2024版新教材高考物理复习特训卷考点55电容器和电容带电粒子在电场中的运动B

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点55电容器和电容带电粒子在电场中的运动B，共5页。


[2023·四川泸州二诊](多选)如图所示，电路中R1和R2均为可变电阻，平行板电容器C的极板水平放置．闭合开关S，电路达到稳定时，一带电油滴恰好悬浮在两板之间．下列说法正确的是( )
A．仅增大R2的阻值，油滴仍然静止
B．仅增大R1的阻值，油滴向上运动
C．增大两板间的距离，油滴仍然静止
D．断开开关S，油滴将向下运动
2．[2023·山东济南历城二中模拟]离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，工作时将推进剂离子化，使之带电，然后在静电场作用下推进剂得到加速后喷出，从而产生推力，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等，航天器质量M，单个离子质量m，带电量q，加速电场的电压为U，高速离子形成的等效电流强度为I，根据以上信息计算该发动机产生的推力为( )
A．I eq \r(\f(mU,q)) B．I eq \r(\f(2mU,q))
C．I eq \r(\f(3mU,q)) D．I eq \r(\f(5mU,q))
3．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时的速度方向为正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)( )
4.
(多选)如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最后分别落在1、2、3三点，不计三个液滴间的相互作用，则下列说法正确的是( )
A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B．三个液滴的运动时间一定相同
C．三个液滴落到底板时的速率相同
D．液滴C所带电荷量最多
5.
[2023·河南郑州中学三模](多选)平行板电容器两极板长度均为l，宽度均为a，两极板间距为d，在极板左侧有一“狭缝”粒子源(粒子源长度也为a)，沿极板中心平面连续不断地向整个电容器射入相同粒子，距极板右端 eq \f(1,2) l处有一与极板垂直的足够大光屏，如图所示．粒子质量为m，电荷量为＋q，初速度大小均为v0，初速度方向均垂直于光屏．当平行板电容器两极板间电压为U0时，粒子恰好从极板右侧边缘飞出电场．在两极板间加上0～U0连续变化的电压，每个粒子通过电容器的时间都远小于电压变化的时间，在每个粒子通过电容器的时间内，电场可视为匀强电场，不计粒子重力．则关于粒子运动下列说法正确的是( )
A．电压U0满足U0＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) d2,2ql2)
B．粒子打在光屏上的最大速度为v＝ eq \f(\r(l2＋d2),l) v0
C．粒子打在光屏上的最大速度与光屏夹角a满足tan α＝ eq \f(l,d)
D．粒子打在光屏上的区域面积为S＝ad
6．[2022·全国乙卷](多选)
一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R和R＋d)和探测器组成，其横截面如图(a)所示，点O为圆心．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点.4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器．不计重力．粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为r1、r2(RA．粒子3入射时的动能比它出射时的大
B．粒子4入射时的动能比它出射时的大
C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能
D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能
7.[2023·河北衡水中学高三模拟]如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧虚线所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q，QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计．
(1)求粒子离开加速度电场时的速度的大小及圆弧虚线对应的半径R的大小；
(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
(3)若矩形区域内的电场强度与(2)中的电场强度相同，从A点静止释放离子的电荷量为2q，其他不变，计算打到NQ上的位置．
考点55 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动(B)——提能力
1．答案：ABD
解析：开始液滴静止，液滴处于平衡状态，由平衡条件可知：mg＝q eq \f(U,d)；由图示电路图可知，电源与电阻R1组成串联电路，电容器与R1并联，电容器两端电压等于R1两端电压，等于路端电压，电容器两端电压：U＝IR1＝ eq \f(ER1,r＋R1)；仅增大R2的阻值，极板间电压不变，液滴受力情况不变，液滴静止不动，A正确；仅增大R1的阻值，极板间电压U变大，液滴受到向上的电场力变大，液滴受到的合力竖直向上，油滴向上运动，B正确；仅增大两板间的距离，极板间电压不变，板间场强减小，液滴受到的电场力减小，液滴所受合力竖直向下，液滴向下运动，C错误；断开电键，电热器通过两电阻放电，电热器两极板间电压为零，液滴只受重力作用，液滴向下运动，D正确．
