2025高考物理一轮总复习第9章静电场专题强化10电场中功能关系及图像问题提能训练

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题组一 电容器
1．平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，板间距离为d，今在两板间的中间位置处放一电荷q，则它所受静电力的大小为( C )
A．keq \f(2Qq,d2) B．keq \f(4Qq,d2)
C.eq \f(Qq,Cd) D．eq \f(2Qq,Cd)
[解析] 根据题意可得电容器两极板间电场强度大小E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)，则电荷所受静电力F＝qE＝eq \f(Qq,Cd)，故C项正确。
2．(2024·浙江杭州质检)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体( B )
A．向左移动时，θ增大
B．向右移动时，θ增大
C．向左移动时，θ不变
D．向右移动时，θ减小
[解析] 当被测物体向左移动时，电容器极板间的电介质增多，则电容会增大，由于电容器电荷量不变，则电容器极板间的电压减小，即θ减小，故A、C错误；当被测物体向右移动时，电容器极板间的电介质减少，别电容会减小，由于电容器电荷量不变，则电容器极板间的电压增大，即θ增大，故B正确，D错误。
3．(多选)(2024·江苏南京月考)如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一个电源相连，其中A板接地(取大地电势φ＝0)。S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态。以下说法正确的是( AB )
A．保持S闭合，若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流
B．保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移(油滴仍处于两极板之间)，则油滴仍然静止，G中有b→a的电流
C．若将S断开，则油滴立即向下做匀加速直线运动
D．若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，则油滴仍然保持静止，但油滴电势能减小
[解析] 开始时，油滴所受重力和电场力平衡，即mg＝qE，保持S闭合，则两板间电压不变，将A板向上平移一小段位移，两板间距离d增大，由E＝eq \f(U,d)可知，E变小，油滴所受电场力变小，故油滴应向下加速运动；根据C＝eq \f(Q,U)、C＝eq \f(εrS,4πkd)。知Q＝eq \f(εrSU,4πkd)，故电容器储存的电荷量减小，向外放电，故G中有b→a的电流，故A正确；保持S闭合，若将A板向左平移一小段位移，由E＝eq \f(U,d)可知，E不变，油滴仍静止；根据Q＝eq \f(εrSU,4πkd)，知电容器所储存的电荷量减小，向外放电，故G中有b→a的电流，故B正确；若将S断开，电容器所储存的电荷量Q不变，则两板间场强不变，油滴仍静止，故C错误；若将S断开，Q不变，再将B板向下平移一小段位移，根据C＝eq \f(Q,U)、C＝eq \f(εrS,4πkd)、E＝eq \f(U,d)，可得E＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知场强E不变，则油滴仍静止；油滴所在位置与A板的距离不变，则根据U＝Ed可知油滴所在位置与A板间的电势差不变，又因为A板接地，则油滴所在位置的电势不变，油滴的电势能不变，故D错误。
题组二 带电粒子(或带电体)在电场中的运动
4．两平行金属板相距为d，电势差为U。一电子(不计重力)质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA＝h，此电子具有的初动能是( D )
A.eq \f(edh,U) B．edUh
C．eq \f(eU,dh) D．eq \f(eUh,d)
[解析] E＝eq \f(U,d)，UOA＝Eh＝eq \f(Uh,d)，由动能定理得：Ek0＝eUOA＝eq \f(eUh,d)，D正确。
5．如图所示，空间存在两块平行的彼此绝缘的带电薄金属板A、B，间距为d，中央分别开有小孔O、P。现有甲电子以速率v0从O点沿OP方向运动，恰能运动到P点。若仅将B板向右平移距离d，再将乙电子从P′点由静止释放，则( C )
A．金属板A、B组成的平行板电容器的电容C不变
B．金属板A、B间的电压减小
C．甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同
D．乙电子运动到O点的速率为2v0
[解析] 两板间距离变大，根据C＝eq \f(εrS,4πkd)可知，金属板A、B组成的平行板电容器的电容C减小，A项错误；根据Q＝CU，Q不变，C减小，可知U变大，B项错误；根据E＝eq \f(U,d)＝eq \f(Q,Cd)＝eq \f(4πkQ,εrS)，可知当d变大时，两板间的场强不变，则甲、乙两电子在板间运动时的加速度相同，C项正确；根据e·E·2d＝eq \f(1,2)mv2，e·E·d＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)可知，乙电子运动到O点的速率v＝eq \r(2)v0，D项错误。
6. (2024·广东佛山市联考)如图所示，正方形ABCD区域内存在竖直向上的匀强电场，质子(eq \\al(1,1)H)和α粒子(eq \\al(4,2)He)先后从A点垂直射入匀强电场，粒子重力不计，质子从BC边中点射出，则( D )
A．若初速度相同，α粒子从CD边离开
B．若初速度相同，质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为1∶2
C．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的时间相同
