2025版高考物理考點題型歸納總結(jié)（含答案）考點43　電容器和電容　帶電粒子在電場中的運動

考點43電容器和電容帶電粒子在電場中的運動強基固本對點練知識點1電容器和電容1．一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變2．如圖所示，一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板(M板)接地，在兩板間的P點固定一個帶負(fù)電的試探電荷．若正極板N保持不動，將負(fù)極板M緩慢向右平移一小段距離，下列說法正確的是()A．P點電勢升高B．兩板間電壓增大C．試探電荷的電勢能增大D．試探電荷受到的靜電力增大3．(多選)如圖所示，電容式麥克風(fēng)的振動膜是利用超薄金屬或鍍金的塑料薄膜制成的，它與基板構(gòu)成電容器，并與電阻、電池構(gòu)成閉合回路．麥克風(fēng)正常工作時，振動膜隨聲波左右振動．下列說法正確的是()A.振動膜向右運動時，電容器的板間電場強度不變B．振動膜向右運動時，a點的電勢比b點的電勢高C．振動膜向左運動時，電阻上有從a到b的電流D．振動膜向左運動時，振動膜所帶的電荷量減小4．(多選)如圖所示，兩塊較大的金屬板A、B平行放置并與一電源相連，S閉合后，兩板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)．下列說法正確的是()A.若將A板向上平移一小段位移，則油滴向下加速運動，G中有b→a的電流B．若將A板向左平移一小段位移，則油滴仍然靜止，G中有b→a的電流C．若將S斷開，則油滴立即做自由落體運動，G中無電流D．若將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，則油滴向上加速運動，G中有b→a的電流知識點2帶電粒子在電場中的加速5.電子束焊接機是一種先進(jìn)的焊接技術(shù)．電子束焊接機中的電場線分布如圖中虛線所示，其中K為陰極，A為陽極，兩極之間的距離為d，在兩極之間加上電壓為U的高壓電．現(xiàn)有一電子在K極附近由靜止被加速運動到A極．不考慮電子的重力，已知電子電量為e，下列說法中正確的是()A．A、K之間的電場強度為eq\f(U,d)，且為勻強電場B．電子沿電場線由K極到A極時電勢能逐漸增大C．電子在K極附近受到的電場力比在A極附近要小D．電子由K極板加速到達(dá)A極板時獲得的動能大于eU6.如圖所示，一個電容為C的理想電容器與兩個阻值均為R的電阻串聯(lián)后通過電鍵K連接在電動勢為E的直流電源的兩端，電源的內(nèi)阻不計．開始電鍵K斷開，電容器不帶電，t＝0時刻閉合電鍵K接通電路，則能正確表示1、2兩點間電壓隨時間變化的圖像是()7．如圖所示的電路，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，電阻R1、R2的阻值分別為2r、3r，電容為C、間距為d的水平放置的平行板電容器，兩極板分別接在R3＝1.8r兩端．合上開關(guān)穩(wěn)定后，讓一質(zhì)量為m，電荷量未知的帶電小球從距上極板上方高也為d處自由釋放，小球恰好能下落到下極板，則()A．電容器的帶電量為eq\f(3CE,5)B．帶電小球帶負(fù)電C．帶電小球的帶電量為eq\f(20mgd,9E)D．帶電小球在電容器中下落過程的加速度大小為g8．(多選)水平放置的充電平行金屬板相距為d，其間形成勻強電場，一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的油滴從下板邊緣射入運動到上板，路徑如圖所示直線，則下列判斷正確的是()A．場強方向豎直向上B．油滴一定是以v0做勻速直線運動C．兩板間電勢差為eq\f(mgd,q)D．油滴的電勢能增加了2mgd知識點3帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)9．(多選)四個帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為(＋q，m)、(＋q，2m)、(＋3q，3m)、(－q，m)它們先后以相同的速度從坐標(biāo)原點沿x軸正方向射入一勻強電場中，電場方向與y軸平行，不計重力，下列描繪這四個粒子運動軌跡的圖像中，可能正確的是()10．(多選)如圖所示，一帶正電的粒子以初動能Ek沿平行板電容器的中線進(jìn)入板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，飛出時粒子的動能為2Ek.已知板長為L，帶電粒子的電荷量為q，粒子在極板之間僅受電場力的作用，則下列說法正確的是()A.兩極板的間距為LB．粒子射出時速度方向偏轉(zhuǎn)30°C．兩極板的電勢差為eq\f(2Ek,q)D．粒子在極板間運動的前一半時間與后一半時間內(nèi)，靜電力對粒子做功之比為1∶111．