2024年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點23電容器帶電粒子在電場中的運動練習(xí)含解析

PAGE16-考點23電容器帶電粒子在電場中的運動題組一基礎(chǔ)小題1．對于某一電容器，下列說法正確的是()A．電容器所帶的電荷越多，電容越大B．電容器兩極板間的電勢差越大，電容越大C．電容器所帶的電荷量增加一倍，兩極板間的電勢差也增加一倍D．電容器兩極板間的電勢差減小到原來的eq\f(1,2)，它的電容也減小到原來的eq\f(1,2)答案C解析電容是反映電容器容納電荷本事大小的物理量，數(shù)值上等于電容器所帶的電荷量與兩極板間的電勢差的比值，與電容器是否帶電、帶電量的多少、電勢差的大小都無關(guān)，故A、B、D錯誤；依據(jù)定義C＝eq\f(Q,U)，電容器所帶的電荷增加一倍，兩極板間的電勢差也增加一倍，故C正確。2．水平放置的平行板電容器與某恒壓電源相連，一帶電液滴在兩板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將上板瞬間向上移動少許到圖中水平虛線位置，則()A．電容器的電容增大B．電容器的電荷量增大C．電容器的電壓增大D．液滴向下運動答案D解析帶電液滴置于水平放置的平行板電容器的兩板間而靜止，重力和電場力平衡；現(xiàn)將上極板向上移動少許，板間距離增大，依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，電容減?。挥捎陔娙萜髋c電源相連，其電壓不變，當(dāng)電容減小時，由Q＝UC可知，Q會減?。灰螂妷翰蛔?，極板間距增大，依據(jù)U＝Ed，電場強(qiáng)度變小，電場力小于重力，則液滴向下運動。綜上所述，D正確，A、B、C錯誤。3．某種位移式傳感器的原理示意圖如圖所示，E為電源，R為電阻，平行金屬板A、B和介質(zhì)P構(gòu)成電容器，在可移動介質(zhì)P向右勻速移出的過程中()A．電容器的電容變大B．電容器的電荷量保持不變C．M點的電勢比N點的電勢低D．流過電阻R的電流方向從M到N答案D解析介質(zhì)P向右勻速移出的過程中，依據(jù)電容的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，分析可知電容變小，而電容器與電源相連，其兩極板間的電壓不變，由C＝eq\f(Q,U)分析可知兩極板所帶電荷量變小，電容器處于放電狀態(tài)，則流過電阻R的電流方向從M到N，M點的電勢比N點的電勢高，故A、B、C錯誤，D正確。4．一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地，兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強(qiáng)、φ表示P點的電勢，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0，則下列關(guān)于各物理量與負(fù)極板移動距離x的關(guān)系圖象中正確的是()答案C解析當(dāng)負(fù)極板右移時，極板間距d減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd－x)可知，C與x為非線性關(guān)系，故A錯誤；由U＝eq\f(Q,C)可知，U＝eq\f(4πkd－x,εrS)Q，則E＝eq\f(U,d－x)＝eq\f(4πkQ,εrS)，故E不隨x改變，B錯誤；因負(fù)極板接地，設(shè)P點原來距負(fù)極板距離為l，則在負(fù)極板移動過程中，P點的電勢φ＝E(l－x)，故C正確；在負(fù)極板移動過程中，正電荷在P點的電勢能Ep＝φq＝Eq(l－x)，可知Ep隨x的增大而減小，故D錯誤。5.電容器充電后就儲存了能量，某同學(xué)探討電容器儲存的能量E與電容器的電容C、電荷量Q及電容器兩極間電壓U之間的關(guān)系，他從等效的思想動身，認(rèn)為電容器儲存的能量等于把電荷從一個極板搬運到另一個極板過程中克服電場力所做的功，為此他作出電容器兩極間的電壓U隨電荷量Q改變的圖象(如圖所示)，依據(jù)他的想法，下列說法正確的是()A．U-Q圖線的斜率越大，電容C越大B．搬運Δq的電荷量，克服電場力所做的功近似等于Δq上方小矩形的面積C．對同一電容器，電容器儲存的能量E與兩極間電壓U成正比D．若電容器電荷量為Q時儲存的能量為E，則電容器電荷量為eq\f(Q,2)時儲存的能量為eq\f(E,2)答案B解析U-Q圖線的斜率k＝eq\f(ΔU,ΔQ)＝eq\f(1,C)越大，電容C越小，故A錯誤；將一個微小電荷Δq從一個極板移到另一極板，克服電場力做功ΔW＝ΔqU，故B正確；將Δq累加，可知在U-Q圖象中，圖線與Q軸所圍成的面積為eq\f(1,2)QU，也就是克服電場力所做的功W＝eq\f(1,2)QU，又由電容定義式C＝eq\f(Q,U)，可知電容器儲存的電能為E＝eq\f(1,2)CU2，所以對同一電容器，電容器儲存的能量E與兩極間電壓U的平方成正比，C錯誤；若電容器電荷量為Q時儲存的能量為E，有E＝eq\f(1,2)CU2＝eq\f(Q2,2C)，則電容器電荷量為eq\f(Q,2)時儲存的能量為eq\f(E,4)，故D錯誤。