2．答案：B
解析：根据动能定理可得qU＝ eq \f(1,2)mv2，解得离子的速度为v＝ eq \r(\f(2qU,m))，根据电流的定义式有I＝ eq \f(Q,Δt)＝ eq \f(Nq,Δt)，对离子由动量定理可得F·Δt＝N·mv，解得发动机产生的推力为F＝I eq \r(\f(2mU,q))，B正确．
3．答案：A
解析： 电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，C、D错误；从0时刻开始，电子向A板做匀加速直线运动， eq \f(1,2)T后电场力反向，电子向A板做匀减速直线运动，直到t＝T时刻速度变为零．之后重复上述运动，A正确，B错误．
4．答案：BD
解析：三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，A错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，B正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，C错误；由于液滴C，在水平方向位移最大，说明液滴C在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，D正确．
5．答案：BCD
解析：当电压为U0时，在水平方向有l＝v0t，在竖直方向有 eq \f(d,2)＝ eq \f(1,2)× eq \f(qU0,md)t2，解得U0＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) d2,ql2)，A错误；当电压为U0时，打在光屏上的速度最大，竖直方向速度为vy＝at＝ eq \f(qU0,md)· eq \f(l,v0)＝ eq \f(dv0,l)，根据速度的合成得v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(y)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )，可得v＝ eq \f(\r(l2＋d2),l)v0，B正确；根据几何关系有tan α＝ eq \f(v0,vy)，可得tan α＝ eq \f(l,d)，C正确；如图所示，粒子打在光屏上的竖直长度为Y＝d，所以粒子打在光屏上的区域面积为S＝ad，D正确．
6．答案：BD
解析：极板间各点的电场强度方向指向O点，粒子3从距O点r2的位置入射并从距O点r1的位置出射，在这个过程中电场力做正功，粒子3入射时的动能比它出射时的小，同理可知粒子4入射时的动能比它出射时的大，A错误，B正确；粒子1、2做圆周运动，设粒子1的轨迹处的电场强度为E1，则qE1＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,r1)，粒子1的动能Ek1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝ eq \f(qE1r1,2)，设粒子2的轨迹处的电场强度为E2，则qE2＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,r2)，粒子2的动能Ek2＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \f(qE2r2,2)，由于极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，即 eq \f(E1,E2)＝ eq \f(r2,r1)，所以Ek1＝Ek2，C错误；粒子3出射时，qE1>m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,r1)，此时粒子3的动能Ek3′＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) < eq \f(qE1r1,2)＝Ek1，即粒子1入射时的动能大于粒子3出射时的动能，而粒子3入射时的动能比它出射时的小，所以粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，D正确．
7．答案：(1) eq \r(\f(2qU,m)) eq \f(2U,E0) (2) eq \f(12U,d) (3)打在NQ的中点
解析：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理有qU＝ eq \f(1,2)mv2，解得v＝ eq \r(\f(2qU,m))
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qE0＝m eq \f(v2,R)，解得R＝ eq \f(2U,E0).
(2)离子做类平抛运动，有d＝vt，3d＝ eq \f(1,2)at2
由牛顿第二定律得qE＝ma，解得E＝ eq \f(12U,d).
(3)根据动能定理得2qU＝ eq \f(1,2)mv2
根据牛顿第二定律得2qE0＝m eq \f(v2,R)，解得R＝ eq \f(2U,E0)
即在均匀辐向分布的电场里运动的半径不变，故仍能从P点进入上方的矩形电场区域；
离子做类平抛运动，则3d＝ eq \f(1,2)at2
由牛顿第二定律得2qE＝ma
解得x＝vt＝d，即打在NQ的中点．