電子經(jīng)過電場加速后射入偏轉(zhuǎn)電場．已知加速電場兩極板間電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間電壓為U2，極板長為L，相距為d，電子質(zhì)量為m，電荷量為e，(重力不計).求：(1)電子離開加速電場時速度大小v0；(2)電子離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直方向的位移大小y；(3)某同學(xué)認(rèn)為將一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的混合物由靜止開始進(jìn)入該裝置，它們會分離為三股粒子束．你認(rèn)為這位同學(xué)的看法是否正確，請說明理由．培優(yōu)提能模擬練12.[2024·重慶市部分學(xué)校期中聯(lián)考]人體的細(xì)胞膜模型圖如圖甲所示，磷脂雙分子層是構(gòu)成細(xì)胞膜的基本支架，雙分子層之間存在電壓(醫(yī)學(xué)上稱為膜電位).現(xiàn)研究某小塊均勻的細(xì)胞膜，其厚度為d，膜內(nèi)的電場可看作勻強電場，簡化模型如圖乙所示，初速度可視為零的一價負(fù)氯離子僅在電場力的作用下，從圖乙中的A點運動到B點，下列說法正確的是()A．A點的電勢高于B點的電勢B．氯離子的電勢能將增大C．若僅增大細(xì)胞膜的膜電位，則氯離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度增大D．若僅減小細(xì)胞膜的厚度d，則氯離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度增大13.[2024·安徽省合肥市一中期中考試](多選)某同學(xué)用如圖所示裝置，探究平行板電容器的電容影響因素，圖中M、N是平行板電容器的兩個極板，探究過程中，發(fā)現(xiàn)電流表中有a到b的電流，可能原因是()A．M板向下平移B．M板向上平移C．電介質(zhì)向左移D．M板向左移14．[2024·云南省昆明三中月考](多選)一充電后與電源斷開的平行板電容器的兩極板水平放置，板長為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏M，一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的質(zhì)點以初速度v0沿中線射入兩板間，最后垂直打在M上，則下列說法中正確的是(已知重力加速度為g)()A.離開平行板電容器后質(zhì)點做勻速直線運動B．板間電勢差大小為eq\f(2mg,q)C．整個過程中質(zhì)點的重力勢能增加eq\f(mg2L2,veq\o\al(2,0))D．若僅增大兩極板間距，則該質(zhì)點仍能垂直打在M上15．[2024·山西省太原市月考](多選)在豎直向上的勻強電場中，有兩個質(zhì)量相等、帶異種電荷的小球A、B(均可視為質(zhì)點)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，運動軌跡如圖所示，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球和B球同時落地C．在下落過程中，兩球電勢能都增加D．兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的動能變化量比B球的小16．[2024·江西省臨川一中期中考試](多選)如圖為某直線加速器簡化示意圖，設(shè)n個金屬圓筒沿軸線排成一串，各筒相間地連到正負(fù)極周期性變化的電源上，帶電粒子以一定的初速度沿軸線射入后可實現(xiàn)加速，則()A．帶電粒子在每個圓筒內(nèi)都做勻速運動B．帶電粒子只在圓筒間的縫隙處做加速運動C．直線加速器電源可以用恒定電流D．從左向右各筒長度之比為1∶3∶5∶7……17．[2024·山東省德州市適應(yīng)性聯(lián)考](多選)如圖1，在矩形MNPQ區(qū)域中有平行于PM方向的勻強電場，電場強度為E0，一電荷量為＋q，質(zhì)量為m帶電粒子以v0的初速度從M點沿MN方向進(jìn)入勻強電場，剛好從Q點射出．MN＝PQ＝2L，MP＝QN＝L.現(xiàn)保持電場強度的大小不變，使勻強電場的方向按圖2做周期性變化．使帶電粒子仍以v0的初速度從M點沿MN方向進(jìn)入，粒子剛好能從QN邊界平行PQ方向射出．不計粒子重力，取圖1中方向為電場正方向．則下列說法正確的是()A.電場強度大小為E0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),4qL)B．電場強度大小為E0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2qL)C．