2021届高考物理一轮复习课后限时集训22电容器带电粒子在电场中的运动含解析
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恢复正常的跳动，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70 μF电容器充电到5 000 V，存储875 J能量，抢救病人时一部分能量在2 ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100 kW。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2 500 V时，电容为35 μF
C．电容器充电至5 000 V时，电荷量为35 C
D．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，电荷量减少，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；由C＝知Q＝CU＝70×10－6×5×103 C＝0.35 C，选项C错误；由η＝知，η＝×100%＝23%，选项D正确。]
2.(2019·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 [根据平行板电容器电容的决定式可知，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＝知，极板间电势差变小，由E＝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，由电容决定式知，电容器电容增大，由U＝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。]
9
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
C [由题知，粒子在匀强电场中做类平抛运动，由h＝··得，x＝v0，由于v0
，C正确。]
4．(2018·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．仍然保持静止 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.如图所示，M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿A、C连线方向射入，到A点时速度vA＝1 m/s，到B点时速度vB＝ m/s，则( )
A．微粒从B至C做加速运动，且vC＝3 m/s
B．微粒在整个运动过程中的最终速度为 m/s
9
C．微粒从A到C先做加速运动，后做减速运动
D．微粒最终可能返回至B点，其速度大小为 m/s
AB [AC之间电场是对称的，A到B电场力做的功和B到C电场力做的功相同，依据动能定理可得：qUAB＝mv－mv，2qUAB＝mv－mv，解得vC＝3 m/s，A正确；过B作垂直AC的面，此面为等势面，微粒经过C点之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故在B点的动能等于在无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与在B点时相同，均为 m/s，B正确，D错误；在到达A点之前，微粒做减速运动，而从A到C微粒一直做加速运动，C错误。]
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略不计。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2v0
B．仅使粒子的初速度变为
C．仅使B板向上平移
D．仅使B板向下平移d
B [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＝at2＝·t2，联立可得x2＝，现在要使x变为原来的一半，即x2为原来的四分之一，所以需要将粒子的初速度变为，A错误，B正确；仅使B板向上平移，则根据C＝可得电容增大为原来的两倍，根据U＝可得电压变为原来的，x2变为原来的，C错误；仅使B板向下平移d，同理可得电容变为原来的，电压变为原来的2倍，x2变为原来的2倍，D错误。]
7．(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，此微粒经过带电室带上电后以一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( )
9
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 [微粒以一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＝at2，加速度为a＝，联立解得y＝＝，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，可采用的方法：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.(2019·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.cos B．tan
C.cos D．tan
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＋Rcos θ，竖直高度h＝Rsin θ，带电粒子在电场中运动受到的电场力F＝qE，加速度a＝，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＝at2，联立解得t＝tan ，选项B正确。]
9.如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)。求：
9
(1)小球到达小孔处的速度大小；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间。
[解析](1)设小球到达小孔处的速度大小为v，
由自由落体运动规律有
v2＝2gh，得v＝。
(2)设小球在极板间运动的加速度大小为a，
由v2＝2ad，得a＝，
由牛顿第二定律qE－mg＝ma，
电容器的电荷量Q＝CU＝CEd，
解得E＝，Q＝。
(3)由h＝gt得小球做自由落体运动的时间
t1＝，
由0＝v－at2得小球在电场中运动的时间t2＝d，
则小球运动的总时间t＝t1＋t2＝。
[答案](1) (2)
(3)
10.(多选)(2019·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．做匀变速运动
9
B．速率先增大后减小
C．电势能增加了mv2
D．a点的电势比b点低
AC [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正确；颗粒所受重力与电场力的合力斜向左下方，则颗粒的速率先减小后增大，故B错误；在沿电场方向，颗粒的动能减小量为ΔEk＝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mv2，故C正确；在沿电场方向有qUab＝0－mv2，解得Uab＝－，所以a点的电势比b点低，故D错误。]
11．(多选)(2019·许昌二模)如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为d，P点在A、B板间，A板接地，B板的电势φ随时间t的变化情况如图乙所示，t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为e的电子，当t＝2T时，电子回到P点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是( )
甲 乙
A．φ1∶φ2＝1∶2
B．φ1∶φ2＝1∶3
C．在0～2T时间内，当t＝T时电子的动能最大
D．在0～2T时间内，电子的动能增大了
BD [0～T时间内平行板间的电场强度为E1＝，电子以a1＝＝向上做匀加速直线运动，经过时间T的位移为x1＝a1T2，速度为v1＝a1T；T～2T内平行板间电场强度大小为E2＝，电子加速度大小为a2＝＝，电子以v1的初速度做匀变速直线运动，位移为x2＝v1T－a2T2，由题意2T时刻电子回到P点，则有x1＋x2＝0，联立可得φ2＝3φ1，故A错误，B正确。0～T内电子做匀加速运动，T～2T内先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，因φ2＝3φ1，由功能关系可知在2T时刻电子动能最大，故C错误；电子在2T时刻回到P点，此时速度为v2＝v1－a2T＝－(负号表示方向向下)，电子的动能为Ek＝mv
9
＝，故D正确。]
12.(2019·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＝50 N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2 m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场。质量m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋1×10－2 C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直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(0,0.4 m)，(0.4 m,0)，取重力加速度g＝10 m/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，根据牛顿第二定律，加速度a＝，解得a＝5 m/s2，
根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xA＝v0t，
竖直方向有yP＝at2，
联立得v0＝xA，
代入数据，解得v0＝1 m/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＝，
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＝，
解得E＝50 N/C，
设小球在水平电场中运动的水平距离为l，
＝，
根据电势差与电场强度的关系有UAB＝El，
解得UAB＝5 V。
9
(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mv2－mv＝mg(yP＋d)＋qUAB－qE0yP，解得v＝ m/s。
[答案](1)1 m/s (2)5 V (3) m/s
13．在图甲所示的极板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压，其周期为T，现有电子以平行于极板的速度v0从两板中央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·＝mv2－mv
解得v＝。
(2)t＝0时刻射入的电子，在垂直于极板方向上做匀加速运动，向正极板方向偏转，半个周期后电场方向反向，电子继续在该方向上做匀减速运动，再经过半个周期，电场方向上的速度减到零，此时实际速度等于初速度v0，方向平行于极板，以后继续重复这样的运动；
要使电子恰能平行于极板飞出，则电子在OO′方向上至少运动一个周期，故极板长至少为L＝v0T。
(3)若要使电子从OO′平行于极板飞出，则电子在电场方向上应先加速、再减速，反向加速、再减速，每阶段时间相同，一个周期后恰好回到OO′上，可见应在t＝＋k·(k＝0,1,2，…)时射入；
极板间距离要满足电子在加速、减速阶段不打到极板上，
由牛顿第二定律有a＝
加速阶段运动的距离
s＝··≤
9
解得d≥T
故两极板间距至少为T。
[答案](1) (2)v0T (3)＋k·(k＝0,1,2，…) T
9