6.為了削減污染，工業(yè)廢氣需用靜電除塵器除塵，某除塵裝置如圖所示，其收塵極為金屬圓筒，電暈極位于圓筒中心。當(dāng)兩極接上高壓電源時，電暈極旁邊會形成很強(qiáng)的電場使空氣電離，廢氣中的塵埃吸附離子后在電場力的作用下向收塵極運動并沉積，以達(dá)到除塵目的。假設(shè)塵埃向收塵極運動過程中所帶電量不變，下列推斷正確的是()A．金屬圓筒內(nèi)存在勻強(qiáng)電場B．金屬圓筒內(nèi)越靠近收塵極電勢越低C．帶電塵埃向收塵極運動過程中電勢能越來越大D．帶電塵埃向收塵極運動過程中受到的電場力越來越小答案D解析依據(jù)圖中信息可知除塵器內(nèi)電場在水平面上的分布類似于負(fù)點電荷的電場，電場線方向由收塵極指向電暈極，A錯誤；逆著電場線方向，電勢變高，故越靠近收塵極，電勢越高，B錯誤；塵埃帶負(fù)電后受電場力作用向收塵極運動，電場力做正功，電勢能越來越小，C錯誤；離電暈極越遠(yuǎn)，電場線越稀疏，場強(qiáng)越小，塵埃帶電量不變，故其受到的電場力越小，D正確。7．如圖，帶電粒子由靜止起先，經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，垂直電場方向進(jìn)入電壓為U2的平行板電容器，經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置。為使同樣的帶電粒子，從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器，下列措施可行的是()A．保持U2和平行板間距不變，減小U1B．保持U1和平行板間距不變，增大U2C．保持U1、U2和下板位置不變，向下平移上板D．保持U1、U2和下板位置不變，向上平移上板答案D解析保持U2和平行板間距不變，平行板電容器中勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小不變，粒子運動到下極板所需的時間不變，減小U1，則粒子的初速度減小，更難以穿出平行板電容器，故A錯誤；保持U1和平行板間距不變，則粒子初速度不變，增大U2，平行板電容器中勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)增大，粒子運動至下極板所需時間減小，不能穿出平行板電容器，故B錯誤；保持U1、U2和下板板位置不變，要想粒子穿出平行板電容器，必需減小偏轉(zhuǎn)電場的場強(qiáng)，由E＝eq\f(U,d)可知，須要增大板間距，故應(yīng)向上平移上板，故C錯誤，D正確。8．如圖所示，A、B兩導(dǎo)體板平行放置，在t＝0時將電子從A板旁邊由靜止釋放(電子的重力忽視不計)，若分別在A、B兩板間加下圖所示的四種電壓，則其中可能使電子打不到B板的是()答案B解析加A圖電壓，電子從A板起先向B板做勻加速直線運動，肯定能打到B板上，故A錯誤；加B圖電壓，0～t0電子向B板做勻加速運動，t0～2t0向B板做加速度大小相同的勻減速運動，2t0～3t0向A板做勻加速運動，3t0～4t0向A板做勻減速運動，t＝4t0時電子回到動身點，可知電子有可能打不到B板，故B正確；加C圖電壓，電子始終向B板運動，可知肯定能打到B板，故C錯誤；加D圖電壓，可知電子在一個周期內(nèi)速度的方向不變，始終向B板運動，肯定能打到B板，故D錯誤。9.(多選)如圖所示，兩塊帶有等量異號電荷的平行金屬板A、B傾斜放置，板與水平方向的夾角θ＝37°，一個電荷量為q＝1.25×10－3C、質(zhì)量為m＝10g的小球，自A板上的小孔P以水平速度v0＝0.075m/s飛入兩板之間的電場，未與B板相碰又回到P點(g取10m/s2A．板間電場強(qiáng)度大小為100V/mB．板間電場強(qiáng)度大小為133V/mC．粒子在電場中運動的時間為0.02sD．粒子在電場中運動的時間為0.04s答案AC解析小球又回到P點，則小球所受重力和電場力的合力與v0反向，對小球進(jìn)行受力分析，有cosθ＝eq\f(mg,Eq)，解得電場強(qiáng)度大小為E＝100V/m，A正確，B錯誤；小球的加速度大小為a＝eq\f(mgtan37°,m)＝gtan37°＝7.5m/s2，在電場中運動的時間t＝2eq\f(v0,a)＝0.02s，C正確，D錯誤。題組二高考小題10．(2024·北京高考)探討與平行板電容器電容有關(guān)因素的試驗裝置如圖所示，下列說法正確的是()A．試驗前，只用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，能使電容器帶電B．試驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小C．