 乙 m m B.2d 2m qU C.Ad m D.d gU 9.(2025·云南曲靖模拟)在如图所示的空间直 角坐标系中，一不计重力且带正电的粒子从 坐标为(L,0,L)处以某一初速度平行y轴正 方向射出，经时间t,粒子前进的距离为L,在 该空间加上匀强电场，粒子仍从同一位置以 相同的速度射出，经相同时间t后恰好运动到 坐标原点O,已知粒子的比荷为，则该匀强电场的电场强度大小为 2√3L A. kt2 B.26L C.eL D 4L kd2 10.(2024·河北唐山模拟)如图所示，圆形区域内 M 存在着与圆平面平行的匀强电场，直径MN与 450 P 水平直径PQ间的夹角为45°，圆心O处有一 粒子源，在圆形平面内沿不同方向发射速率均 为。的完全相同的带正电粒子，发现两个特点：速度方向垂直于 MN斜向右上方发射的粒子最终从Q点射出圆形区域；所有射出 圆形区域的粒子中从N点射出的粒子的速度最大。不计粒子重 力及粒子之间的相互作用力，下列说法正确的是 () A.电场线方向沿ON方向 B.粒子可能从M点射出圆形区域 C.粒子可能从P点射出圆形区域 D.从Q点射出圆形区域的粒子，其出射速度都相同 11.(多选)(2024·河南郑州模拟)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规律如 图乙所示。一不计重力的带电粒子以速度。从O点沿板间中线 射入极板之间，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 () 0542对闪·高考一轮复习金卷物理 A UAB 0 -U 甲 A.t=0时刻进入电场的粒子在t= 2时刻速度大小为2。 B.=T时刻进人电场的粒子在1= 时刻速度大小为。 C.1=时刻进人电场的粒子在两板间的最大偏移量为 T D.t=。时刻进入电场的粒子最终平行于极板射出电场 12.(2024·贵州贵阳调研)如图所示，在竖直平面 内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一 根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点， 0 L 另一端系一质量为m的带电小球。小球静止 时细线与竖直方向成0角，此时让小球获得初 速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力 加速度为g,不考虑空气阻力。下列说法正确的是 A.匀强电场的电场强度E=mgsin0 B.小球做圆周运动过程中动能的最小值为Em一2c0s日 mgL C.小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小、 D.小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电 势能先减小后增大 13.(2025·河北邢台模拟)在无重力空间，电场 强度为E的足够大的匀强电场中，有一条与 m +q 电场线平行的直线，如图中虚线所示，直线上 A B 有两个静止的小球A和B,质量均为m,A球 带电荷量十q,B球不带电。开始时两球相距L,在电场力作用下， A球开始沿直线运动，并与B球发生正碰，碰撞中A、B两球的总 动能无损失，设在每次碰撞过程中，A、B间无电荷转移，且不考虑 重力及两球间的万有引力，则两球发生第6次碰撞到发生第7次 碰撞之间的时间间隔是 () 2mL mL 2mL mL A. NEq B.2 Eg C.2 Eg D.2Eq 刷大题·提能力 14.某实验探究小组用如图甲所示的实验电路采用高电阻放电法来估 测一个电解电容器的电容。方法是让已充电 的电容器通过对高阻值的电阻放电，测出电 容器充电电压为U时，所带的电荷量Q,从 而求出待测电容器的电容C。