江苏专用2025版高考物理一轮复习课后练习22电容器带电粒子在电场中的运动含解析

PAGE8-电容器、带电粒子在电场中的运动建议用时：45分钟1．如图所示，心脏除颤器用于刺激心脏复原正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70μF电容器充电到5000V，存储875J能量，抢救病人时一部分能量在2ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100kW。下列说法正确的是()A．电容器放电过程中电压不变B．电容器充电至2500V时，电容为35μFC．电容器充电至5000V时，电荷量为35CD．电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%D[电容器放电过程，电荷量削减，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的改变而改变，选项B错误；由C＝eq\f(Q,U)知Q＝CU＝70×10－6×5×103C＝0.35C，选项C错误；由η＝eq\f(Pt,E总)知，η＝eq\f(100×103×2×10－3,875)×100%＝23%，选项D正确。]2．(2024·深圳一模)如图所示，带电的平行板电容器和静电计用导线相连，()A．若仅使上极板上移一段距离，则电容器的电容增大B．若仅向两极板间插入云母介质，则板极间电场强度减小C．若静电计指针张角增大，可能仅是因为两极板正对面积增大D．若静电计指针张角减小，可能仅是因为两极板间距变大B[依据平行板电容器电容的确定式可知，若仅使上极板上移一段距离，电容器两极板间距离增大，则电容器的电容减小，选项A错误；若仅向两极板间插入云母介质，极板间介电常数变大，电容器电容增加，由U＝eq\f(Q,C)知，极板间电势差变小，由E＝eq\f(U,d)知，极板间电场强度减小，选项B正确；若两极板正对面积增大，由电容确定式知，电容器电容增大，由U＝eq\f(Q,C)知，极板间电势差变小，则静电计指针张角减小，选项C错误；若两极板间距变大，则电容器电容减小，同理可知极板间电势差变大，静电计指针张角变大，选项D错误。]3．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的电量肯定大于b的电量B．b的质量肯定大于a的质量C．a的比荷肯定大于b的比荷D．b的比荷肯定大于a的比荷C[由题知，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)得，x＝v0eq\r(\f(2mh,qE))，由于v0eq\r(\f(2hma,Eqa))<v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))，可得eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb)，C正确。]4．(2024·江苏高考)如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴()A．仍旧保持静止 B．竖直向下运动C．向左下方运动 D．向右下方运动D[由于水平金属板A、B分别与电源两极相连，两极板之间的电势差不变，将B板右端向下移动一小段距离，极板之间的电场强度将减小，油滴所受电场力减小，且电场力方向斜向右上方向，则油滴所受的合外力斜向右下方，所以该油滴向右下方运动，选项D正确。]5．(2024·江苏高考)一匀强电场的方向竖直向上，t＝0时刻，一带电粒子以肯定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P­t关系图象是()ABCDA[由于带电粒子在电场中做类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为eq\f(qE,m)，经过时间t，电场力方向速度为eq\f(qE,m)t，功率为P＝Fv＝qE×eq\f(qE,m)t，所以P与t成正比，故A正确。]6．如图所示，两块平行、正对的金属板水平放置，分别带有等量的异种电荷，使两板间形成匀强电场，两板间的距离为d。有一带电粒子以某速度v0紧贴着A板左端沿水平方向射入匀强电场，带电粒子恰好落在B板的右边缘。带电粒子所受的重力忽视不计。现使该粒子仍从原位置以同样的方向射入电场，但使该粒子落在B板的中点，下列措施可行的是()A．仅使粒子的初速度变为2v0B．仅使粒子的初速度变为eq\f(v0,2)C．仅使B板向上平移eq\f(d,2)D．仅使B板向下平移dB[带电粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，有x＝v0t，在沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，有d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，联立可得x2＝eq\f(2mv\o\al(2,0)d2,qU)，现在要使x变为原来的一半，即x2为原来的四分之一，所以须要将粒子的初速度变为eq\f(v0,2)，A错误，B正确；仅使B板向上平移eq\f(d,2)，则依据C＝eq\f(εrS,4πkd)可得电容增大为原来的两倍，依据U＝eq\f(Q,C)可得电压变为原来的eq\f(1,2)，x2变为原来的eq\f(1,2)，C错误；仅使B板向下平移d，同理可得电容变为原来的eq\f(1,2)，电压变为原来的2倍，x2变为原来的2倍，D错误。]7．有一种电荷限制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示。其中墨盒可以喷出微小的墨汁微粒，此微粒经过带电室带上电后以肯定的初速度垂直射入偏转电场，再经过偏转电场后打到纸上，显示出字符，不考虑墨汁的重力，为使打在纸上的字迹缩小(偏转距离减小)，下列措施可行的是()A．减小墨汁微粒的质量B．减小偏转电场两极板间的距离C．减小偏转电场的电压D．减小墨汁微粒的喷出速度C[微粒以肯定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则在水平方向上有L＝v0t，在竖直方向上有y＝eq\f(1,2)at2，加速度为a＝eq\f(qU,md)，联立解得y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(qUL2,4dEk0)，要缩小字迹，就要减小微粒在竖直方向上的偏转量y，由上式分析可知，可采纳的方法：增大墨汁微粒的质量、增大偏转电场两极板间的距离、增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能Ek0(增大墨汁微粒的喷出速度)、减小偏转电场的电压U等，故A、B、D错误，C正确。]8．(2024·贵州重点中学联考)如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，有一个半圆形轨道，圆心为O。一带电粒子质量为m，电荷量为＋q(重力不计)，从与圆心等高的轨道上A点以水平速度v0向右入射，落在轨道上C点，已知OC与OB的夹角为θ，则带电粒子从A点运动到C点的时间为()A．eq\f(2mv0,qE)coseq\f(θ,2) B．