D．若初动能相同，质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4
[解析] 对任一粒子，设其电荷量为q，质量为m，粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有x＝v0t，竖直方向有y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·eq \f(x2,v\\al(2,0))，若初速度相同，水平位移x相同时，由于α粒子的比荷比质子的小，则α粒子的偏转距离y较小，所以α粒子从BC边离开，故A错误；由t＝eq \f(x,v0)知两个粒子在电场中的运动时间相等，由Δv＝at＝eq \f(qE,m)t，知Δv∝eq \f(q,m)，则质子和α粒子经过电场的过程中速度增量之比为2∶1，故B错误；粒子经过电场的时间为t＝eq \f(x,v0)，若初动能相同，质子的初速度较大，则质子的运动时间较短，故C错误；由y＝eq \f(1,2)·eq \f(qE,m)·eq \f(x2,v\\al(2,0))，Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)得y＝eq \f(qEx2,4Ek)，若初动能相同，已知x相同，则y∝q，根据动能定理知：经过电场的过程中动能增量ΔEk＝qEy，E相同，则ΔEk∝q2，则质子和α粒子经过电场的过程中动能增量之比为1∶4，故D正确。
7．(多选)如图所示的直线加速器由沿轴线分布的金属圆筒(又称漂移管)A、B、C、D、E组成，相邻金属圆筒分别接在电源的两端。质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电荷量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则( AB )
A．MN所接电源的极性应周期性变化
B．金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比
C．质子从圆筒E射出时的速度大小为eq \r(\f(10eU,m)＋v\\al(2,0))
D．圆筒E的长度为eq \r(\f(8eU,m)＋v\\al(2,0)·T)
[解析] 因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，A的右边缘为正极时，则在下一个加速时需B右边缘为正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，A正确；因质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，由T＝eq \f(L,v)可知，金属圆筒的长度应与质子进入圆筒时的速度成正比，B正确；质子以初速度v0从O点沿轴线进入加速器，质子经4次加速，由动能定理可得4eU＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得质子从圆筒E射出时的速度大小为vE＝eq \r(\f(8eU,m)＋v\\al(2,0))，所以C错误；质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为LE＝vET＝Teq \r(\f(8eU,m)＋v\\al(2,0))，所以D错误。
8．如图所示的纸面是光滑、绝缘的水平桌面。在桌面上有一直角坐标系xOy，它的第一象限内有一过O点的虚线OP，虚线与x轴正方向间夹角θ＝30°。虚线右下方到第四象限内有与虚线平行、电场强度E＝1.0×103 N/C的匀强电场。虚线上有一点K，OK＝5 m。一个质量为m＝0.02 kg、电荷量为q＝－1.0×10－4 C的带负电小球从K点以速度v＝4 m/s垂直虚线射入电场，则小球运动过程中( A )
A．到x轴的最小距离为0.1 m
B．到x轴的最小距离为2.4 m
C．恰能到达x轴
D．能穿过x轴
[解析] 根据题意可知，小球在x方向上做匀加速直线运动，在y方向上做匀减速直线运动，且ay＝eq \f(Eqsin θ,m)＝2.5 m/s2，vy＝vcs θ＝2eq \r(3) m/s，当y方向上速度减为零时，有y＝eq \f(v\\al(2,y),2ay)＝2.4 m能力综合练
9．(2022·重庆联考)如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为Δd的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L。加速电压为U0，两对极板间偏转电压大小相等均为U0，电场方向相反。质量为m，电荷量为＋q的粒子无初速度地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计重力。下列说法正确的是( B )
A．粒子离开加速器时速度v0＝eq \r(\f(qU0,m))
B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移y1＝eq \f(L,4)
C．Δd＝2L
D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开
[解析] 根据qU0＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，粒子离开加速器时速度为v0＝eq \r(\f(2qU0,m))，故A项错误；粒子在平移器电场中的偏转量为y1＝eq \f(1,2)at2，又qeq \f(U0,L)＝ma，L＝v0t，得y1＝eq \f(L,4)，故B项正确；根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知Δd＝L，故C项错误；由B项可得y1＝eq \f(qU0L,2mv\\al(2,0))，由A项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏转量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D项错误。故选B。