实验中提供了 下列实验器材： A.工作电源：9V(层叠电池) B.数显直流微安表一个（量程为0~2×103uA) C.电阻箱（阻值为0~999.92），额定电流0.5A D.电阻箱（阻值为0~99992），额定电流2.0A E.待测电解电容器（额定电压220V) F.定值电阻R。(阻值102，额定电流2.0A) G.秒表一块 H.开关一个，导线若干 (1)实验时电阻箱应该选择 (填器材前面的字母代号)。 (2)按下列步骤进行实验： ①用笔画线代替导线按如图甲所示电路图完成图乙中器材的 连接。 +I/(103uA) 2.0 1.6 1.2 0.8 0.4 010203040/s 丙 ②调节电阻箱的阻值，让闭合开关S时直流微安表的示数接近最 大量程，记下这时的示数I。=1800μA,电压表示数U。=9.0V。 ③断开开关S,同时几个同学配合计时和读数，每隔5s读取一次 电流I的值，并填入预先设计好的表格中，将表格中的数据(8组) 以时间t为横坐标、电流I为纵坐标在坐标纸上描点，再用平滑的 曲线连接得出1-t图像如图丙所示。则根据上述实验结果，估算 出该电容器两端的电压为U。时所带的电荷量约为 C(结 果保留三位有效数字)；该电容器的电容约为 F(结果保留 三位有效数字)；定值电阻的作用是 15.(2024·广东广州二模)如图所示，在绝缘的光滑水平面（足够长） 上M点左侧的区域有水平向右的匀强电场。小滑块A、B的质量 均为m,其中B不带电，A带电荷量为十q,O点到M点的距离为 L,N点到O点的距离为L(k>0)。现将小滑块A在N点由静 止释放，其向右运动至O点与静止的小滑块B发生弹性碰撞。设 A、B均可视为质点，整个过程中，A的电荷量始终不变，B始终不 电，已知电场强度E二2。，重力加速度为 (1)求A与B发生第一次碰撞前瞬间，A的速率； (2)求k的取值满足什么条件时，能使A与B发生第二次碰撞？ (3)k的取值满足(2)问的条件下，求A和B两次碰撞间隔的时间。 w7777777777777777 N 0 M kL L即十2Q在两，点的场强大小相等，由于b点处两场强方向垂： 直，c,点处两场强方向也垂直，则b点的电场强度小于c点的 电场强度，A正确；设十Q在a点电势为1，在b1点电势为 92,且91≠p2,则-Q在a点和b1点的电势分别为一9：和 一91。设十2Q在a点和b1点的电势为p3,则a点电势为 P。=p1一92十9b1点电势为961=92一p1十9，故a点与b1 点的电势不相同，B错误：等量异种电荷在bc、d1、a1点的电 势为零，b、c点与E点距离相等，a1、d1点与E点距离相等， 故c,点与d1点的电势差等于b点与a1,点的电势差，C正确； 将带正电的试探电荷由O点移动到O,点，电势一直降低，电 势能一直减小，D错误。 18.BCD0x1过程中，电场力做正功，物体机械能增大，则 E,=E41,解得E=E,故A错误：1~，过程中，电场力 做正功，故电势降低，可得qU4B=E2一E1,解得U4= E一E,故B正确：E-工图像的切线斜率表示电场力，由题 图乙可知x1一x?过程中，切线斜率逐渐减小到零，故电场力 遂渐减小到零，物体加速度a=E-mgsi血9，可知加速度先 沿斜面向上减小到零，后沿斜面向下增大，故C正确；x2一x 过程中，物体的机械能不变，故只有重力做功，故电场力为零， 则电场强度为零，故D正确。 考点21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 1.CD对于给定电容器的电容是由电容器本身决定的，与电容 器的带电荷量Q的大小和两极板间的电压U的大小无关，不 能认为C与Q成正比，与U成反比，故D正确，A、B错误；由选 项C图可知电容器所带的电荷量与极板间的电压成正比，其比 值不变，即电容器的电容不变，故C正确。 