《高考物理新编大一轮总复习》第7章 3 知能达标训练

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[基础题组]

1．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷 (电荷量很

小)固定在 P点，如图所示。E表示极板间的场强，U表示极板间的电压，Ep表示正电荷在 P

点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则(　　)

A．U变小，E变小　　　 B．E变大，Ep变大

C．U变小，Ep不变 D．U不变，Ep不变

[解析]　由题意知，电容器的带电荷量 Q不变，正极板移动后，极板间距离减小，根据

电容的决定式 C＝知，电容 C增大，由公式 U＝知，极板间电压 U变小，由推论公式 E＝分

析，可知极板间电场强度 E不变，则由 U′＝Ed′知，P与负极板间的电势差不变，则 P点

的电势不变，正电荷在 P点的电势能 Ep不变，故 C正确，A、B、D错误。

[答案]　C

2．(多选)(2021·广东广州市综合测试)水平放置的平行板电容器与电源相连，下极板接

地。带负电的液滴静止在两极板间 P点，以 E表示两极板间的场强，U表示两极板间的电压，

φ表示 P点的电势。若电容器与电源断开，保持下极板不动，将上极板稍微向上移到某一位

置，则(　　)

A．U变大，E不变，φ不变 B．U不变，E变小，φ降低

C．液滴将向下运动 D．液滴仍保持静止

[解析]　电容器与电源断开，则电容器所带电荷 Q不变，保持下极板不动，将上极板稍

微向上移到某一位置，则 d变大，由 C＝可知 C变小，由 Q＝CU 可知 U变大，由 E＝与上

述式子联立可得：E＝，则 E不变；因 P点与下极板的距离不变，根据 U＝Ed 可知 P点与下

极板的电势差不变，又因下极板接地，则 P点的电势 φ不变，选项 A正确，B错误；由于 E

不变，则液滴受的电场力不变，则液滴仍保持静止，选项 C错误，D正确。

[答案]　AD

3．(2020·合肥高三质检)如图所示，虚线为一带电粒子在水平向右的匀强电场中运动的

一段轨迹，A、B为轨迹上的两点。已知该粒子质量为 m、电荷量为 q，其在 A点的速度大

小为 v0，方向竖直向上，到 B点时速度方向与水平方向的夹角为 30°，粒子重力不计。则

A、B两点间的电势差为(　　)

A.　　 B.　　

C.　　 D.

[解析]　由类平抛运动规律可知，带电粒子在 B点的速度为 vB＝＝2v0，由动能定理有

qUAB＝mv－mv，解得 UAB＝，C正确，A、B、D错误。

[答案]　C

4．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入

平行板间的匀强电场后，a粒子打在 B板的 a′点，b粒子打在 B板的 b′点。若不计粒子重

力，则(　　)

A．a的电量一定大于 b的电量

B．b的质量一定大于 a的质量

C．a的比荷一定大于 b的比荷

D．b的比荷一定大于 a的比荷

[解析]　由题知，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由 h＝··2得，x＝v0，由于 v0＜

v0·，可得＞，C正确。

[答案]　C

5．(多选)(2021·宁夏石嘴山模拟)如图所示，a、b、c、d为匀强电场中的等势面，一个

质量为 m、电荷量为 q的带正电的粒子在 A点以大小为 v1的速度射入电场，沿如图轨迹到

达B点时速度大小为 v2，且速度与等势面平行，A、B连线长为 L，连线与等势面间的夹角

为θ，不计粒子受到的重力，则(　　)

A．粒子在 A点的动能大于在 B点的动能

B．等势面 b的电势比等势面 c的电势高

C．粒子从 A运动到 B所用时间为

D．匀强电场的电场强度大小为

[解析]　由粒子的运动轨迹可知，粒子受向上的电场力，所以从 A到B电场力做负功，

动能减小，则粒子在 A点的动能大于在 B点的动能，故选项 A正确；粒子带正电，受向上

的电场力，所以电场强度的方向向上，等势面 b的电势比等势面 c的电势低，故选项 B错误；

粒子在水平方向不受力，所以在水平方向做匀速运动，速度为 v2，则从 A到B的时间为 t

＝，故选项 C正确；由 A到B根据动能定理有－qELsin θ＝mv－mv，解得 E＝，故选项 D

正确。

[答案]　ACD

6．(2020·河南八市模拟)如图 ABCD 的矩形区域存在沿 A至D方向的匀强电场，场强为

E，边长 AB＝2AD，质量 m、带电量 q的正电粒子以恒定的速度 v从A点沿 AB 方向射入矩

形区域，粒子恰好从 C点以速度 v1射出电场，粒子在电场中运动时间为 t，则(　　)

A．若电场强度变为 2E，粒子从 DC 边中点射出

B．若电场强度变为 2E，粒子射出电场的速度为 2v1

C．若粒子入射速度变为，则粒子从 DC 边中点射出电场

D．若粒子入射速度变为，则粒子射出电场时的速度

[解析]　若电场强度变为 2E，则粒子从 DC 边离开，运动时间变为 t，则水平位移变为

原来的，而不是，故 A错误；在粒子穿过电场的过程中，设电场力做功为 W，则由 W＝mv

－mv2，可知电场强度加倍，则电场力做功变为了 2W，则射出电场的速度不等于 2v1，故 B

错误；粒子入射速度变为，则粒子在电场时间不变，即可得出粒子从 DC 边中点射出电场，

故C正确；由于电场不变，粒子在电场运动时间不变，电场力做功不变，有动能定理可知，

粒子射出电场时的速度不是，故 D错误。

[答案]　C

7．(多选)如图所示，从灯丝发射的初速度为零的电子(不计重力)，经电压为 U1的加速

电场加速后，进入偏转电场 U2。若要使电子在电场中的偏转量增大为原来的 2倍，可供选

用的方法是(　　)

A．使 U1减为原来的

B．使 U2增大为原来的 2倍

C．使偏转电场极板的长度 L增大为原来的 2倍

D．使偏转电场极板的距离减小为原来的

[解析]　根据动能定理得，eU1＝mv，设偏转电场极板的长度为 L，极板间的距离为 h，

则偏转量 d＝at2＝··＝。使 U1减为原来的，则偏转量变为原来的 2倍，故 A正确；使 U2增

大为原来的 2倍，则偏转量变为原来的 2倍，故 B正确；使偏转电场极板的长度增大为原来

的2倍，则偏转量变为原来的 4倍，故 C错误；使偏转电场极板的距离减小为原来的，则偏

转量变为原来的 2倍，故 D正确。

[答案]　ABD

8．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。两板间有一个正试探电荷固定在

P点，如图所示，以 C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示 P点的电势、Ep表

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