（江蘇專用）高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)22 電容器、帶電粒子在電場中的運(yùn)動-人教版高三物理試題

課后限時集訓(xùn)22電容器、帶電粒子在電場中的運(yùn)動建議用時：45分鐘1.如圖所示，心臟除顫器用于刺激心臟恢復(fù)正常的跳動，它通過皮膚上的電極板使電容器放電。已知某款心臟除顫器，在短于一分鐘內(nèi)使70μF電容器充電到5000V，存儲875J能量，搶救病人時一部分能量在2ms脈沖時間通過電極板放電進(jìn)入身體，此脈沖的平均功率為100kW。下列說法正確的是()A．電容器放電過程中電壓不變B．電容器充電至2500V時，電容為35μFC．電容器充電至5000V時，電荷量為35CD．電容器所釋放出的能量約占存儲總能量的23%D[電容器放電過程，電荷量減少，電壓減小，選項(xiàng)A錯誤；電容不隨電壓、電荷量的變化而變化，選項(xiàng)B錯誤；由C＝eq\f(Q,U)知Q＝CU＝70×10－6×5×103C＝0.35C，選項(xiàng)C錯誤；由η＝eq\f(Pt,E總)知，η＝eq\f(100×103×2×10－3,875)×100%＝23%，選項(xiàng)D正確。]2.(2019·深圳一模)如圖所示，帶電的平行板電容器和靜電計(jì)用導(dǎo)線相連，()A．若僅使上極板上移一段距離，則電容器的電容增大B．若僅向兩極板間插入云母介質(zhì)，則板極間電場強(qiáng)度減小C．若靜電計(jì)指針張角增大，可能僅是因?yàn)閮蓸O板正對面積增大D．若靜電計(jì)指針張角減小，可能僅是因?yàn)閮蓸O板間距變大B[根據(jù)平行板電容器電容的決定式可知，若僅使上極板上移一段距離，電容器兩極板間距離增大，則電容器的電容減小，選項(xiàng)A錯誤；若僅向兩極板間插入云母介質(zhì)，極板間介電常數(shù)變大，電容器電容增加，由U＝eq\f(Q,C)知，極板間電勢差變小，由E＝eq\f(U,d)知，極板間電場強(qiáng)度減小，選項(xiàng)B正確；若兩極板正對面積增大，由電容決定式知，電容器電容增大，由U＝eq\f(Q,C)知，極板間電勢差變小，則靜電計(jì)指針張角減小，選項(xiàng)C錯誤；若兩極板間距變大，則電容器電容減小，同理可知極板間電勢差變大，靜電計(jì)指針張角變大，選項(xiàng)D錯誤。]3.如圖所示，a、b兩個帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場后，a粒子打在B板的a′點(diǎn)，b粒子打在B板的b′點(diǎn)。若不計(jì)粒子重力，則()A．a(chǎn)的電量一定大于b的電量B．b的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量C．a(chǎn)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[由題知，粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，由h＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))2得，x＝v0eq\r(\f(2mh,qE))，由于v0eq\r(\f(2hma,Eqa))<v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))，可得eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb)，C正確。]4．(2018·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．仍然保持靜止 B．豎直向下運(yùn)動C．向左下方運(yùn)動 D．向右下方運(yùn)動D[由于水平金屬板A、B分別與電源兩極相連，兩極板之間的電勢差不變，將B板右端向下移動一小段距離，極板之間的電場強(qiáng)度將減小，油滴所受電場力減小，且電場力方向斜向右上方向，則油滴所受的合外力斜向右下方，所以該油滴向右下方運(yùn)動，選項(xiàng)D正確。]5．(2019·江蘇高考)一勻強(qiáng)電場的方向豎直向上，t＝0時刻，一帶電粒子以一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(jì)粒子重力，則P-t關(guān)系圖象是()ABCDA[由于帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，在電場力方向上做勻加速直線運(yùn)動，加速度為eq\f(qE,m)，經(jīng)過時間t，電場力方向速度為eq\f(qE,m)t，功率為P＝Fv＝qE×eq\f(qE,m)t，所以P與t成正比，故A正確。]6.如圖所示，兩塊平行、正對的金屬板水平放置，分別帶有等量的異種電荷，使兩板間形成勻強(qiáng)電場，兩板間的距離為d。有一帶電粒子以某速度v0緊貼著A板左端沿水平方向射入勻強(qiáng)電場，帶電粒子恰好落在B板的右邊緣。帶電粒子所受的重力忽略不計(jì)?，F(xiàn)使該粒子仍從原位置以同樣的方向射入電場，但使該粒子落在B板的中點(diǎn)，下列措施可行的是()A．僅使粒子的初速度變?yōu)?v0B．僅使粒子的初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)C．