eq\f(2mv0,qE)taneq\f(θ,2)C．eq\f(mv0,qE)coseq\f(θ,2) D．eq\f(mv0,qE)taneq\f(θ,2)B[设轨道半径为R，由图中几何关系可知，A、C之间的水平距离x＝R＋Rcosθ，竖直高度h＝Rsinθ，带电粒子在电场中运动受到的电场力F＝qE，加速度a＝eq\f(F,m)，设带电粒子从A点运动到C点的时间为t，由类平抛运动规律，有x＝v0t，h＝eq\f(1,2)at2，联立解得t＝eq\f(2mv0,qE)taneq\f(θ,2)，选项B正确。]9．如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔，右极板电势随时间改变的规律如图乙所示。电子原来静止在左极板小孔处(不计重力作用)。下列说法中正确的是()甲乙A．从t＝0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B．从t＝0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C．从t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，电子可能在两板间振动，不行能打到右极板上D．从t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，电子必将打到左极板上A[依据题中条件作出带电粒子的v­t图象，依据v­t图象包围的面积分析粒子的运动。由图(a)知，t＝0时刻释放电子，电子的位移始终是正值，说明始终向右运动，肯定能够击中右板，选项A正确，B错误；图(a)图(b)由图(b)知，t＝eq\f(T,4)时刻释放电子，电子向右的位移与向左的位移大小相等，若释放后的eq\f(T,2)时间内不能到达右板，则之后往复运动，选项C、D错误。]10．(2024·烟台一模)在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v从a点水平向右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b点时速度大小仍为v，方向竖直向下。已知颗粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，则颗粒从a运动到b的过程中()A．做变加速运动B．速领先增大后减小C．电势能增加了eq\f(1,2)mv2D．a点的电势比b点低eq\f(mv2,q)C[颗粒受到的重力和电场力是恒力，所以颗粒做的是匀变速运动，故A错误；颗粒所受重力与电场力的合力斜向左下方，则颗粒的速领先减小后增大，故B错误；在沿电场方向，颗粒的动能减小量为ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，减小的动能转化为了颗粒的电势能，所以颗粒电势能增加了eq\f(1,2)mv2，故C正确；在沿电场方向有qUab＝0－eq\f(1,2)mv2，解得Uab＝－eq\f(mv2,2q)，所以a点的电势比b点低eq\f(mv2,2q)，故D错误。]11．(2024·苏锡常镇一模)如图所示，地面上方分布着竖直向上的匀强电场。一带正电的小球从油中A处由静止释放后竖直下落，已知小球在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，M和N是小球下落过程中经过的两个位置。在此过程中，小球()A．在AB段的加速度大小渐渐增大B．在N点的机械能比M点的小C．机械能和电势能的总量保持不变D．机械能的改变量小于电势能的改变量B[小球在AB段做加速运动，在BC段做匀速运动，故AB段合力大于0，而BC段合力等于0，所以在AB段合力必定在减小，即在AB段的加速度大小渐渐减小，A错误；由于下落过程中，电场力和阻力始终做负功，导致小球的机械能减小，故B正确；下落过程中，阻力也会做功，导致部分机械能转化为内能，使机械能和电势能的总量削减，故C错误；下落过程中，小球的机械能不断减小，转化为电势能和内能，故机械能的削减量大于电势能的增加量，故D错误。]12．(2024·重庆九校联盟联考)在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E0＝50N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场。质量m＝0.1kg、带电荷量q＝＋1×10－2C的小球从y轴上P点以肯定的初速度垂直y轴方向进入第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0,0.4m)，(0.4m,0)，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)初速度v0的大小；(2)A、B两点间的电势差UAB；(3)小球经过B点时的速度大小。[解析](1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力方向竖直向上，依据牛顿其次定律，加速度a＝eq\f(mg－qE0,m)，解得a＝5m/s2，依据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xA＝v0t，竖直方向有yP＝eq\f(1,2)at2，联立得v0＝xAeq\r(\f(a,2yP))，代入数据，解得v0＝1m/s。(2)设水平电场的电场强度大小为E，因未进入水平电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度vy＝eq\r(2yPa)，因为小球在水平电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有eq\f(qE,mg)＝eq\f(v0,vy)，解得E＝50N/C，设小球在水平电场中运动的水平距离为l，eq\f(qE,mg)＝eq\f(l,d)，依据电势差与电场强度的关系有UAB＝El，解得UAB＝5V。(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg(yP＋d)＋qUAB－qE0yP，解得v＝eq\r(10)m/s。[答案](1)1m/s(2)5V(3)eq\r(10)m/s13．在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性改变的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于极板的速度v0从两板中心OO′射入。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力，问：甲乙(1)若电子从t＝0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小为多少？(2)若电子从t＝0时刻射入，恰能平行于极板飞出，则极板至少为多长？(3)若电子恰能从OO′平行于极板飞出，电子应从哪一时刻射入？两极板间距至少为多大？[解析](1)由动能定理得：e·eq\f(U0,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,