試驗中，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，靜電計指針的張角變大D．試驗中，只增加極板帶電量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大答案A解析用帶電玻璃棒與電容器a板接觸，由于靜電感應(yīng)，從而在b板感應(yīng)出等量的異種電荷，從而使電容器帶電，故A正確；依據(jù)平行板電容器的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，將電容器b板向上平移，即正對面積S減小，則電容C減小，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變，則電壓U增大，則靜電計指針的張角變大，故B錯誤；依據(jù)電容器的確定式C＝eq\f(εrS,4πkd)，只在極板間插入有機(jī)玻璃板，則相對介電常數(shù)εr增大，則電容C增大，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電荷量Q不變，則電壓U減小，則靜電計指針的張角減小，故C錯誤；電容與電容器所帶的電荷量無關(guān)，故電容C不變，故D錯誤。11．(2024·全國卷Ⅰ)一平行板電容器兩極板之間充溢云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上。若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度不變答案D解析電容器電容C＝eq\f(εrS,4πkd)，云母介質(zhì)移出，εr減小，C減小；又C＝eq\f(Q,U)，電源恒壓，即U肯定，C減小，故Q減?。浑妶鰪?qiáng)度E＝eq\f(U,d)，故E不變，D正確。12．(2024·江蘇高考)如圖所示，水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，帶電油滴處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將B板右端向下移動一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢面，則該油滴()A．仍舊保持靜止 B．豎直向下運動C．向左下方運動 D．向右下方運動答案D解析兩極板平行時帶電油滴處于平衡狀態(tài)，則重力等于電場力，當(dāng)下極板右端向下移動一小段距離時，板間距離增大場強(qiáng)減小，電場力小于重力；由于電場線垂直于金屬板表面，所以電荷處的電場線如圖所示，所以重力與電場力的合力偏向右下方，故油滴向右下方運動，D正確。13．(2024·江蘇高考)一勻強(qiáng)電場的方向豎直向上。t＝0時刻，一帶電粒子以肯定初速度水平射入該電場，電場力對粒子做功的功率為P，不計粒子重力，則P-t關(guān)系圖象是()答案A解析設(shè)粒子帶正電，運動軌跡如圖所示。水平方向：粒子不受力，vx＝v0。沿電場方向：電場力F電＝qE，加速度a＝eq\f(F電,m)＝eq\f(qE,m)，經(jīng)時間t，粒子沿電場方向的速度vy＝at＝eq\f(qEt,m)，電場力做功的功率P＝F電vy＝qE·eq\f(qEt,m)＝eq\f(qE2t,m)∝t，A正確。14．(2024·江蘇高考)如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中心各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點。現(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點答案A解析設(shè)AB、BC間的電場強(qiáng)度分別為E1、E2，間距分別為d1和d2，電子由O點運動到P點的過程中，據(jù)動能定理得：eE1d1－eE2d2＝0①當(dāng)C板向右平移后，BC板間的電場強(qiáng)度E2′＝eq\f(U′,d2′)＝eq\f(Q,C′d2′)＝eq\f(Q,\f(εS,4πkd2′)·d2′)＝eq\f(4πkQ,εS)，BC板間的電場強(qiáng)度與板間距無關(guān)，大小不變。其次次釋放后，設(shè)電子在BC間移動的距離為x，則eE1d1－eE2x＝0－0②比較①②兩式知，x＝d2，即電子運動到P點時返回，選項A正確。題組三模擬小題15．(2024·江蘇無錫一模)超級電容的容量比通常的電容器大得多，其主要優(yōu)點是高功率脈沖應(yīng)用和瞬時功率保持，具有廣泛的應(yīng)用前景。如圖所示，某超級電容標(biāo)有“2.7V100F”，將該電容接在1.5V干電池的兩端，則電路穩(wěn)定后該電容器的負(fù)極板上所帶電荷量為()A．－150C B．－75CC．－270C D．