2017-2018高中物理二輪專題檢測：(十五)-電容器-帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)問題含解析

專題檢測（十五）電容器帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)問題1.(2018屆高三·安慶四校聯(lián)考)如圖所示為一只“極距變化型電容式傳感器”的部分構(gòu)件示意圖。當(dāng)動(dòng)極板和定極板之間的距離d變化時(shí)，電容C便發(fā)生變化，通過測量電容C的變化就可知道兩極板之間距離d的變化情況。在下列選項(xiàng)中能正確反映C與d之間變化規(guī)律的圖像是()解析：選A根據(jù)平行板電容器的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)知，C與d成反比，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，圖像為雙曲線，A正確。2.[多選]某電容式話筒的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，薄片P和Q為兩金屬極板，對(duì)著話筒說話時(shí)，P振動(dòng)而Q可視為不動(dòng)。在P、Q間距增大過程中()A．P、Q構(gòu)成的電容器的電容增大B．M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的高C．M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的低D．P上電荷量減小解析：選BD電容式話筒與電源串聯(lián)，電壓保持不變。在P、Q間距增大過程中，根據(jù)電容決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)得，電容減小，又根據(jù)電容定義式C＝eq\f(Q,U)得，電容器所帶電荷量減小，電容器的放電電流通過R的方向由M到N，所以M點(diǎn)的電勢比N點(diǎn)的高。故A、C錯(cuò)誤，B、D正確。3．[多選]如圖所示，傾斜放置的平行板電容器兩極板與水平面的夾角為θ，極板間距為d，帶負(fù)電的微粒質(zhì)量為m、帶電荷量為q，微粒從極板M的左邊緣A處以初速度v0水平射入極板間，沿直線運(yùn)動(dòng)并從極板N的右邊緣B處射出，則()A．微粒到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能為eq\f(1,2)mv02B．微粒的加速度大小等于gtanθC．兩極板間的電勢差UMN＝eq\f(mgd,qcosθ)D．微粒從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中電勢能減少eq\f(mgd,cosθ)解析：選BC微粒的受力情況如圖所示，微粒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)動(dòng)能小于eq\f(1,2)mv02，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得mgtanθ＝ma，加速度a＝gtanθ，選項(xiàng)B正確；又電場力Eq＝eq\f(mg,cosθ)，兩極板間的電場強(qiáng)度E＝eq\f(mg,qcosθ)，兩板間的電勢差UMN＝Ed＝eq\f(mgd,qcosθ)，選項(xiàng)C正確；微粒從A向B運(yùn)動(dòng)，電場力做負(fù)功，電勢能增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。4．如圖所示，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d，有一帶電粒子P靜止在電容器上部空間中，當(dāng)在其下極板上快速插入一厚度為L的不帶電的金屬板后，粒子P開始運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小為()A.eq\f(L,d)g B.eq\f(L,d－L)gC.eq\f(d－L,d)g D.eq\f(d,d－L)g解析：選B設(shè)板間電壓為U，帶電粒子靜止時(shí)有：eq\f(U,d)q＝mg；當(dāng)插入金屬板后，金屬板處于靜電平衡狀態(tài)，相當(dāng)于極板間距減小為d′＝d－L，由牛頓第二定律得qeq\f(U,d′)－mg＝ma，解得a＝eq\f(L,d－L)g，故B正確。5．帶有等量異種電荷的兩塊等大的平行金屬板M、N水平正對(duì)放置。兩板間有一帶電微粒以速度v0沿直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，將M板迅速向上平移一小段距離后，則此后微粒的可能運(yùn)動(dòng)情況是()A．