第8章 第3讲 电容器与电容　带电粒子在电场中的运动-【创新教程】2025年高考物理总复习大一轮课时作业word（人教版）

课时冲关29　电容器与电容　带电粒子在电场中的运动 [基础对点练] 1．(电容器的理解)(2024·山东青岛期中)心脏除颤器的工作原理是向储能电容器充电，使电容器获得一定的储能，对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，刺激心颤患者的心脏，使之恢复正常跳动．如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为14 μF，充电至10 kV电压，如果电容器在2 ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是(　　) A．这次放电过程中通过人体组织的电流恒为70 A B．这次放电有0.14 C的电荷量通过人体组织 C．若充电至5 kV，则该电容器的电容为7 μF D．人体起到绝缘电介质的作用 解析：B　[根据C＝可知该电容器所带电荷量在放电过程中逐渐减小，电压也在逐渐减小，所以电流逐渐减小，故A错误；根据C＝可知充电至10 kV时电容器带的电荷量为Q＝CU＝0.14 C，故这次放电过程中有0.14 C的电荷量通过人体组织，故B正确；电容器在充电过程中，电容器的容量C不变，仍然为14 μF，故C错误；人体为导体，故D错误．] 2. (电容器的动态分析)(2024·山东泰安模拟)利用图示装置通过静电计指针偏角的变化情况可以探究有关平行板电容器问题，开始时，两金属板A、B竖直平行且正对，开关S闭合．下列说法正确的是(　　) A．若仅将A板缓慢竖直向上平移，则静电计指针的偏转角度增大 B．若S断开后，仅将A板缓慢竖直向上平移，则静电计指针的偏转角度增大 C．若S断开后，仅在A、B板间插入玻璃板，则静电计指针的偏转角度增大 D．若S断开后，仅将A板缓慢水平向左平移，则静电计指针的偏转角度减小 解析：B　[静电计测量的是电容器两极板间的电压，由于开关S闭合，电容器一直接电源，电容器两极板间的电压保持不变，静电计指针的偏转角度保持不变，A错误；S断开后，电容器所带的电荷量Q保持不变，由C＝、C＝可得U＝d，仅将A板缓慢竖直向上平移即S变小时，U变大，故静电计指针的偏转角度增大，B正确；S断开后，仅在A、B板间插入玻璃板，εr增大，U减小，故静电计指针的偏转角度减小，C错误；S断开后，仅将A板缓慢水平向左平移即d增大时，U增大，故静电计指针的偏转角度增大，D错误．] 3．(电容器的动态分析)如图所示的电路可将声音信号转换为电信号．该电路中，a是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜，b是固定不动的金属板，a、b构成了一个电容器，且通过导线与恒定电源两极相接．在声源S发出声波驱动a在一定范围内振动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．a、b间的电场强度不变 B．a、b所带的电荷量不变 C．电路中始终有方向不变的电流 D．a向右的位移最大时，电容器的电容最大 解析：D　[a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离变化，由公式E＝知，a、b间的电场强度会发生变化，故选项A错误；a振动过程中，a、b间电压不变，根据C＝可知电容器的电容发生变化，由电容的定义式C＝知，a、b所带的电荷量会发生变化，电容器会放电或充电，电路中电流的方向也会发生改变，故选项B、C错误；a向右的位移最大时，a、b间的距离最小，则a、b构成的电容器的电容最大，故选项D正确．] 4．(带电微粒的直线运动)(多选)如图所示，竖直放置的平行金属板带等量异种电荷，一带电微粒沿图中直线从a向b运动，下列说法中正确的是(　　) A．微粒做匀速运动 B．微粒做匀加速运动 C．微粒电势能增大 D．微粒动能减小 解析：CD　[微粒沿ab直线运动，其重力与电场力的合力沿ba方向，电场力水平向左，做负功，电势能增大，C正确；合力与运动方向相反，微粒做匀减速运动，动能减小，D正确，A、B均错误．] 5．(多种带电粒子的直线运动)如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距l.在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子．在电场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动．已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距l的平面．