第9章 课时测评41 电容器 带电粒子在电场中的运动(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义

**基本信息** 聚焦电容器动态分析与带电粒子运动模型，通过真题与模拟题结合，强化概念应用与运动分解的科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |电容器|4题（含2024黑吉辽卷T5）|概念辨析、动态分析、实验应用|电容定义式与决定式结合，电压/电荷量不变情境下的参数关联| |带电粒子运动|5题（含2025重庆卷T5、2026日照模拟）|类平抛分解、动能定理、实际建模|运动合成与分解，电场力作用下的能量与运动关系推导|

课时测评41　电容器　带电粒子在电场中的运动 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－8，每题5分，共40分) 题组1　电容器 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.(2026·四川自贡模拟)如图为某款指纹识别器，其关键元件为指纹传感器。其部分原理为：在一块半导体基板上集成有上万个相同的小极板，极板外表面绝缘。当手指指纹一面与绝缘表面接触时，指纹的凹点与凸点分别与小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则下列说法正确的是(　　) A.指纹的凹点与小极板距离远，电容大 B.指纹的凸点与小极板距离近，电容大 C.若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，小极板所带电荷量减小 D.若用湿的手指去识别，识别功能不会受影响 答案：B 解析：根据平行板电容器电容的决定式C＝可知，指纹的凹点与小极板距离远，即d大，则电容C小；指纹的凸点与小极板距离近，即d小，则电容C大，故A错误，B正确。若手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，则电容C增大，由于电容器的电压保持不变，根据Q＝CU可知，小极板所带电荷量Q增多，故C错误。若用湿的手指去识别，由于自来水是导电的，则使得同一指纹的凹点和凸点与小极板之间的距离发生变化，从而改变了电容器的电容，使得识别功能受到影响，故D错误。故选B。 3.(2024·黑吉辽卷·T5)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度cm的关系曲线如图甲所示。将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电流表等构成如图乙所示的电路。闭合开关S后，若降低溶液浓度，则(　　) A.电容器的电容减小 B.电容器所带的电荷量增大 C.电容器两极板之间的电势差增大 D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N 答案：B 解析：根据题图甲可知，降低溶液的浓度时，该不导电溶液的相对介电常数εr增大，结合平行板电容器电容的决定式C＝可知，电容器的电容增大，A错误；电容器一直与恒压电源相连，则电容器两极板之间的电势差不变，C错误；根据电容的定义式C＝结合A、C项分析可知，电容器所带的电荷量Q增大，则溶液浓度降低过程中，电容器充电，电路中的电流方向为N→M，B正确，D错误。故选B。 4.(2024·浙江6月卷·T6)如图是“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 答案：D 解析：根据C＝可得当极板间距增大时电容减小，由于电容器所带电荷量不变，根据Q＝CU可得极板间电势差增大，故A、B错误；根据E＝得E＝，故场强不变，故C错误；移动极板的过程中要克服静电力做功，故电容器储存能量增大，故D正确。故选D。 题组2　带电粒子(体)在电场中的运动 5.(2024·浙江1月卷·T11)如图所示，金属极板M受到紫外线照射会逸出光电子，最大速率为vm。正对M放置一金属网N，在M、N之间加恒定电压U。已知M、N间距为d(远小于板长)，电子的质量为m，电荷量为e，则(　　) A.M、N间距离增大时电子到达N的动能也增大 B.只有沿x方向逸出的电子到达N时才有最大动能 C.电子从M到N过程中，y方向位移大小最大为vmd D.M、N间加反向电压时电流表示数恰好为零 答案：C 解析：光电子从M到N的过程，根据动能定理有eU＝EkN－mv2，解得EkN＝eU＋mv2，则M、N间距离无论怎么改变，EkN都不变，A错误；由A项分析可知，以最大速率逸出的光电子不论沿哪个方向逸出，只要能到达N，其最大动能均为EkNm＝eU＋m，B错误；当以最大速率逸出的光电子沿y方向逸出时，其到达N时y方向的位移最大，电子在电场中做类平抛运动，则有ym＝vmt，d＝at2＝·t2，联立解得ym＝vmd ，C正确；沿x轴正方向以最大速率逸出的光电子最容易到达N，若加上反向电压Uc时，其恰好不能到达N，电流表的示数恰好为零，则有－eUc＝0－m，解得Uc＝，D错误。故选C。 6. (2025·重庆卷·T5)某兴趣小组用人工智能模拟带电粒子在电场中的运动，如图所示的矩形区域OMPQ内分布有平行于OQ的匀强电场，N为QP的中点。模拟动画显示，带电粒子a、b分别从Q点和O点垂直于OQ同时进入电场，沿图中所示轨迹同时到达M、N点，K为轨迹交点。忽略粒子所受重力和粒子间的相互作用，则可推断a、b(　　) A.具有不同比荷 B.电势能均随时间逐渐增大 C.到达M、N的速度大小相等 D.