10．(多选)(2024·山东潍坊统考)如图所示为某款手机内部加速度传感器的俯视图，M、N为电容器的两极板，M板固定在手机上，N板通过两完全相同的水平弹簧与手机相连，电容器充电后与电源断开，M、N间距离为d0，电压传感器示数为U0，已知弹簧的劲度系数为k，N板质量为m，不计摩擦，当手机在水平面内以加速度a沿NM方向运动时( BC )
A．电容器的电容变大
B．M、N板间的电场强度不变
C．电压传感器示数为U0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(ma,2kd0)))
D．电压传感器示数为U0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(ma,2kd0)))
[解析] 当手机在水平面内以加速度a沿NM方向运动时，N板所受合力方向向右，N板将压缩弹簧，两极板间距增大，令极板间距为d，根据C＝eq \f(εrS,4πk0d)，可知，电容器的电容变小，故A错误；电容器充电后与电源断开，极板所带电荷量一定，根据C＝eq \f(Q,U)，E＝eq \f(U,d)，解得E＝eq \f(4πk0Q,εrS)，可知，M、N板间的电场强度不变，故B正确；没有加速运动前有C＝eq \f(εrS,4πk0d0)，C＝eq \f(Q,U0)，加速运动之后有C＝eq \f(εrS,4πk0d)，C＝eq \f(Q,U)，N板所受外力的合力等于弹簧压缩后的弹力，则有2keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(d－d0))＝ma，解得U＝U0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(ma,2kd0)))，故C正确，D错误。故选BC。
11．如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
[答案] (1)eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(2φ,d)qh v0eq \r(\f(mdh,qφ))
(2)2v0eq \r(\f(mdh,qφ))
[解析] (1)由题意得，P、G间与Q、G间场强大小相等，均为E。粒子在P、G间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有
E＝eq \f(2φ,d)①
F＝qE＝ma②
设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)③
设粒子第一次到达G时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有
h＝eq \f(1,2)at2④
l＝v0t⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋eq \f(2φ,d)qh⑥
l＝v0eq \r(\f(mdh,qφ))。⑦
(2)若粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度
L＝2l＝2v0eq \r(\f(mdh,qφ))。
12．(2024·江苏扬州高三联考)如图所示，电子枪连续均匀发出的电子(初速不计)经过电压为U的电场加速后从小孔S沿直线射出，单位时间内射出的电子数为N。平行板电容器紧靠小孔放置，电容为C，两极板间距离为d，板长为L＝2d，右端与荧光屏的距离为l＝d，整个装置处于真空中。已知电子的质量为m，电荷量为e。
(1)求电子从小孔S射出时的速度大小v；
(2)当平行板电容器不带电时，电子打到荧光屏上全部被吸收，求荧光屏受到电子撞击的平均作用力F；
(3)关闭小孔S，让电容器上极板带上正电，下极板接地，极板间电压为U，把板间电场看作匀强电场，忽略极板外电场。t＝0时刻打开小孔S，电子从两极板正中间沿平行于板面的方向射入电场，求荧光屏开始接收到电子的时刻t。
[答案] (1)v＝eq \r(\f(2eU,m)) (2)Neq \r(2meU)
(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(2),2)))eq \r(\f(md2,eU))＋eq \f(CU,2eN)
[解析] (1)根据动能定理eU＝eq \f(1,2)mv2－0
解得v＝eq \r(\f(2eU,m))。
(2)Δt时间内打到荧光屏上的电子总质量为Δm＝NΔtm
由动量定理得－FΔt＝0－Δmv
解得F＝Neq \r(2meU)
由牛顿第三定律得：荧光屏受到电子撞击的平均作用力为Neq \r(2meU)。
(3)假设电子刚好从极板右侧边缘飞出电场，极板间电压为U0，则eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)eq \f(U0e,dm)t2
2d＝vt
解得U0＝eq \f(U,2)
所以，当极板间电压为U时，电子打到上极板上eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)eq \f(Ue,dm)teq \\al(2,1)
解得t1＝eq \r(\f(md2,eU))
之后板间电压逐渐减小，极板间电压从U减小到U/2的时间为t2，则ΔQ＝CΔU
t2＝eq \f(ΔQ,eN)＝eq \f(CU,2eN)
从上极板右边缘射出的电子打到荧光屏上需要的时间为t3，则t3＝eq \f(d,v)＝eq \r(\f(md2,2eU))
则荧光屏开始接收到电子的时刻t＝t1＋t2＋t3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(2),2)))eq \r(\f(md2,eU))＋eq \f(CU,2eN)。