若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则M∶m为(　　) A．3∶2　　　　　　 B．2∶1 C．5∶2 D．3∶1 解析：A　[设极板间电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对M，由牛顿第二定律有：qE＝MaM，由运动学公式得：l＝aMt2； 对m由牛顿第二定律有qE＝mam 根据运动学公式得：l＝amt2 由以上几式解之得：＝，故A正确．] 6．(类斜抛运动)如图所示，水平放置的平行板电容器电容为C，两板间距离为d，正对面积为S，一带电粒子(不计粒子重力)从电容器下极板左边缘M处以一定的初速度斜射入平行板之间的真空区域，经偏转后打在下极板上N点．保持开关S闭合，则下列说法中正确的是(　　) A．适当上移上极板，该粒子打在下极板上N点的左侧 B．适当上移上极板，该粒子仍打在下极板上N点 C．适当左移上极板，该粒子打在下极板上N点的左侧 D．适当左移上极板，该粒子仍打在下极板上N点 解析：D　[保持开关S闭合，则电容器两极板间的电压U不变，由电容器电场强度 E＝，可知适当上移上极板，d增大，场强E减小，由a＝知带电粒子的加速度 减小，根据t＝＝ 则粒子在电场中运动时间延长，由x＝v0xt＝v0t cosθ，所以水平分位移增大，则该粒子打在下板上N点的右侧，故A、B错误；当适当左移上极板，两极板间的场强不变，则粒子加速度不变，在两极板间运动轨迹不变，该粒子仍落在下板上N点，故C错误，D正确．] 7．(带电粒子的偏转)(多选)有一种电荷控制式喷墨打印机，它的打印头的结构简图如图所示．其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射人偏转电场，再经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，下列措施可行的是(　　) A．减小墨汁微粒的质量 B．减小墨汁微粒所带的电荷量 C．增大偏转电场的电压 D．增大墨汁微粒的喷出速度 解析：BD　[根据偏转距离公式y＝可知，为使打在纸上的字迹缩小，要增大墨汁微粒的质量，减小墨汁微粒所带的电荷量，减小偏转电场的电压，增大墨汁微粒的喷出速度，B、D正确．] 8．(多种带电粒子的偏转)如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为(　　) A．U1∶U2＝1∶8 B．U1∶U2＝1∶4 C．U1∶U2＝1∶2 D．U1∶U2＝1∶1 解析：A　[由y＝at2＝··得：U＝，以U∝，可知选项A正确．] [能力综合练] 9．(2024·江苏盐城期中)如图所示，一带正电的小球在匀强电场中，受到的电场力与小球的重力大小相等，以初速度v0沿ON方向做加速度不为零的匀变速直线运动，ON与水平面的夹角为30°.不计空气阻力，重力加速度为g.则(　　) A．电场力方向可能水平向左 B．小球可能做匀加速直线运动 C．小球的加速度大小一定小于g D．经过时间，小球的速度方向发生改变 解析：D　[小球做匀变速直线运动，合力方向一定和速度方向在同一直线上，即在ON直线上，因为mg＝qE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据几何关系可知电场力qE与水平方向夹角为30°，受力情况如图所示， 合力沿ON向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，与速度方向相反，小球做匀减速直线运动，故A、B、C错误；设小球减速到零所用时间为t，则t＝＝，故经过时间，小球速度刚好减为零，然后反向加速，即经过时间，小球的速度方向发生改变，故D正确．] 10. (多选)如图所示，重力不计的一束混合带电粒子，从同一点垂直于电场方向进入一截面是矩形的有界匀强电场中，电场强度为E；1、2、3是粒子运动轨迹中的三条．关于这些粒子的运动，下列说法中正确的是(　　 ) A．有的粒子能在电场中一直运动下去 B．同一轨迹上的粒子，若初速度相同，则这些粒子的比荷一定相同 C．若初速度都相同，则轨迹3的粒子比轨迹1的粒子比荷小 D．若进入电场前粒子都是经同一电场由静止开始加速，则将沿同一轨迹运动 解析：BD　[初速度方向与电场力方向垂直，粒子做的是类平抛运动，随着竖直的高度的增大，运动时间逐渐增长，水平方向匀速运动，由x＝vt得，可知粒子肯定能运动出电场区域，A错误；运动轨迹相同，则速度方向时刻相同，设速度与竖直方向夹角为θ， tanθ＝＝＝，由此可知，这些粒子的比荷一定相同，B正确；若初速度都相同，则轨迹3的粒子与轨迹1的粒子出电场时，粒子3的竖直位移较大，而由于水平方向做匀速直线运动，水平位移相等，所以粒子1和粒子3的运动时间相同，竖直方向有h＝at2， 由牛顿第二定律a＝＝，可知粒子3的比荷较大，C错误；如果进入电场前粒子都是经同一电场由静止开始加速，设加速电场电压为U1，由动能定理qU1＝mv， 可得v0＝，进入偏转电场做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为初速度为零的匀加速直线运动．