沿軌跡①運(yùn)動(dòng) B．沿軌跡②運(yùn)動(dòng)C．沿軌跡③運(yùn)動(dòng) D．沿軌跡④運(yùn)動(dòng)解析：選BM板平移前，帶電微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所受電場力與重力二力平衡，M板移動(dòng)后，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)、U＝eq\f(Q,C)、E＝eq\f(U,d)可得：E＝eq\f(4πkQ,εrS)，所以兩極板間電場強(qiáng)度不變，帶電微粒仍然受力平衡，沿原方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確。6.[多選]如圖所示，兩極板水平放置的平行板電容器與電動(dòng)勢為E的直流電源連接，下極板接地，靜電計(jì)外殼接地。閉合開關(guān)S時(shí)，帶負(fù)電的油滴恰好靜止于P點(diǎn)。下列說法正確的是()A．若將A極板向下平移一小段距離，平行板電容器的電容將變小B．若將A極板向上平移一小段距離，靜電計(jì)指針張角不變C．若將A極板向下平移一小段距離，P點(diǎn)電勢將升高D．若斷開開關(guān)S，再將A極板向下平移一小段距離，則帶電油滴將向下運(yùn)動(dòng)解析：選BC把A極板下移，間距d減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容C增大，A錯(cuò)誤；電容器與電源相連，電勢差不變，靜電計(jì)指針張角不變，B正確；A極板下移，d減小，由E＝eq\f(U,d)知，E增大，P點(diǎn)與下極板間電勢差增大，則P點(diǎn)電勢升高，故C正確；斷開開關(guān)S，電荷量不變，下移A板，E不變，油滴仍不動(dòng)，D錯(cuò)誤。7.[多選](2017·廣州模擬)如圖所示，電容器兩極板與電源正負(fù)極相連，在將電容器兩極板間的距離由d迅速增大為2d的過程中，下列說法正確的是()A．電容器兩板間電壓始終不變B．電容器兩板間電壓瞬時(shí)升高后又恢復(fù)原值C．根據(jù)Q＝CU可知，電容器帶電荷量先增大后減小D．電路中電流由B板經(jīng)電源流向A板解析：選BD在將電容器兩極板間距離迅速增大的過程中，電容器極板上的電荷量未來得及變化，即Q不變，則C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(Q,Ed)，又C＝eq\f(εrS,4πkd)，所以eq\f(Q,Ed)＝eq\f(εrS,4πkd)，所以E＝eq\f(4πkQ,εrS)也不變，而U＝Ed，故U增大，但最終電壓U要與電源電壓相等，故A錯(cuò)誤，B正確；此后，因?yàn)镃＝eq\f(εrS,4πkd)，所以d增大時(shí)，C減小，由Q＝CU，所以Q減小，電路中有瞬時(shí)電流，方向由B板經(jīng)電源流向A板，故D正確，C錯(cuò)誤。8.如圖所示，平行板電容器與恒壓電源連接，電子以速度v0垂直于電場線方向射入并穿過平行板間的電場，若僅使電容器上極板上移，設(shè)電容器極板上所帶電荷量為Q，電子穿出平行板時(shí)在垂直于板面方向偏移的距離為y，以下說法正確的是()A．Q減少，y不變 B．Q減少，y減小C．Q增大，y減小 D．Q增大，y增大解析：選B上極板上移，兩板間距增大，電容器電容減小，板間電場強(qiáng)度減小，由Q＝CU可知，Q減小，C、D均錯(cuò)誤；由y＝eq\f(1,2)×eq\f(Eql2,mv02)可知，因E減小，電子偏轉(zhuǎn)距離y減小，故B正確，A錯(cuò)誤。9.(2018屆高三·商丘調(diào)研)如圖所示，R0為定值電阻，電源電動(dòng)勢E恒定，內(nèi)阻不能忽略，當(dāng)開關(guān)閉合，滑片P位于滑動(dòng)變阻器R左端點(diǎn)a時(shí)，水平放置的平行金屬板間有一帶電液滴正好處于靜止?fàn)顟B(tài)，在將滑片P由左端點(diǎn)a滑向右端點(diǎn)b的過程中，下列關(guān)于液滴的帶電情況及運(yùn)動(dòng)情況(液滴始終沒與極板相碰)分析正確的是()A．液滴帶正電，液滴將向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．液滴帶正電，液滴將以原平衡位置為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng)C．液滴帶正電，液滴將向上做變加速直線運(yùn)動(dòng)D．