電場變化的周期可能為T0＝eq\f(L,5v0)D．電場變化的周期可能為T0＝eq\f(2L,5v0)18.[2024·廣東省廣州市期中考試]如圖所示，水平放置的兩平行金屬板，板長為l＝10cm，兩板相距d＝2cm.一束電子以初速度v0＝4.0×107m/s從兩板中央水平射入板間，然后從板間飛出射到距板右端L＝45cm、寬D＝20cm的熒光屏上．不計電子重力，熒光屏中點在兩板間的中線上，已知電子質(zhì)量為m＝9.1×10－31kg，電荷量為e＝1.6×10－19C．求：(1)電子飛入兩板前所經(jīng)歷的加速電場的電壓U1；(2)若偏轉(zhuǎn)電壓為U2＝72V，求電子射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)距離；(3)為使電子都能射中熒光屏，求偏轉(zhuǎn)電壓的取值范圍．

考點43電容器和電容帶電粒子在電場中的運動1．答案：D解析：由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)云母介質(zhì)移出時，εr變小，電容器的電容C變小；因為電容器接在恒壓直流電源上，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C減小時，Q減小．由于U與d都不變，再由E＝eq\f(U,d)知電場強度E不變，D正確．2．答案：C解析：由C＝eq\f(Q,U)，C＝eq\f(εrS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)，可得U＝eq\f(4πkdQ,εrS)，E＝eq\f(4πkQ,εrS)，因為電容器與電源斷開，電荷量保持不變，兩板間的距離d減小，所以兩板間電壓減小，兩板間電場強度不變，試探電荷受到的靜電力不變，B、D錯誤；因φ＝Ed′，d′為P到負(fù)極板之間的距離，d′減小，P點電勢降低，因沿電場線方向電勢降低，M板電勢為零，所以P點電勢為正，P點固定的試探電荷為負(fù)電荷，電勢降低，電勢能增加，C正確，A錯誤．3．答案：BD解析：振動膜向右振動時電容器兩極板的距離變小，根據(jù)E＝eq\f(U,d)，電容器板間的電場強度變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)電容增大，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)，在U不變的情況下，Q增大，電容器充電，R中電流方向向下，即有從a到b的電流，a點的電勢比b點的電勢高，A錯誤，B正確；振動膜向左振動時電容器兩極板的距離變大，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，電容減小，根據(jù)C＝eq\f(Q,U)知，在U不變的情況下，Q減小，電容器放電，R中電流方向向上，即有從b到a的電流，C錯誤，D正確．4．答案：AB解析：根據(jù)題中電路圖可知，A板帶負(fù)電，B板帶正電，原來油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，說明油滴受到的豎直向上的靜電力剛好與豎直向下的重力平衡．當(dāng)S閉合時，若將A板向上平移一小段位移，則A、B兩板間間距d變大，而兩板間電壓U不變，故板間場強E＝eq\f(U,d)變小，油滴所受合力方向向下，所以油滴向下加速運動，而根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容C減小，故兩板所帶電荷量Q也減小，因此電容器放電，所以G中有b→a的電流，A正確；在S閉合的情況下，若將A板向左平移一小段位移，兩板間電壓U和板間間距d都不變，所以板間場強E不變，油滴受力平衡，仍然靜止，但是兩板的正對面積S減小了，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知電容C減小，兩板所帶電荷量Q也減小，電容器放電，所以G中有b→a的電流，B正確；若將S斷開，兩板所帶電荷量保持不變，板間場強E也不變，油滴仍然靜止，C錯誤；若將S斷開，再將A板向下平移一小段位移，兩板所帶電荷量Q仍保持不變，兩板間間距d變小，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，U＝eq\f(Q,C)和E＝eq\f(U,d)，可得E＝eq\f(4πkQ,εrS)，顯然，兩板間場強E不變，所以油滴仍然靜止，G中無電流，D錯誤．5．答案：C解析：根據(jù)電場線的分布情況，可以判斷A、K之間不是勻強電場，A錯誤；電子由K沿電場線到A電場力做正功，電勢能逐漸減小，B錯誤；電場線的疏密表示場強的大小，即EA>EK，電子在K附近受到的電場力比在A附近要小，C正確；由動能定理可知Ek＝eU，電子由K極板加速到達(dá)A極板時獲得的動能等于eU，D錯誤．