在水平方向有t＝，在竖直方向有y＝at2，其中a＝，联立可得y＝，所以若进入电场前粒子都是经同一电场由静止开始加速，则将沿同一轨迹运动，D正确．] 11．如图所示，在匀强电场中有四条间距均为d的平行等势线1、2、3、4，各条线上的电势分别为0、－φ0、－2φ0、－3φ0；有一个带电粒子，质量为m(不计重力)，电荷量为q，从A点与等势线4成θ角以初速度v0射入电场中，到达等势线2上的B点时，速度方向恰好水平向左，则匀强电场的电场强度的大小为(　　) A. B. C. D. 解析：A　[带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，水平方向做速度为vx＝v0cos θ的匀速直线运动，竖直方向做初速度为vy＝v0sin θ，加速度为a＝的匀减速直线运动，对运动过程应用动能定理有－Eq·2d＝mv－mv，解得E＝，A正确．] 12．(2024·广东中山一中等七校联考)如图所示，水平放置的平行板电容器，两极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量为q，它从上极板的边缘以初速度v0射入，沿直线从下极板N的边缘射出，则(　　) A．微粒的加速度不为零 B．微粒的电势能减少了mgd C．两极板间的电势差为 D．M板的电势低于N板的电势 解析：C　[由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零，故A错误．重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律可知，微粒的电势能增加了mgd，故B错误．由上可知微粒的电势能增加量ΔE＝mgd，又ΔE＝qU，得到两极板间的电势差U＝，故C正确．由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，则电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势，故D错误．] 13．空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为.重力加速度为g，求： (1)电场强度的大小； (2)B运动到P点时的动能． 解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma，① a()2＝gt2，② 解得E＝.③ (2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有Ek－mv＝mgh＋qEh，④ 且有v1·＝v0t，⑤ h＝gt2，⑥ 联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v＋g2t2)．⑦ 答案：(1)　(2)2m(v＋g2t2) 14．如图所示，相距2L的AB、CD两直线间的区域存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场，其中PS下方的电场E1的场强方向为竖直向上，PS上方的电场E2的场强方向为竖直向下．在电场左边界AB上宽为L的PQ区域内，连续分布着电量为＋q、质量为m的粒子．从某时刻起由Q到P点间的带电粒子，依次以相同的初速度v0沿水平方向垂直射入匀强电场E1中．从Q点射入的粒子，通过PS上的某点R进入匀强电场E2后从CD边上的M点水平射出，其轨迹如图．若MS两点的距离为.不计粒子的重力及它们间的相互作用． (1)求电场强度E1与E2的大小． (2)在PQ间还有许多水平射入电场的粒子通过电场后也能垂直于CD边水平射出，这些入射点到P点的距离有什么规律？ 解析：(1)设粒子由Q到R及R到M点的时间分别为t1与t2，到达R时竖直速度为vy， 由y＝at2、vy＝at及F＝qE＝ma得： L＝a1t＝·t ＝a2t＝·t vy＝t1＝t2 v0(t1＋t2)＝2L 联立解得：E1＝，E2＝. (2)由(1)知E2＝2E1，t1＝2t2.因沿PS方向所有粒子做匀速运动，所以它们到达CD边的时间均为t＝.设PQ间距离P点为h的粒子射入电场后，经过n(n＝2,3,4，…)个类似于Q→R→M的循环运动(包括粒子从电场E2穿过PS进入电场E1的运动)后，恰好垂直于CD边水平射出，则它的速度第一次变为水平所用时间为T＝＝(n＝2,3,4，…)，第一次到达PS边的时间则为T，则 h＝··2＝(n＝2,3,4，…) 答案：(1)　　(2)见解析 学科网（北京）股份有限公司 $$