僅使B板向上平移eq\f(d,2)D．僅使B板向下平移dB[帶電粒子在垂直電場方向做勻速直線運(yùn)動，有x＝v0t，在沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有d＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，聯(lián)立可得x2＝eq\f(2mv\o\al(2,0)d2,qU)，現(xiàn)在要使x變?yōu)樵瓉淼囊话?，即x2為原來的四分之一，所以需要將粒子的初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，A錯誤，B正確；僅使B板向上平移eq\f(d,2)，則根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可得電容增大為原來的兩倍，根據(jù)U＝eq\f(Q,C)可得電壓變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，x2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，C錯誤；僅使B板向下平移d，同理可得電容變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，x2變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯誤。]7．(多選)有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室?guī)想姾笠砸欢ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D(zhuǎn)電場，再經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符，不考慮墨汁的重力，為使打在紙上的字跡縮小(偏轉(zhuǎn)距離減小)，下列措施可行的是()A．減小墨汁微粒的質(zhì)量B．減小偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離C．減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓D．減小墨汁微粒的噴出速度C[微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動，則在水平方向上有L＝v0t，在豎直方向上有y＝eq\f(1,2)at2，加速度為a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立解得y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(qUL2,4dEk0)，要縮小字跡，就要減小微粒在豎直方向上的偏轉(zhuǎn)量y，由上式分析可知，可采用的方法：增大墨汁微粒的質(zhì)量、增大偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離、增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能Ek0(增大墨汁微粒的噴出速度)、減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓U等，故A、B、D錯誤，C正確。]8.(2019·貴州重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E，有一個半圓形軌道，圓心為O。一帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為＋q(重力不計(jì))，從與圓心等高的軌道上A點(diǎn)以水平速度v0向右入射，落在軌道上C點(diǎn)，已知OC與OB的夾角為θ，則帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的時間為()A.eq\f(2mv0,qE)coseq\f(θ,2) B．eq\f(2mv0,qE)taneq\f(θ,2)C.eq\f(mv0,qE)coseq\f(θ,2) D．eq\f(mv0,qE)taneq\f(θ,2)B[設(shè)軌道半徑為R，由圖中幾何關(guān)系可知，A、C之間的水平距離x＝R＋Rcosθ，豎直高度h＝Rsinθ，帶電粒子在電場中運(yùn)動受到的電場力F＝qE，加速度a＝eq\f(F,m)，設(shè)帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的時間為t，由類平拋運(yùn)動規(guī)律，有x＝v0t，h＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得t＝eq\f(2mv0,qE)taneq\f(θ,2)，選項(xiàng)B正確。]9.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)處由靜止開始下落，穿過小孔到達(dá)下極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì)，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)小球從開始下落至運(yùn)動到下極板處的時間。