液滴帶負(fù)電，液滴將向上做變速直線運(yùn)動(dòng)解析：選C當(dāng)開關(guān)閉合，滑片P位于滑動(dòng)變阻器R左端點(diǎn)a時(shí)，液滴在重力和電場力作用下處于平衡狀態(tài)，所以電場力豎直向上，由題圖知下極板帶正電，即液滴一定帶正電，D項(xiàng)錯(cuò)誤；因滑片由左端點(diǎn)a滑向右端點(diǎn)b的過程中，外電路總電阻先增大后減小，電路的總電流先減小后增大，內(nèi)電壓先減小后增大，即電源的路端電壓先增大后減小，所以電容器兩極板間電壓先增大后減小，由E＝eq\f(U,d)可知電容器兩極板間電場強(qiáng)度先增大后減小，但方向不變，所以液滴的加速度先增大后減小，方向一直向上，即液滴將向上做變加速直線運(yùn)動(dòng)，C項(xiàng)正確，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤。10.(2016·天津高考)如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角。若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)一小段距離至圖中虛線位置，則()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變解析：選D由題意可知平行板電容器的帶電荷量Q不變，當(dāng)下極板不動(dòng)，上極板向下移動(dòng)一段距離時(shí)，兩極板間距d減小，則電容C變大，由U＝eq\f(Q,C)可知U變小，則靜電計(jì)指針的偏角θ減小。又因?yàn)閮砂彘g電場強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，Q、S不變，則E不變。因?yàn)镋不變，則點(diǎn)電荷從P點(diǎn)移動(dòng)到下極板(電勢為零)電場力做功不變，電勢能的變化相同，則點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能Ep不變，故只有選項(xiàng)D正確。11.如圖所示，平行板電容器的兩金屬板A、B豎直放置，電容器所帶電荷量為Q，一液滴從A板上邊緣由靜止釋放，液滴恰好能擊中B板的中點(diǎn)O，若電容器所帶電荷量增加Q1，液滴從同一位置由靜止釋放，液滴恰好擊中OB的中點(diǎn)C，若電容器所帶電荷量減小Q2，液滴從同一位置由靜止釋放，液滴恰好擊中B板的下邊緣D點(diǎn)，則eq\f(Q1,Q2)＝()A．1 B．2C．3 D．4解析：選B由運(yùn)動(dòng)的合成與分解知液滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，水平方向在電場力作用下做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩金屬板長為L、間距為d、正對(duì)面積為S，兩極板間場強(qiáng)為E，液滴所帶電荷量為q、質(zhì)量為m，則豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有d＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t2，E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(4πkQ,εrS)，所以Q·h＝常數(shù)，即Q·eq\f(L,2)＝(Q＋Q1)·eq\f(L,4)，Q·eq\f(L,2)＝(Q－Q2)·L，聯(lián)立得eq\f(Q1,Q2)＝2，B對(duì)。12.如圖所示，理想二極管(具有單向?qū)щ娦?、平行板電容器、電源組成閉合電路，帶電液滴P置于水平放置的平行板電容器的正中間而靜止，則下列說法中正確的是()A．若將極板A向下移動(dòng)少許，則液滴的電勢能將減小B．若將極板A向上移動(dòng)少許，則液滴將向上運(yùn)動(dòng)C．若將極板B向上移動(dòng)少許，則液滴的電勢能將增大D．若將極板A、B錯(cuò)開少許，使兩極板正對(duì)面積變小，則液滴將向下運(yùn)動(dòng)解析：選A若將極板A向下移動(dòng)少許(d減小)，電容器電容增大，二極管正向?qū)ńo電容器充電，電容器兩端電壓保持U不變，由E＝eq\f(U,d)知兩極板間電場強(qiáng)度增大，電場力大于液滴重力，液滴將沿電場力方向運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，帶電液滴的電勢能減小，A對(duì)；若將極板A向上移動(dòng)少許(d增大)，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知C減小，由Q＝CU知Q將減小，但因二極管具有單向?qū)щ娦?