6．答案：C解析：根據(jù)閉合電路歐姆定律，電容器不帶電的情況下，剛開始充電時短暫時間內(nèi)電流不為0，電路視為通路，只有兩電阻R分壓，故電容器和電阻R兩端電壓之和初始值為0.5E，之后隨著電容器充電結(jié)束，電路視為斷路，故電容器和電阻兩端R兩端電壓等于電動勢E不變，C正確．7．答案：D解析：R1、R2的并聯(lián)后阻值為R并＝eq\f(2r·3r,2r＋3r)＝1.2r，電容器兩端電壓為UC＝eq\f(1.8r,r＋1.2r＋1.8r)E＝eq\f(9,20)E，則電容器的帶電量為Q＝CUC＝eq\f(9CE,20)，A錯誤；小球下落過程，在電場中做減速運動，由于電容器下極板帶正電，可得小球帶正電荷，B錯誤；由動能定理得mg(d＋d)－qUC＝0，聯(lián)立解得q＝eq\f(40mgd,9E)，C錯誤；由牛頓第二定律得qeq\f(UC,d)－mg＝ma，聯(lián)立解得a＝g，D正確．8．答案：ABC解析：帶電油滴受到的重力和電場力都在豎直方向上，為了保證帶電油滴沿圖中虛線做直線運動，油滴受到的合力一定為0，則油滴一定是以v0做勻速直線運動，電場力方向豎直向上，與重力平衡，則有qeq\f(U,d)＝mg，解得兩板間電勢差為U＝eq\f(mgd,q)，由于油滴帶正電，可知電場方向豎直向上，A、B、C正確；電場力對油滴做功為W電＝qU＝mgd，油滴的電勢能減少了mgd，D錯誤．9．答案：AD解析：帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，加速度為a＝eq\f(qE,m)，由類平拋運動規(guī)律可知帶電粒子在電場中運動時間為t＝eq\f(l,v0)，離開電場時帶電粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值為tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qEl,mveq\o\al(2,0))，因為四個帶電的粒子的初速相同，電場強度相同，極板長度相同，所以偏轉(zhuǎn)角只與比荷有關(guān)，前面三個帶電粒子帶正電，一個帶電粒子帶負(fù)電，所以一個粒子與另外三個粒子的偏轉(zhuǎn)方向不同；(＋q，m)粒子與(＋3q，3m)粒子的比荷相同，所以偏轉(zhuǎn)角相同，軌跡相同，且與(－q，m)粒子的比荷也相同，所以(＋q，m)、(＋3q，3m)、(－q，m)三個粒子偏轉(zhuǎn)角相同，但(－q，m)粒子與前兩個粒子的偏轉(zhuǎn)方向相反；(＋q，2m)粒子的比荷與(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的比荷小，所以(＋q，2m)粒子比(＋q，m)、(＋3q，3m)粒子的偏轉(zhuǎn)角小，但都帶正電，偏轉(zhuǎn)方向相同．綜上所述，A、D正確．10．答案：AC解析：設(shè)粒子質(zhì)量為m，射入板間的初速度為v0，則有粒子射入電場時Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，粒子射出電場時2Ek＝eq\f(1,2)mv2，則有cosθ＝eq\f(v0,v)＝eq\f(\r(2),2)，粒子射出時的偏轉(zhuǎn)角度θ＝45°，B錯誤；設(shè)兩極板間距為d，由B中分析可得vy＝v0tan45°＝v0，L＝v0t，eq\f(d,2)＝eq\f(vy,2)t，解得d＝L，A正確；設(shè)兩極板的電勢差為U，由動能定理可得eq\f(1,2)Uq＝2Ek－Ek，解得U＝eq\f(2Ek,q)，C正確；粒子在電場力方向上做初速度為零的勻加速直線運動，在前一半時間和后一半時間內(nèi)電場力方向的位移(側(cè)移量)之比為1∶3，由W＝qEy知靜電力對粒子做功之比為1∶3，D錯誤．11．答案：(1)eq\r(\f(2eU1,m))(2)eq\f(U2L2,4dU1)(3)見解析解析：(1)電子在加速電場中做勻加速直線運動，有eU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝eq\r(\f(2eU1,m))(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，有L＝v0ty＝eq\f(1,2)at2a＝eq\f(Ee,m)＝eq\f(eU2,md)聯(lián)立解得y＝eq\f(U2L2,4dU1)(3)粒子離開偏轉(zhuǎn)電場的速度偏轉(zhuǎn)角滿足tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(U2L,2dU1)豎直方向的偏移量為y＝eq\f(U2L2,4dU1)由以上分析可知，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的偏轉(zhuǎn)角、豎直方向的偏移量均與粒子的比荷無關(guān)，故不會分為三股粒子束．