专题精练9 电容器 带电粒子在电场中的运动(专题微练Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

专题精练9　电容器　带电粒子在电场中的运动 保分基础练 1.(2025·陕晋宁青模拟)如图所示，某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗，在这种疗法中，静止的质子被电场强度大小E=2×105 V/m的匀强电场沿直线加速到v=1×107 m/s，然后轰击肿瘤，杀死细胞。已知质子的质量m=1.6×10-27 kg，电荷量e=1.6×10-19 C，则整个加速过程中质子的位移大小为(B) A.2 m　　　B.2.5 m　　　C.4 m　　　D.5 m 解析　根据动能定理有eEx=mv2，解得整个加速过程中质子的位移大小x== m=2.5 m，B项正确。 2.(2025·西安模拟)如图为著名的密立根油滴实验装置:水平放置的两平行绝缘金属板间距d=0.2 m，两极板间电压U=20 V。在上极板的中间开一小孔，使质量m=3.2×10-16 kg的微小带电油滴从这个小孔落到极板中，观察到油滴缓慢降落，最终悬浮在距上极板h=0.1 m的P位置，规定下极板的电势为零，g取10 m/s2，则油滴在P点的电势能为(D) A.1.6×10-16 J B.-1.6×10-16 J C.3.2×10-16 J D.-3.2×10-16 J 解析　油滴缓慢下落受力平衡，得qE=mg，P点的电势为φ=E(d-h)，由题意可知油滴带负电，所以油滴在P点的电势能为Ep=-qφ，联立解得Ep=-mg(d-h)=-3.2×10-16 J，D项正确。 3.(2025·咸阳二模)如图所示，在竖直向上的匀强电场中，A球位于B球的正上方，质量相等的两个小球以相同初速度水平抛出，它们最后落在水平面上同一点，其中只有一个小球带电，不计空气阻力，下列判断正确的是(B) A.如果A球带电，则A球一定带正电 B.如果A球带电，则A球的电势能一定减小 C.如果B球带电，则B球一定带负电 D.如果B球带电，则B球的电势能一定减小 解析　平抛时的初速度相同，在水平方向通过的位移相同，故下落时间相同，A在上方，B在下方，由h=at2 可知，A下落的加速度大于B的加速度；如果A球带电，则A的加速度大于B，故A受到向下的电场力，则A球一定带负电，电场力做正功，电势能一定减小，A项错误，B项正确；同理可得，如果B球带电，则B带正电，电场力对B做负功，电势能一定增加，C、D两项错误。 4.(多选)(2025·湛江模拟)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态，现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则(AD) A.若S闭合，该油滴将向下运动 B.若S闭合，P点的电势减小 C.若S断开，该油滴将向上运动 D.若S断开，P点的电势不变 解析　若开关S闭合，电容器两端电压不变，根据E=，将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则板间场强减小，油滴受到向上的电场力减小，油滴将向下运动；由于上极板接地，上极板电势为零，上极板到P点电势差为U上P=Ed上P，由于E变小， d上P不变，则U上P减小，根据U上P=φ上-φP，P点的电势增加，A项正确，B项错误；若开关S断开，电容器所带电荷量Q不变，根据E====，板间场强不变，油滴受力保持不变，则油滴保持静止；根据U上P=Ed上P，U上P不变，则P点的电势保持不变，C项错误，D项正确。 5.(2024·辽宁卷)某种不导电溶液的相对介电常数εr与浓度Cm的关系曲线如图甲所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源，电流表等构成如图乙所示的电路，闭合开关S后，若降低溶液浓度，则(B) A.电容器的电容减小 B.电容器所带的电荷量增大 C.电容器两极板之间的电势差增大 D.溶液浓度降低过程中电流方向为M→N 解析　降低溶液浓度，不导电溶液的相对介电常数εr增大，根据电容器的决定式C=，可知电容器的电容增大，A项错误；闭合开关S后，电容器两端电压不变，根据Q=CU结合A选项分析可知电容器所带的电荷量增大，B项正确，C项错误；电容器所带的电荷量增大，则给电容器充电，结合题图可知电路中电流方向为N→M，D项错误。 6.(2025·福州模拟)我国是世界上第三个突破嵌套式霍尔电推进技术的国家。霍尔推进器的工作原理简化如图所示，放电通道的两极间存在一加速电场。工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，经电场加速后以某一速度喷出，从而产生推力。某次实验中，加速电压为U，氙离子向外喷射形成的电流强度为I。氙离子的电荷量与质量分别为q和m，忽略离子的初速度及离子间的相互作用，则离子推进器产生的推力为(D) A.I B.I C.I D.I 解析　以正离子为研究对象，由动能定理得qU=mv2，Δt时间内通过的总电荷量为Q=IΔt，喷出的正离子总质量为M=m=m，由动量定理可知正离子所受的平均冲量Δt=Mv，联立以上式子可得=I，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力=I，D项正确。 7.(多选)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间间距为d，在两板间加上如图乙所示的最大值为U0的周期性变化的电压。在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带正电粒子。t=0时刻，金属板P、Q所加电压竖直向下，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T=，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力。下列说法正确的是(BD) A.粒子的电荷量为 B.在t=0时刻释放的粒子离开电场时速度等于v0 C.在t=T时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场 D.在t=T时刻释放的粒子恰好从P板右侧边缘离开电场 解析　粒子进入电场后，水平方向做匀速直线运动。t=0时刻进入电场的粒子在电场中运动时间为，此时间正好是交变电场的一个周期，则粒子在竖直方向先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动。