，所以電容器的帶電荷量Q將不變，由E＝eq\f(U,d)、Q＝CU及C＝eq\f(εrS,4πkd)知兩極板間電場強(qiáng)度不變，所以液滴仍靜止，B錯(cuò)；若將極板B向上移動(dòng)少許(d減小)，由E＝eq\f(U,d)知兩極板間電場強(qiáng)度增大，與選項(xiàng)A相同，帶電液滴將沿電場力方向向上運(yùn)動(dòng)，電場力做正功，電勢能減小，C錯(cuò)；若將極板A、B錯(cuò)開少許(S減小)，電容減小，但二極管阻止電容器放電，電容器帶電荷量Q不變，由C＝eq\f(Q,U)可知兩極板間電壓升高，由E＝eq\f(U,d)知兩極板間電場強(qiáng)度增大，液滴沿電場力方向向上運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)。13.[多選]如圖所示，長為L傾角為θ的光滑絕緣斜面處于電場中，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的小球，以初速度v0從斜面底端A點(diǎn)開始沿斜面上滑，當(dāng)?shù)竭_(dá)斜面頂端B點(diǎn)時(shí)，速度仍為v0，則下列說法正確的是()A．若電場是勻強(qiáng)電場，則該電場的電場強(qiáng)度的最小值一定為eq\f(mgsinθ,q)B．A、B兩點(diǎn)間的電壓一定等于eq\f(mgLsinθ,q)C．小球在B點(diǎn)的電勢能一定大于在A點(diǎn)的電勢能D．若該電場是斜面中點(diǎn)正上方某點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，則Q一定是正電荷解析：選AB小球從A運(yùn)動(dòng)到B的過程中：qU－mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv02，所以：U＝eq\f(mgLsinθ,q)，B正確；若電場為勻強(qiáng)電場，由公式U＝Ed知，當(dāng)兩點(diǎn)間的電壓一定時(shí)，間距越大，電場強(qiáng)度越小，故電場強(qiáng)度的最小值為E＝eq\f(U,L)＝eq\f(mgsinθ,q)，A正確；在上升過程中，重力做負(fù)功，故電場力做正功，電勢能減小，小球在A點(diǎn)的電勢能大于在B點(diǎn)的電勢能，C錯(cuò)誤；若該電場是斜面中點(diǎn)正上方某點(diǎn)的點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的，離電荷遠(yuǎn)的A點(diǎn)電勢高，所以Q一定是負(fù)電荷，D錯(cuò)誤。14.[多選](2017·昆明檢測)在豎直向上的勻強(qiáng)電場中，有兩個(gè)質(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點(diǎn))處在同一水平面上。現(xiàn)將兩球以相同的水平速度v0向右拋出，最后落到水平地面上，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，兩球之間的靜電力和空氣阻力均不考慮，則()A．A球帶正電，B球帶負(fù)電B．A球比B球先落地C．在下落過程中，A球的電勢能減少，B球的電勢能增加D．兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的速率變化量比B球的小解析：選AD兩球均做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上有x＝v0t，豎直方向上有h＝eq\f(1,2)at2，得加速度大小a＝eq\f(2hv02,x2)，可見水平距離x越大，加速度a越小，相應(yīng)所用時(shí)間t越長，即B球先落地，A球的加速度a1小于B球的加速度a2，說明A球帶正電而受到豎直向上的電場力，B球帶負(fù)電而受到豎直向下的電場力，在下落過程中，電場力對(duì)A球做負(fù)功，A球電勢能增加，電場力對(duì)B球做正功，B球電勢能減少，選項(xiàng)A正確，B、C均錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理有mah＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，而Δv＝v－v0，可見加速度a越大，落地速度v越大，速率變化量Δv越大，即A球的速率變化量較小，選項(xiàng)D正確。[教師備選題]1.如圖所示，在A板附近有一電子由靜止開始向B板運(yùn)動(dòng)，則關(guān)于電子到達(dá)B板時(shí)的速率，下列解釋正確的是()A．兩板間距越大，加速的時(shí)間就越長，則獲得的速率越大B．兩板間距越小，加速度就越大，則獲得的速率越大C．到達(dá)B板時(shí)的速率與兩板間的距離無關(guān)，僅與加速電壓U有關(guān)D．以上解釋都不正確解析：選C由eU＝eq\f(1,2)mv2－0得v＝eq\r(\f(2eU,m))，與d無關(guān)，故C對(duì)，A、B、D均錯(cuò)。2.(2018屆高三·益陽調(diào)研)如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關(guān)K與電池連接，a處有一帶電量非常小的點(diǎn)電荷。