2.ABD电势差U变大（小）时，静电计指针张角也变大（小）。电 容器所带电荷重Q一定，由公式C气知，当山变大时，C 变小、再由C号得U变大，A正确；当A极板上移时，正对面 积S变小，C变小，U变大，B正确；当插入玻璃板时，C变大，U 变小，C错误；当d变小时，C变大，U变小，D正确。 3.D带电粒子在电场中被加速，则有qU1=之mu-0,带电粒 子在偏转电场中做类平抛运动，可看成匀速直线运动与匀加速 直线运动两个分运动，匀速直线运动：由运动学公式得L=t, 匀加速直线运动：设位移为x,则有x=2Q= 1,,要 md U22d 使节电粒子能飞出电场，则有<联立可得而 <D正 确，A、B、C错误。 4.D油滴恰好能做直线运动，合力方向与速度方向在同一直线 上，油滴受到竖直向下的重力和水平方向的电场力，受力不平 衡，可知油滴不可能做匀速直线运动，要使油滴合力方向与速 度方向在同一直线上，油滴受到的电场力方向应水平向左，则油 滴做匀减速直线运动，故A、B错误：油滴在向上运动的过程中，电 场力做负功，机械能减小，电势能一定增加，故C错误，D正确。 5.ACD若细杆带负电，则细杆将受到竖直向下的电场力，所以 细杆会一直加速，根据题意细杆应先向下加速后向下减速，故 细杆带正电，故A正确；设进入电场的细杆长度为x,则mg E无 =ma,所以随着细杆下落，进入电场的长度x不断增大，： 加速度先向下减小后向上增大，故B错误；从静止释放到下落 至最低，点的过程中，细杆增加的电势能等于减小的重力势能 号mgL,故C正确：由动能定现得mg·号L一下，号L=0,由 于细杆所受电场力为F=9E二，即细杆进入电场所受电扬力 2 0+39E 与进入电场的细杆的长度成正比，所以F= ，解得 2 E=3mg,故D正确。 6.D保持极板A不动，将极板B稍向下平移，板间距离d增大， 根据电容的决定式C=S 知，电容C减小，电容器的电压U 4πkd 15 不变时，根据电容的定义式C-吕，可知电容器所带电符量Q 将要减小，但由于二极管具有单向导电性，电荷不能流回电源， 所以电容器的电荷量Q保持不变，A错误；由于电容C减小， 可知两极板间电压U增大，B错误：根据C=4 由C=U ES C-号E=子可得E-e U ,可知板间电场强度E不变，M S 点与B板间电势差UMm=EdM,则UM增大，根据UB=PM一 可知M点的电势PM增大，根据平衡条件可知带电油滴带 负电，根据EM=qPM可知油滴在M点的电势能EM减小，C错 误，D正确。 7.D电压按正弦规律变化，所以带电粒子在一个周期内所受电 场力的总冲量一定等于0，所以经一个周期，粒子的速度仍为 。,故B、C错误。在一个周期内，带电粒子沿电场方向位移取 决于电子进入电场的时刻，若进入电场时，电压恰好为0，则带 电粒子在前半周期加速，在后半周期减速，其位移方向不变，下 一个周期的运动重复前一个周期，所以位移不为零；若进入电 场时，电压恰好达到最大值，则带电粒子在前两个四分之一周 期内先加速后减速，在后两个四分之一周期内先反向加速后反 向减速，前半周期的位移与后半周期的位移刚好大小相等、方 向相反，所以总位移为0，即粒子可能从O'点离开电场，故A错 误。因为经过一个周期，带电粒子的速度总是回到原来的速度 0,所以粒子在每个周期内的运动都是相同的，即每个周期内 的位移也一定是相同的，故D正确。 8.C假设t=0时刻左极板的电势高于右极板的电势，根据题图 乙可知交变电压的周期为T,根据图像中电压的变化，若一正 离子从左极板向右运动，先微的匀加速运动，再殿的匀减 T 速运动，到达右极板时速度恰好为零，而加速和减速的加速度 大小相同，则位移相同，是完全对称的运动，其加速度大小为 a=心，设加速阶段的最大速度为，则有0=a· T_U9. d dm 年，在速度达到最大或由最大减为零的过程中，由动能定理可 之gU。