到达K所用时间之比为1∶2 答案：D 解析：根据题意可知，带电粒子在电场中做类平抛运动，带电粒子a、b分别从Q点和O点同时进入电场，沿题图所示轨迹同时到达M、N点，可知，运动时间相等，由题图可知，沿初速度方向位移大小之比为2∶1，则初速度之比为2∶1，沿电场方向的位移大小相等，由y＝at2可知，粒子运动的加速度大小相等，由牛顿第二定律有qE＝ma，可得＝，可知带电粒子具有相同比荷，故A错误；带电粒子运动过程中，静电力均做正功，电势能均随时间逐渐减小，故B错误；沿电场方向，由vy＝at可知，到达M、N的竖直分速度大小相等，由于初速度之比为2∶1，则到达M、N的速度大小不相等，故C错误；由题图可知，带电粒子a、b到达K的水平位移大小相等，由于带电粒子a、b初速度之比为2∶1，则所用时间之比为1∶2，故D正确。故选D。 7.(多选)(2023·湖北卷·T10)一带正电微粒从静止开始经电压U1加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为U2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为45°，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是(　　) A.L∶d＝2∶1 B.U1∶U2＝1∶1 C.微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切为2 D.仅改变微粒的质量或者电荷量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 答案：BD 解析：微粒在电容器中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀变速直线运动，根据电场强度和电势差的关系及电场强度和静电力的关系可得E＝，F＝qE＝ma，设微粒射入电容器后的速度为v0，则水平方向和竖直方向的分速度vx＝v0cos 45°＝v0，vy＝v0sin 45°＝v0，从射入到运动到最高点，由运动学关系得＝2ad，微粒射入电容器时，由动能定理得qU1＝m，联立解得U1∶U2＝1∶1，B正确；微粒从射入电容器到运动到最高点，由运动学关系得2L＝vxt，d＝·t，联立解得L∶d＝1∶1，A错误；微粒穿过电容器时从最高点到射出过程，由运动学关系得L＝vxt1，vy1＝at1，从射入电容器到最高点有2L＝vxt，vy＝at，联立解得vy1＝，设微粒射出电容器时与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝，微粒射入电场时与水平方向的夹角为45°，则微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切为tan＝3，C错误；微粒在电容器中运动时，有x＝vcos 45°·t，y＝vsin 45°·t－at2，又有qU1＝mv2，联立解得y＝x－，则微粒在电容器中的运动轨迹与q、m无关，D正确。故选BD。 8.(2026·山东日照模拟)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1×1 m的墨汁微粒。此微粒经过带电室时被带上负电，带电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，偏转极板的右端到纸的距离L2＝2.4 cm。若一个墨汁微粒的质量为1.6×1 kg，所带电荷量为1.25×1 C，以20 m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，打到纸上的点偏离入射方向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)，则(　　) A.从进入偏转电场到打在纸上，墨汁微粒做类平抛运动 B.两偏转板间的电压为2.0×103 V C.两偏转板间的电压为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，离开偏转电场后做匀速直线运动，故A错误；墨汁微粒离开偏转电场后做匀速直线运动，且反向延长线平分偏转电场内的水平位移，设墨汁微粒离开偏转电场时速度与入射方向的夹角为θ，打到纸上的点偏离入射方向y＝1.0 mm，可知tan θ＝＝，在偏转电场中，垂直于极板方向上有vy＝at＝·，联立解得两偏转板间的电压是U＝5.0×102 V，故B错误，C正确；由B、C项分析得y＝，为了使纸上的字体放大10％，可以把偏转电压提高10％，故D错误。故选C。 9.(10分)(2025·河南卷·T13)流式细胞仪可对不同类型的细胞进行分类收集，其原理如图所示。仅含有一个A细胞或B细胞的小液滴从喷嘴喷出(另有一些液滴不含细胞)，液滴质量均为m＝2.0×10－10 kg。当液滴穿过激光束、充电环时被分类充电，使含A、B细胞的液滴分别带上正、负电荷，电荷量均为q＝1.0×10－13 C。随后，液滴以v＝2.0 m/s的速度竖直进入长度为l＝2.0×10－2 m的电极板间，板间电场均匀、方向水平向右，电场强度大小为E＝2.0×105 N/C。含细胞的液滴最终被分别收集在极板下方h＝0.1 m处的A、B收集管中。不计重力、空气阻力以及带电液滴间的作用。求： (1)含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离； (2)A、B收集管的间距。 答案：(1)5×10－3 m　(2)0.11 m 解析：(1)含A、B细胞的液滴在电极板间做类平抛运动，对含A细胞的液滴 垂直电场方向有l＝vt1 平行电场方向有x1＝a 由牛顿第二定律可知qE＝ma 联立解得含A细胞的液滴离开电场时偏转的距离为x1＝5×10－3 m。 (2)由(1)问分析可知含A细胞的液滴离开电场时的速度方向与电场方向夹角的正切为tan θ＝＝2 含A、B细胞的液滴离开电场后均做匀速直线运动，含A细胞的液滴从离开电场至到达A收集管过程偏转的距离为x2＝＝0.05 m 即含A细胞的液滴从开始运动至到达A收集管的过程偏转的距离为xA＝x1＋x2＝0.055 m 由于含A、B细胞的液滴电性相反，电荷量大小相等，则含B细胞的液滴的偏转距离与含A细胞液滴的相等，所以A、B收集管的间距为xAB＝2xA＝0.11 m。 学科网（北京）股份有限公司 $