12．答案：C解析：一價負(fù)氯離子僅在電場力的作用下，從圖乙中的A點運動到B點，可知細(xì)胞膜內(nèi)電場線向上，根據(jù)沿電場線電勢降低，故A點的電勢低于B點的電勢，A錯誤；氯離子所受電場力方向與速度方向相同，電場力做正功，氯離子的電勢能將減小，B錯誤；可知若僅增大細(xì)胞膜的膜電位，根據(jù)動能定理qU＝eq\f(1,2)mv2，則氯離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度增大，C正確；若僅減小細(xì)胞膜的厚度d，根據(jù)U＝Ed，細(xì)胞膜的膜電位減小，則氯離子進(jìn)入細(xì)胞內(nèi)的速度減小，D錯誤．13．答案：BCD解析：M板向下平移，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，d減小，電容增大，根據(jù)Q＝CU，電容器帶電量增大，電容器充電，電流表中有b到a的電流，A錯誤；M板向上平移，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，d增大，電容減小，根據(jù)Q＝CU，電容器帶電量減少，電容器放電，電流表中有a到b的電流，B正確；電介質(zhì)向左移，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，εr減小，電容減小，根據(jù)Q＝CU，電容器帶電量減少，電容器放電，電流表中有a到b的電流，C正確；M板向左移，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)，S減小，電容減小，根據(jù)Q＝CU，電容器帶電量減少，電容器放電，電流表中有a到b的電流，D正確．14．答案：CD解析：據(jù)題分析可知，質(zhì)點在平行板間軌跡應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，做類平拋運動，飛出電場后，質(zhì)點的軌跡向下偏轉(zhuǎn)，才能最后垂直打在M屏上，前后過程質(zhì)點的運動軌跡有對稱性，可見兩次偏轉(zhuǎn)的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律得Eq－mg＝ma，mg＝ma，解得E＝eq\f(2mg,q)，由U＝Ed得板間電勢差U＝eq\f(2mgd,q)，A、B錯誤；質(zhì)點在電場中向上偏轉(zhuǎn)的距離為y＝eq\f(1,2)at2，t＝eq\f(L,v0)，解得y＝eq\f(gL2,2veq\o\al(2,0))，故質(zhì)點打在屏上時，豎直方向發(fā)生的位移大小為h＝2y＝eq\f(gL2,veq\o\al(2,0))，解得質(zhì)點重力勢能的增加量為ΔEp＝mgh＝eq\f(mg2L2,veq\o\al(2,0))，C正確；由題意知，僅增大兩極板間的距離，因兩板上電荷量Q不變，根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,Cd)＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd)·d)＝eq\f(4πkQ,εS)可知，板間場強不變，質(zhì)點在電場中受力情況不變，則其運動情況不變，故仍將垂直打在屏上，D正確．15．答案：AD解析：根據(jù)題意可知，兩個小球在水平方向均做勻速運動，且初速度相同，由圖可知，A球水平位移較大，則A球運動時間長，后落地，在豎直方向上，由于下落高度相等，由h＝eq\f(1,2)at2可知，A球的加速度較小，由牛頓第二定律可知，A球受向上的電場力，B球受向下的電場力，則A球帶正電，B球帶負(fù)電，B錯誤，A正確；下落過程電場力對A球做負(fù)功，對B球做正功，則A球電勢能增加，B球電勢能減小，由于下落高度相同，則兩球重力勢能的減少量相等，由能量守恒定理可知，每個小球的重力勢能、電勢能和動能之和保持不變，可知，對于A球，重力勢能的減少量等于A球電勢能的增加量和動能增加量之和，對于B球，重力勢能減少量和電勢能減少量之和等于動能的增加量，則兩球從拋出到各自落地的過程中，A球的動能變化量比B球的小，C錯誤，D正確．16．答案：AB解析：由于同一個金屬筒所在處的電勢相同，內(nèi)部無場強，故粒子在筒內(nèi)必做勻速直線運動；而前后兩筒間有電勢差，故粒子每次穿越縫隙時將被電場加速，A、B正確；粒子要持續(xù)加速，電場力要對其做正功，所以電源正負(fù)極要改變，C錯誤；設(shè)粒子進(jìn)入第n個圓筒中的速度為vn.則第n個圓筒的長度為L＝vneq\f(T,2)，根據(jù)動能定理得(n－1)qU＝eq\f(1,