=2mu,解得T=4d 「m √可，因此为使该离子能在 两极间往复运动而不碰到两板，则T<4d√gU。 ,故选C。 A设加上匀强电场后粒子沿三个轴方向的加速度大小分别为 ax、ay、a.,则在三个方向上运动分别有L= 之a,t,0=uot 入 a,f,L=之a,t,不加电场时有L=t,根据牛顿第二定律 得gE=m√a十a十a,联立解得E=2L,故选A kt 10.A由于从V点射出的粒子的 速度最大，由动能定理可知，OV M 间电势差最大，由U=Ed,可知 电场E沿OV方向，故A正确； 45 速度方向垂直于MN斜向右上P: 方发射的粒子最终从Q,点射出 0452 R 圆形区域，其运动类似于平抛运 动，从O点到Q点合位移大小为 圆半径R,由平抛规律可知，沿初 N 速度方向有R=,沿电扬方 2 之at,解得电场中粒子的加速度大小为a= 25v,当粒子沿OM方向射出时，有听=2ax,解得工 R 6=R 2a4√2 <R,所以粒子不能从M点射出圆形区域，故B错 误；由于O、P之间的电势差为U0=E· 2 R,沿OM方向射 R 出的粒子运动的最大距离为 2 对应电势差U=E· 42 U0,故无论粒子从哪个角度射出，都不能通过点P,故C错 误；粒子只要从Q点射出，由于O、Q之间的电势差相等，电场 力做功相同，由动能定理可知，粒子出射速度大小相等，但方 向不同，故D错误。 参考答案 11.AD在？时刻，设粒子在竖直方向上的分速度大小为口，而 粒子在水平方向上的分速度大小为。，两平行金属板A、B的 板长和板间距均为d,则有wT=受×号×2X2,解得0， V0,则=2时刻，根据平行四边形定则知，粒子的速度大小为 U=√/u号十u=√2v0,故A正确；t=0时刻射入电场的粒子， 运动时间为电场变化周期的整数倍，则在水平方向有d ,T,经直方向每形动的位移布相同，设为Ay,则有Ay 子（召）广=日T=子d,音孩粒子在时刻选入电场时， T 则竖直方向上粒子在电场力的作用下，先向上匀加速，再匀减 速，接着再向下匀加速和匀减速后回到中线位置，由运动的对 称性可知，粒子在竖直方向先匀加速后匀减速的位移大小为 T d y1=22a()=16aT=8,故C错误：t= 时刻进入 T 电场的粒子，在1=子时刻，在竖直方向速度大小为0=： T vo 车=2，根据平行四边形定则知，粒子的速度大小为口 V6+-5 0,故B错误；由于粒子在水平方向做匀速直 线运动，所以粒子无论什么时候进入电场，在电场中的运动时 间都是T,粒子在一个周期内所受电场力的总冲量为0，竖直 方向速度为零，粒子最终平行于极板射出电场，故D正确。 12.B小球静止时，对小球受力分析， A 由平衡条件可知gE=ng tan日，解 得E=mg tan9 ,故A错误；小球所 、 E O L 受电场力与重力大小、方向均保持 不变，将电场力与重力的合力等效 m 为“新重力”，大小为F=g cos日，作出 mg 小球做圆周运动的轨迹，如图所示， 则与起始点关于圆心O对称的A点为小球绕O点在竖直平 面内沿逆时针方向做圆周运动的等效“最高，点”，在A点时小 U min 球的速度最小，动能最小，由牛頓第二定律可知F=m工，动 能E kmin= m,酸立解得E=器北B正瑰：由功 能关系可知，小球机械能的变化量等于电场力做的功，则当小 球运动到最左边与O,点等高时，电场力做负功最多，小球机械 能最小，故C错误：小球从初始位置开始，在竖直平面内运动 一周的过程中，电场力先做正功后做负功再做正功，所以电势 能先减小后增大再减小，故D错误。 13.CA球在电场力作用下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律 得E=ma,解得A球的加速度大小为a=gE,设A球与B球 碰前的速度为v。