閉合開關(guān)K，Ua表示a點(diǎn)的電勢，F(xiàn)表示點(diǎn)電荷受到的電場力。現(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動(dòng)，使兩板間的距離增大，則()A．Ua變大，F(xiàn)變大 B．Ua變大，F(xiàn)變小C．Ua不變，F(xiàn)不變 D．Ua不變，F(xiàn)變小解析：選B由于開關(guān)K閉合，且電容器兩極板始終與電源的兩極相連，故電容器兩極板之間的電壓UAB保持不變。隨B極板下移兩極板之間的距離增大，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知兩極板之間的電場強(qiáng)度E減小，由于UAa＝EhAa，由于電場強(qiáng)度E減小，故UAa減小，由于UAB＝UAa＋UaB，所以UaB增大，由題圖可知B極板接地，所以B板的電勢為0，所以Ua＝UaB增大。而點(diǎn)電荷在a點(diǎn)所受的電場力F＝qE，由于E減小，所以電場力F減小，故B正確。3.如圖所示，M、N是平行板電容器的兩個(gè)極板，R0為定值電阻，R1、R2為可調(diào)電阻，用絕緣細(xì)線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部。閉合開關(guān)S，小球靜止時(shí)受到懸線的拉力為F。調(diào)節(jié)R1、R2，關(guān)于F的大小判斷正確的是()A．保持R1不變，緩慢增大R2時(shí)，F(xiàn)將變大B．保持R1不變，緩慢增大R2時(shí)，F(xiàn)將變小C．保持R2不變，緩慢增大R1時(shí)，F(xiàn)將變大D．保持R2不變，緩慢增大R1時(shí)，F(xiàn)將變小解析：選B保持R1不變，緩慢增大R2時(shí)，由于R0和R2串聯(lián)，R0兩端的電壓減小，即平行板電容器的兩個(gè)極板的電壓U減小，帶電小球受到的電場力F電＝qE＝qeq\f(U,d)減小，懸線的拉力為F＝eq\r(mg2＋F電2)將減小，選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；保持R2不變，緩慢增大R1時(shí)，R0兩端的電壓不變，F(xiàn)電不變，懸線的拉力不變，C、D錯(cuò)誤。4．[多選]如圖所示，帶電荷量之比為qA∶qB＝1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā)，沿著跟電場強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中，分別打在C、D點(diǎn)，若OC＝CD，忽略粒子重力的影響，則()A．A和B在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2B．A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1C．A和B的質(zhì)量之比為1∶12D．A和B的位移大小之比為1∶1解析：選ABC粒子A和B在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向由x＝v0t及OC＝CD得，tA∶tB＝1∶2；豎直方向由h＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2h,t2)，它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB＝4∶1；根據(jù)a＝eq\f(qE,m)得m＝eq\f(qE,a)，故eq\f(mA,mB)＝eq\f(1,12)，A和B的位移大小不相等，故選項(xiàng)A、B、C正確。5.(2017·江蘇高考)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點(diǎn)。由O點(diǎn)靜止釋放的電子恰好能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點(diǎn)，則由O點(diǎn)靜止釋放的電子()A．運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)返回B．運(yùn)動(dòng)到P和P′點(diǎn)之間返回C．運(yùn)動(dòng)到P′點(diǎn)返回D．穿過P′點(diǎn)解析：選A電子在A、B板間的電場中加速運(yùn)動(dòng)，在B、C板間的電場中減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B板間的電壓為U，B、C板間的電場強(qiáng)度為E，M、P兩點(diǎn)間的距離為d，則有eU－eEd＝0，若將C板向右平移到P′點(diǎn)，B、C兩板所帶電荷量不變，由E＝eq\f(U,d