－135C答案A解析依據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，電容器帶電荷量為Q＝CU＝100×1.5C＝150C，則電路穩(wěn)定后該電容器的負(fù)極板上所帶電荷量為－150C，故選A。16.(2024·廣東汕頭一模)(多選)傳感器在生活中有許多應(yīng)用，電容式加速度傳感器在平安氣囊、手機(jī)移動設(shè)備方面應(yīng)用廣泛，其原理如圖所示，質(zhì)量塊左、右側(cè)分別連接電介質(zhì)、輕質(zhì)彈簧，彈簧與電容器固定在外框上，質(zhì)量塊可帶動電介質(zhì)相對于外框無摩擦地左右移動，但不能上下移動。下列關(guān)于該傳感器的說法正確的是()A．當(dāng)電路中沒有電流時，電容器所帶電荷量肯定都相等B．當(dāng)電路沒有電流時，傳感器肯定處于平衡狀態(tài)C．當(dāng)電路中有順時針方向的電流時，電容器的電容肯定增大D．當(dāng)電路中有順時針方向的電流時，傳感器可能向左也可能向右運動答案CD解析依據(jù)電容器的電容公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，當(dāng)電介質(zhì)插入極板間深度不同時，相對介電常數(shù)大小不同，則電容器的電容也不同，當(dāng)電路中沒有電流時，說明電容器處于穩(wěn)定狀態(tài)，因電容器兩極間的電壓U不變，依據(jù)C＝eq\f(Q,U)知，C不同時，電容器所帶電荷量也不相等，故A錯誤；當(dāng)傳感器以恒定加速度運動時，依據(jù)牛頓其次定律可知，彈簧的彈力不變，形變量不變，電介質(zhì)插入極板間深度不變，則電容器的電容不變，因兩極間的電壓U不變，則電容器的電荷量不變，因此電路中沒有電流，故B錯誤；當(dāng)電路中有順時針方向的電流時，說明電容器處于充電狀態(tài)，又U不變，依據(jù)Q＝CU可知，電容器的電容在增大，故C正確；當(dāng)電路中有順時針方向電流時，由以上分析可知，電容器的電容在增大，插入極板間的電介質(zhì)的長度增加，傳感器可能向左運動，也可能向右運動，故D正確。17．(2024·安徽安慶二模)如圖所示，一水平放置的平行板電容器與電源相連，起先時開關(guān)閉合。一帶電油滴沿兩極板中心線方向以一初速度射入，恰好沿中心線①通過電容器。則下列推斷正確的是()A．粒子帶正電B．保持開關(guān)閉合，將B板向上平移肯定距離，可使粒子沿軌跡②運動C．保持開關(guān)閉合，將A板向上平移肯定距離，可使粒子仍沿軌跡①運動D．?dāng)嚅_開關(guān)，將B板向上平移肯定距離，可使粒子沿軌跡②運動答案B解析開關(guān)閉合時，油滴做勻速直線運動，電場力和重力平衡，A板和電源正極相連，所以場強(qiáng)方向向下，故油滴帶負(fù)電，A錯誤；保持開關(guān)閉合，電容器兩板間的電壓不變，B板上移，板間距d減小，依據(jù)E＝eq\f(U,d)知場強(qiáng)增大，電場力大于重力，可使粒子沿軌跡②運動，B正確；保持開關(guān)閉合，U不變，將A板向上平移肯定距離，板間距d增大，依據(jù)E＝eq\f(U,d)知場強(qiáng)減小，電場力小于重力，粒子向下偏轉(zhuǎn)，C錯誤；斷開開關(guān)，電容器的電荷量不變，將B板向上平移肯定距離，板間距d減小，依據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(4πkQ,εr·S)知，場強(qiáng)不變，粒子受力不變，仍沿軌跡①運動，D錯誤。18．(2024·河南安陽二模)如圖所示，偏轉(zhuǎn)電場的極板水平放置，偏轉(zhuǎn)電場右邊的擋板豎直放置，氕、氘、氚三粒子同時從同一位置沿水平方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，最終均打在右邊的豎直擋板上。不計氕、氘、氚的重力，不考慮三者之間的相互影響，則下列說法正確的是()A．若三者進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能相同，則必定到達(dá)擋板上同一點B．若三者進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初動量相同，則到達(dá)擋板的時間必定相同C．若三者進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度相同，則必定到達(dá)擋板上同一點D．