统考版高考物理一轮复习课时分层作业（二十三）电容器的电容带电粒子在电场中的运动含答案

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基础题组
1．如图所示为电子枪的工作原理，金属丝加热后可以发射电子，发射出的电子被加速电场加速，穿出金属板上的小孔后，形成高速运动的电子束．其中加热电源的电动势为E，加速电压为U.下列说法正确的是( )
A．加热电源的正负极不能接反
B．加速电压的正负极不能接反
C．加速电场的电场线从金属丝发出，终止于金属板
D．电子被加速时，一定是沿着电场线运动的
2．下列关于电容器的相关知识描述正确的是( )
A．图甲为电容器充电示意图，充完电后电容器上极板带正电，两极板间的电压U等于电源的电动势E
B．图乙为电容器放电示意图，放电过程中电流大小保持不变
C．图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，两种电容器使用时都严格区分正负极
D．图戊中的电容器上有“5.5 V 1.0 F”字样，说明该电容器只有两端加上5.5 V的电压时电容才为1.0 F
3．[2022·山东淄博诊断考试]如图甲所示，A、B是一条与光滑斜面平行的电场线上两点，若在斜面上某点以一定初速度发射一带正电的小球，小球沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示．则( )
A．电场是一个匀强电场
B．电场强度EA>EB
C．电势φA<φB
D．小球的重力势能与电势能之和增大
4．[2022·海淀区模拟]如图所示为示波器的部分构造示意图，真空室中电极K发射的电子(初速度不计)，经过U1＝1 000 V的加速电场后，由小孔沿平行金属板A、B间的中心线射入，A、B板长l＝0.20 m，相距d＝0.030 m，在两极板右侧有一荧光屏，荧光屏到极板右端距离L＝0.3 m．A、B间不加电压时，电子打在荧光屏的中点O.当A、B两板加上电压U2时，电子打在荧光屏上的P点，设A、B间的电场可看作是匀强电场，且两板外无电场．
(1)求电子打到荧光屏O点时的动能是多少电子伏(eV)?
(2)设P到O的距离为Y，试推导Y距电压U2的关系式．
(3)求P到O的距离Y的最大值．
综合题组
5．如图所示为某一电容器中所带电荷量和两极板间电压之间的关系图线，若将该电容器两极板间的电压从40 V降低到36 V，对电容器来说正确的是( )
A.是充电过程
B．是放电过程
C．该电容器的电容为5×10－2 F
D．该电容器的电荷量变化量为0.2 C
6．(多选)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( )
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减小 D．向右移动时，θ减小
7．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%
8．[2022·江西上饶六校一联](多选)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d.相对介电常数为εr.若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源提供电压恒定为U，则下列说法中正确的是( )
A．瓶内液面升高了
B．瓶内液面降低了
C．电容器在这段时间内放电
D．瓶内液面高度在t时间内变化了 eq \f(2kdIt,Uεrr)
9．(多选)平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图所示连接，电源的电动势为E，内电阻为零；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m、电荷量为＋q、初速度为零的粒子，粒子在加速电场PQ的作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入偏转电场MN；改变滑片P的位置可改变加速电场的电压U1和偏转电场的电压U2，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是( )
A．粒子的竖直偏转距离与 eq \f(U1,U2) 成正比
B．将滑片P向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小
C．飞出偏转电场的粒子的最大速率vm＝ eq \r(\f(2qE,m))
D．飞出偏转电场的粒子的最大速率vm＝2 eq \r(\f(qE,m))
10．如图所示，在平面坐标系xOy第一象限内，y轴右侧宽度d＝0.5 m的区域内有沿x轴正方向、场强大小为E1的匀强电场，在x>d的区域内有沿y轴正方向、场强大小为E2＝4E1的匀强电场，在坐标原点O处有一氕粒子源，它一次可以向外放出一个或多个氕粒子，不计粒子的重力及相互作用力．
(1)若从O点沿y轴正方向发射许多初速度大小不同的氕粒子，当它们在场强为E1的电场中运动的动能均变为初动能的n倍时，其位置分布在图中过原点的倾斜虚线上(虚线满足y＝ eq \r(2) x，且x≤0.5 m)，求n的值；
(2)若从O点沿y轴正方向以v0＝ eq \r(\f(2E1qd,m)) (其中 eq \f(q,m) 为氕粒子的比荷)的初速度发射一个氕粒子，当它的动能变为初动能的6倍时，求其位置的横坐标x值(结果可带根号).