经过一个周期，粒子的竖直方向的分速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v0，B项正确；由以上分析可知，粒子在竖直方向上，0~，则有d=a=，解得q=，A项错误；结合前面分析可知，t=时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动，然后向下减速运动，再向上加速，向上减速，由对称可知，此时竖直方向上的位移为零，故粒子从P板右侧边缘离开电场，C项错误，D项正确。 8.(2025·哈尔滨二模)如图所示，空间存在大小为E、方向竖直向下的匀强电场，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从MN连线上的P点水平向右射出，已知MN与水平方向成30°角，粒子的重力可以忽略。则粒子到达MN连线上的某点时(A) A.所用的时间为 B.速度大小为2v0 C.与P点的距离为 D.速度方向与竖直方向的夹角为30° 解析　粒子在电场中做类平抛运动，当到达MN连线上某点时，位移与水平方向的夹角为30°，根据牛顿第二定律可得a=，垂直电场方向的位移为x=v0t，平行电场方向的位移为y=at2，根据几何关系有tan 30°=，联立解得t=，A项正确；水平速度为vx=v0，竖直方向速度为vy=at=v0，到达MN连线上某点速度为v==v0，B项错误；水平位移为x=v0t=，根据几何关系可得粒子到达MN连线上的点与P点的距离，即合位移为l==，C项错误；速度方向与竖直方向的夹角正切值为tan θ==，夹角不等于30°，D项错误。 增分提能练 9.(多选)(2025·安徽联考)如图所示，与水平地面成37°角的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，在斜面所处空间的竖直平面内存在一平行于斜面向上的匀强电场。一质量为m、电荷量绝对值为q的小滑块(可视为点电荷)，从斜面上A点由静止开始沿斜面下滑，当下滑距离为d时到达B点，此时的速度为。整个过程中不计一切摩擦阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度为g，则带电小滑块由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是(BD) A.小滑块带负电 B.该匀强电场的电场强度为 C.电势能的增加量为0.2mgd D.机械能的减少量为0.4mgd 解析　滑块从A点到B点过程，根据动能定理可得mgdsin 37°+W电=m-0，解得电场力做功为W电=-0.4mgd，根据功能关系可知，电势能的增加量为0.4mgd，C项错误；由于电场力做负功，则滑块受到的电场力沿斜面向上，与场强方向相同，小滑块带正电，A项错误；根据功能关系可知，滑块的机械能变化量等于电场力对滑块做的功，则滑块机械能的减少量为0.4mgd，D项正确；根据W电=-qEd=-0.4mgd，该匀强电场的电场强度为E=，B项正确。 10.(2025·重庆模拟)空间有一水平向右的匀强电场，一质量为m、带电量为q的正电小球用一绝缘轻绳悬挂于O点。若将小球拉到最低点，并给小球垂直纸面向里的初速度v0，发现小球恰好沿一倾斜平面做匀速圆周运动，其圆心P与悬挂点O的连线与竖直方向成37°角，如图所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，忽略空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求: (1)电场强度的大小； (2)绝缘轻绳的长度； (3)小球从倾斜圆轨道的最低点A到最高点B的过程中，小球机械能的变化量。 解析　(1)由题意可知，小球做圆锥摆运动，则运动平面与重力和电场力的合力垂直，因此重力和电场力的合力沿OP方向，故qE=mgtan 37°， 解得E=。 (2)小球做匀速圆周运动的合力指向圆心，大小为 F合=tan 37°， 根据向心力公式有F合=， 联立解得R=， 又由几何关系可得绝缘轻绳的长度L==。 (3)从A点到B点的过程中，电场力对小球做的功为 W=qE·2Rcos 37°=， 由功能关系可得小球机械能的变化量ΔE=。 答案　(1)　(2)　(3) 11.(2025·广州模拟)如图所示，一光滑曲面与足够长的水平直轨道平滑连接，直轨道MN段粗糙，其余部分光滑，MN段存在方向水平向右的匀强电场，N点右侧的P点处静止放置一绝缘物块b，一带正电的物块a从曲面上距水平面高为h处由静止释放，滑出电场后与物块b发生弹性碰撞。碰撞后，立即在P点放入与物块b完全相同的静止物块。已知h=1.0 m，直轨道MN段长L=1.0 m，物块a与MN之间的动摩擦因数μ=0.4，物块a的质量m=1 kg，物块b的质量M=2 kg，场强E=2×106 N/C，物块a的电荷量q=6×10-6 C，重力加速度g取10 m/s2，物块a、b均可视为质点，运动过程中物块a的电荷量始终保持不变。求: (1)物块a与物块b第一次碰撞前瞬间物块a的速度大小； (2)物块a与物块b第一次碰撞后，物块b的速度大小； (3)物块a在电场中运动的总路程。 解析　(1)物块a从静止释放到与物块b碰撞前瞬间，根据动能定理有mgh+qEL-μmgL=m， 解得v0=6 m/s。 (2)物块a与物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv0=mva1+Mvb1， 根据机械能守恒定律有m=m+M， 解得va1=-2 m/s，vb1=4 m/s。 (3)物块a与物块b碰撞后，物块a第1次经过N点运动到最左端过程中，根据能量守恒定律 m=qEx1+μmgx1， 解得x1= m<1 m， 物块a从最左端运动到第2次经过N点的过程，根据动能定理有qEx1-μmgx1=m， 解得va2= m/s， 再次发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有 mva2=mva3+Mvb2， 根据机械能守恒定律有 m=m+M， 解得va3=- m/s，vb2= m/s， 物块a第2次经过N点运动到最左端过程中，根据能量守恒定律m=qEx2+μmgx2， 解得x2= m， 物块a在电场中运动的总路程为 s=L+2x1+2x2= m。 答案　(1)6 m/s　(2)4 m/s　(3) m 学科网（北京）股份有限公司 $