,由运动学公式v。=2aL,可得v0= 证，所用时同1，二兰：受，因为A球和B球质童 2mL N m 相等，所以每次碰撞后交换速度，B球碰后做匀速直线运动， 作出两球运动的v一t图像，如图所示， 5--- 4-- 3-r-- 2-- 063.579,1 初始时刻斜线表示A球，水平线表示B球，两球在t0、3to、 5t。、7t。、…时刻发生碰撞。由此可得，两球发生第6次碰撞到 发生第7次碰撞之可的时间间隔41=2，=2/，故选C 14.(1)D(2)①见解析图③2.10X10-22.33×10-3限流 保护电路 E 9.0 解析：1)放电电流不能超过微安表量程R元2X10X100 4.5×10D,所以应选择最大阻值较大的电阻箱，故选D。 2对勾·高考一轮复习金卷物理 15 (2)①正确的连接方式如图所示。 - ③根据题图丙得出所画的曲线与纵轴、横轴所围的方格数（不 足半格的舍去，超过半格的按1格计算)，可得所围面积，即该 电容器所带的电荷量，可估算出当电容器两端电压为U。时，电容 器所带的电荷量Q。=21×0.2×103×106×5C=2.10×10-2C 根据电容器的定义式可得C= Q=2.10×10F≈2.33× 9.0 10一3F。定值电阻的作用是限流保护电路。 5,)2②<30<≤时，t=4√：之<☐ 1时，t=1ED 1-kg 解析：(1)设A与B碰撞前的速率为v1,对A,由动能定理得 BL=之mi,将E=代入解得，=V。 2g (2)由题意知，A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得 mw1=mu1十mv2, 1 由机拔能守恒定律可知之mui=2mu听+2m0, 联立解得v1=0,v:=√gkL, 第一次碰撞后，B以？做匀速直线运动，A在电场作用下由 静止做匀加速直线运动，为使A与B能发生第二次碰撞，则A 经电场加速后的最大速度”1应满足的条件为”1>v'2, 第一次碰撞后，对A由动能定理得EgL=2m, 联立解得k<1。 (3)第一次碰擅后B运动到M点所用时间为一-√5 A的加速度大小为a1==2 2 动到M点所用时间为tA,有L=三？) 1 若tA=t,解得k=年， 设A与B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间为t。当k≤ 时，A与B在离开电场前发生第二次碰撞，有)X号g士 √g·t,解得t=4√ kL 当号<k<1时，A与B在离开电场后发生第二次碰拉，有 1+√EL √gkL·t=L十it-ta),解得t=1-√g 阶段综合测评（四） 1.D球内有高频电场，球内各处场强均不为零，A错误；球内电 极产生的电场方向沿球半径向里，因为球内稀薄气体受到高频 电场的电离，负离子向外运动，B错误；人体和球之间有电势 差，用手触摸球时，会有电流从手流过，C错误；用手触摸球时， 球内电场强弱发生了变化，球内的电场分布不对称，D正确。 2,B四个电荷量均为十q的点电荷固定在一个正方形abcd的四 个顶点上，用一小型金属球壳将d点处正电荷封闭在球心位 置，但不影响在外界形成的电场，所以四个等量同种正电荷在 正方形中心的合场强为零，故A错误；a、b处的点电荷在M点 产生的场强为0，c、d处的点电荷在M点产生的场强等大，但 关于水平线对称，由矢量叠加原理可知合场强的方向水平向 左，沿OM方向，故B正确；根据矢量叠加原理和对称性可知， N点处的电场强度大小和M点处的电场强度大小相等，不为 零，故C错误；若将金属球壳接地，由于静电屏蔽，金属壳外无 电场，相当于d点无电荷，O点处的电场强度是a、b、c处的三 个，点电荷在O点产生的合场强，此时O,点处的电场强度不为 零，故D错误。