课时分层作业（二十三） 电容器的电容 带电粒子在电场中的运动
1．解析：金属丝加热后发射电子，加热电源的正负极互换也不影响，故A错误；电子加速时，当加速电压正负极互换，电子不被加速，故B正确；电场线从正极板出发，终止于负极板，故C错误；电子被加速时，受到的电场力方向与电场线方向相反，是沿着电场线反方向运动的，故D错误．
答案：B
2．解析：题图甲为电容器充电过程，电容器上极板与电源的正极相连，故上极板带正电，充完电后两极板间的电压U等于电源的电动势E，故A正确；题图乙为电容器放电过程，若电容器上极板带电荷量为＋Q，则放电过程中通过安培表的电流方向从右向左，且电流逐渐减小，故B错误；题图丙为电解电容器的实物图和符号，图丁为可变电容器及其符号，前者使用时严格区分正负极，后者没有，故C错误；题图戊中的电容器上有“5.5 V 1.0 F”字样，说明该电容器两端电压最大值为5.5 V，而电容与电容器的电压，及电荷量均无关，总是为1.0 F，故D错误．
答案：A
3．解析：由图乙可知小球从A到B做加速运动，小球的加速度逐渐变小，故所受电场力沿斜面向上，小球受到的电场力逐渐变小，则EA>EB，选项A错误，B正确；小球从A到B做加速运动，所受电场力沿斜面向上，则电场线方向为从A指向B，故φA>φB，选项C错误；根据能量守恒定律可知，小球的机械能与电势能之和不变，小球从A到B，动能增大，故小球的重力势能与电势能之和减小，选项D错误．
答案：B
4．解析：（1）Ek＝U1e＝1 000 eV；
（2）根据U1q＝ eq \f(1,2) mv2，出偏转电场时的偏移量
y＝ eq \f(1,2) at2＝ eq \f(1,2) × eq \f(U2e,dm) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,v))) eq \s\up12(2)
二者结合得：
y＝ eq \f(U2l2,4dU1) ；再由 eq \f(y,Y) ＝ eq \f(\f(l,2),\f(l,2)＋L) 得Y＝ eq \f(l（l＋2L）,4dU1) U2；
（3）当电子从下极板边缘射出时，Y有最大值，
即 eq \f(\f(d,2),Ym) ＝ eq \f(\f(l,2),\f(l,2)＋L) ，
即Ym＝ eq \f(d（l＋2L）,2l) ＝0.06 m.
答案：（1）1 000 eV （2）Y＝ eq \f(l（l＋2L）,4dU1) U2 （3）0.06 m
5．解析：由Q＝CU知，U降低，Q减小，故为放电过程，选项A错误、B正确；由C＝ eq \f(Q,U) ＝ eq \f(0.2,40) F＝5×10－3 F，可知选项C错误；ΔQ＝CΔU＝5×10－3×4 C＝0.02 C，选项D错误．
答案：B
6．解析：由公式C＝ eq \f(εrS,4πkd) ，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增加，则电容C增加，由公式C＝ eq \f(Q,U) 可知电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；由公式C＝ eq \f(εrS,4πkd) ，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减少，则电容C减小，由公式C＝ eq \f(Q,U) 可知电荷量Q不变时，U增加，则θ增加，故B正确，D错误．
答案：BC
7．解析：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＝ eq \f(Q,U) 知Q＝CU＝70×10－6×5×103 C＝0.35 C，选项C错误；由η＝ eq \f(Pt,E总) 知，η＝ eq \f(100×103×2×10－3,875) ×100%≈23%，选项D正确．
答案：D
8．解析：根据C＝ eq \f(εrS,4πkd) ，当d、εr不变时，C∝S，而正对面积S正比于液面高度h.电流计中有从下向上流过的电流，说明电容器在放电，电容器带电荷量Q＝CU在减小，在电压U恒定时，说明电容C在减小，则h在减小，瓶内的液面降低了，故A错误，B、C正确．t时间内放电，释放的电荷量ΔQ＝UΔC＝It.ΔC＝ eq \f(εrΔS,4πkd) ＝ eq \f(εr·2πrΔh,4πkd) ，解得Δh＝ eq \f(2kdIt,Uεrr) ，故D正确．
答案：BCD
9．解析：粒子在加速电场中运动时，由动能定理得qU1＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，在偏转电场中运动时，加速度为a＝ eq \f(qU2,md) ，则偏转距离为y＝ eq \f(1,2) at2，在偏转电场中的运动时间为t＝ eq \f(l,v0) ，联立上式得y＝ eq \f(U2l2,4U1d) ，其中l是偏转极板的长度，d是板间距离，则粒子的竖直偏转距离y与 eq \f(U2,U1) 成正比，故A错误；从偏转电场飞出的粒子的偏转角的正切值tan α＝ eq \f(at,v0) ＝ eq \f(U2l,2U1d) ，将滑片P向右滑动的过程中，U1逐渐增大，U2逐渐减小，可知偏转角逐渐减小，故B正确；粒子紧贴M板飞出时，电场力做功最多，粒子的速率最大，对紧贴M板飞出的粒子，对全过程应用动能定理得 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(m)) －0＝q（U1＋U2）＝qE，解得vm＝ eq \r(\f(2qE,m)) ，故C正确，D错误．
答案：BC
10．解析：（1）氕粒子在左侧电场中做类平抛运动，有x＝ eq \f(1,2) at eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1))
y＝v0t1
而y＝ eq \r(2) x，F＝ma
由动能定理得Fx＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ×n－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
联立解得n＝3
（2）粒子在左侧电场中做类平抛运动，出电场时沿x轴正方向的速度为vx＝ eq \r(\f(2E1qd,m)) ＝v0
粒子在右侧电场中做类斜抛运动，有
x－d＝vxt2
Δy＝v0t2＋ eq \f(1,2) · eq \f(E2q,m) ·t eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2))
由动能定理得E1qd＋E2q·Δy＝6× eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
联立解得x＝ eq \f(1＋\r(5),4) m
答案：（1）3 （2） eq \f(1＋\r(5),4) m