若三者進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能相同，則到達(dá)擋板的時間必定相同答案A解析設(shè)帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度為v0，質(zhì)量為m，電荷量為q，偏轉(zhuǎn)電場的電壓為U，極板長度為l，板間距離為d，粒子射入點到豎直擋板的距離為L，則粒子出電場時的偏轉(zhuǎn)位移為：y＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)eq\f(l,v0)2＝eq\f(qUl2,4Ekd)，速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUl,2Ekd)，由于氕、氘、氚具有相同的電荷量和不同的質(zhì)量，若三者進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場的初動能相同，則出電場時的偏轉(zhuǎn)位移相同，速度的偏轉(zhuǎn)角相同，粒子必定到達(dá)擋板上的同一點，故A正確；若三者的初動量相同，則初速度不同，粒子到達(dá)擋板的時間t＝eq\f(L,v0)不同，故B錯誤；若三者的初速度相同，由于質(zhì)量不同，則出電場時的偏轉(zhuǎn)位移不同，速度的偏轉(zhuǎn)角不同，粒子不會到達(dá)擋板上的同一點，故C錯誤；若三者的初動能相同，則初速度不同，粒子到達(dá)擋板的時間t＝eq\f(L,v0)不同，故D錯誤。19．(2024·福建龍巖二模)如圖，區(qū)域Ⅰ、Ⅱ有兩個相鄰的豎直勻強(qiáng)電場，方向相反，豎直虛線為電場邊界，區(qū)域Ⅱ的電場強(qiáng)度是區(qū)域Ⅰ的2倍。帶電粒子以某初速度從A點在紙面內(nèi)垂直左邊界進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，經(jīng)過一段時間后，從區(qū)域Ⅱ右邊界上的B點(未畫出)垂直電場方向穿出，粒子重力不計，則()A．粒子從A點運動到B點電場力始終做正功B．A、B兩點的連線與電場線垂直C．粒子在A、B兩點處動能相等D．粒子穿過兩電場區(qū)域時間相等答案C解析由題意，大致畫出帶電粒子的運動軌跡如圖，粒子在B點的速度垂直電場方向，所以從A到B的過程中在豎直方向先加速后減速，故電場力先做正功后做負(fù)功，A錯誤；從A到B在豎直方向有位移，故A、B兩點的連線與電場線不垂直，故B錯誤；在A、B兩點，粒子在豎直方向的速度為零，粒子在水平方向始終做勻速直線運動，所以粒子在A、B兩點處動能相等，故C正確；在區(qū)域Ⅰ內(nèi)，由牛頓其次定律得：a1＝eq\f(qE1,m)，離開區(qū)域Ⅰ時，由速度公式得：vy＝a1t1，在區(qū)域Ⅱ內(nèi)，由牛頓其次定律得：a2＝eq\f(qE2,m)，由速度公式得：vy＝a2t2，因E2＝2E1，所以a2＝2a1，t2＝eq\f(1,2)t1，故D錯誤。20.(2024·遼寧大連二模)(多選)如圖所示，在豎直放置的平行金屬板A、B之間加有恒定電壓U，A、B兩板的中心留有小孔O1、O2，在B板的右側(cè)有平行于極板的勻強(qiáng)電場E，電場范圍足夠大，感光板MN垂直于電場方向固定放置。第一次從小孔O1處由靜止釋放一個質(zhì)子，其次次從小孔O1處由靜止釋放一個α粒子，關(guān)于這兩個粒子的運動，下列推斷正確的是()A．質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比為1∶2B．質(zhì)子和α粒子在整個過程中運動的時間相等C．質(zhì)子和α粒子打到感光板上時的動能之比為1∶2D．質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同答案CD解析從A板運動到B板，依據(jù)動能定理：Uq＝eq\f(1,2)mv2－0，解得：v＝eq\r(\f(2qU,m))，則質(zhì)子和α粒子在O2處的速度大小之比：eq\f(v1,v2)＝eq\r(\f(q1m2,q2m1))＝eq\f(\r(2),1)，故A錯誤；設(shè)粒子在加速電場中的加速時間為t1，加速位移為x1，在偏轉(zhuǎn)電場中運動時間為t2，偏轉(zhuǎn)位移為y，有：x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)·eq\f(Uq,dm)teq\o\al(2,1)，y＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)teq\o\al(2,2)，由于質(zhì)子和α粒子的加速位移和偏轉(zhuǎn)位移相同，但是eq\f(q,m)不同，所以它們的運動時間不同，故B錯誤；從起先運動到打到感光板上，依據(jù)動能定理有：Uq＋Eyq＝Ek－0，則有eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(q1,q2)＝eq\f(1,2)，故C正確；帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的水平位移x＝vt2＝eq\r(\f(2qU,m))·eq\r(\f(2ym,Eq))＝2eq\r(\f(yU,E))，可知質(zhì)子和α粒子打到感光板上的位置相同，故D正確。題組一基礎(chǔ)大題21．如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h(yuǎn)處由靜止起先下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽視不計，極板間電場可視為勻強(qiáng)電場，重力加速度為g)。求：(1)小球到達(dá)小孔處的速度大?。?2)極板間電場強(qiáng)度大小和電容器所帶電荷量；(3)小球從起先下落到下極板處的時間。答案(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(mgh＋d,qd)eq\f(Cmgh＋d,q)(3)eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))解析(1)設(shè)小球到達(dá)小孔處的速度為v，由自由落體運動規(guī)律有v2＝2gh得v＝eq\r(2gh)。(2)設(shè)小球在極板間運動的加速度為a，由v2＝2ad，得a＝eq\f(v2,2d)＝eq\f(gh,d)由牛頓其次定律得qE－mg＝ma電容器的電荷量Q＝CU＝CEd聯(lián)立以上各式得E＝eq\f(mgh＋d,qd)，Q＝eq\f(Cmgh＋d,q)。(3)由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，得小球做自由落體運動的時間t1＝eq\r(\f(2h,g))由0＝v－at2，得小球在電場中運動的時間t2＝deq\r(\f(2,gh))則小球運動的總時間t＝t1＋t2＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))。題組二高考大題22．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，兩金屬板P、Q水平放置，間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的電勢均為φ(φ>0)。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置，以速度v0平行于紙面水平射入電場，重力忽視不計。(1)求粒子第一次穿過G時的動能，以及它從射入電場至此時在水平方向上的位移大小；(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場，則金屬板的長度最短應(yīng)為多少？答案(1)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qhv0eq\r(\f(mdh,qφ))(2)2v0eq\r(\f(mdh,qφ))解析(1)PG、QG間場強(qiáng)大小相等，設(shè)均為E。粒子在PG間所受電場力F的方向豎直向下，設(shè)粒子的加速度大小為a，有E＝eq\f(2φ,d)①F＝qE＝ma②設(shè)粒子第一次到達(dá)G時動能為Ek，由動能定理有qEh＝Ek－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③設(shè)粒子第一次到達(dá)G時所用的時間為t，粒子在水平方向的位移大小為l，則有h＝eq\f(1,2)at2④l＝v0t⑤聯(lián)立①②③④⑤式解得Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(2φ,d)qh⑥l＝v0eq\r(\f(mdh,qφ))⑦(2)若粒子穿過G一次就從電場的右側(cè)飛出，則金屬板的長度最短。由對稱性知，此時金屬板的長度為L＝2l＝2v0eq\r(\f(mdh,qφ))。23．(2024·北京高考)如圖所示，電子由靜止起先經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0。偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強(qiáng)電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。(1)忽視電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；(2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽視了電子所受重力，請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其緣由。已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10－2m，m＝9.1×10－31kg，e＝1.6×10－19C，g＝10m(3)極板間既有靜電場也有重力場