[解析](1)設(shè)小球到達(dá)小孔處的速度大小為v，由自由落體運(yùn)動規(guī)律有v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)。(2)設(shè)小球在極板間運(yùn)動的加速度大小為a，由v2＝2ad，得a＝eq\f(gh,d)，由牛頓第二定律qE－mg＝ma，電容器的電荷量Q＝CU＝CEd，解得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(yùn)動的時間t1＝eq\r(\f(2h,g))，由0＝v－at2得小球在電場中運(yùn)動的時間t2＝deq\r(\f(2,gh))，則小球運(yùn)動的總時間t＝t1＋t2＝eq\f(h＋d,h)eq\r(\f(2h,g))。[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))10.(多選)(2019·煙臺一模)在水平向左的勻強(qiáng)電場中，一帶電顆粒以速度v從a點(diǎn)水平向右拋出，不計(jì)空氣阻力，顆粒運(yùn)動到b點(diǎn)時速度大小仍為v，方向豎直向下。已知顆粒的質(zhì)量為m，電荷量為q，重力加速度為g，則顆粒從a運(yùn)動到b的過程中()A．做勻變速運(yùn)動B．速率先增大后減小C．電勢能增加了eq\f(1,2)mv2D．a(chǎn)點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)低eq\f(mv2,q)AC[顆粒受到的重力和電場力是恒力，所以顆粒做的是勻變速運(yùn)動，故A正確；顆粒所受重力與電場力的合力斜向左下方，則顆粒的速率先減小后增大，故B錯誤；在沿電場方向，顆粒的動能減小量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，減小的動能轉(zhuǎn)化為了顆粒的電勢能，所以顆粒電勢能增加了eq\f(1,2)mv2，故C正確；在沿電場方向有qUab＝0－eq\f(1,2)mv2，解得Uab＝－eq\f(mv2,2q)，所以a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)低eq\f(mv2,2q)，故D錯誤。]11.(多選)(2019·蘇錫常鎮(zhèn)一模)如圖所示，地面上方分布著豎直向上的勻強(qiáng)電場。一帶正電的小球從油中A處由靜止釋放后豎直下落，已知小球在AB段做加速運(yùn)動，在BC段做勻速運(yùn)動，M和N是小球下落過程中經(jīng)過的兩個位置。在此過程中，小球()A．在AB段的加速度大小逐漸增大B．在N點(diǎn)的機(jī)械能比M點(diǎn)的小C．機(jī)械能和電勢能的總量保持不變D．機(jī)械能的變化量大于電勢能的變化量BD[小球在AB段做加速運(yùn)動，在BC段做勻速運(yùn)動，故AB段合力大于0，而BC段合力等于0，所以在AB段合力必然在減小，即在AB段的加速度大小逐漸減小，A錯誤；由于下落過程中，電場力和阻力始終做負(fù)功，導(dǎo)致小球的機(jī)械能減小，故B正確；下落過程中，阻力也會做功，導(dǎo)致部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，使機(jī)械能和電勢能的總量減少，故C錯誤；下落過程中，小球的機(jī)械能不斷減小，轉(zhuǎn)化為電勢能和內(nèi)能，故機(jī)械能的減少量大于電勢能的增加量，故D正確。]12.(2019·重慶九校聯(lián)盟聯(lián)考)在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向(豎直向上)的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E0＝50N/C；第Ⅳ象限區(qū)域內(nèi)有一寬度d＝0.2m、方向沿x軸正方向(水平向右)的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋1×10－2C的小球從y軸上P點(diǎn)以一定的初速度垂直y軸方向進(jìn)入第Ⅰ象限后，從x軸上的A點(diǎn)進(jìn)入第Ⅳ象限，并恰好沿直線通過該區(qū)域后從B點(diǎn)離開，已知P、A的坐標(biāo)分別為(0,0.4m)，(0.4m,0)，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)初速度v0的大小；(2)A、B兩點(diǎn)間的電勢差UAB；(3)小球經(jīng)過B點(diǎn)時的速度大小。[解析](1)小球進(jìn)入豎直方向的勻強(qiáng)電場后做類平拋運(yùn)動，小球帶正電，受到的電場力方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律，加速度a＝eq\f(mg－qE0,m)，解得a＝5m/s2，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律，小球沿水平方向做勻速運(yùn)動，有xA＝v0t，豎直方向有yP＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立得v0＝xAeq\r(\f(a,2yP))，代入數(shù)據(jù)，解得v0＝1m/s。(2)設(shè)水平電場的電場強(qiáng)度大小為E，因未進(jìn)入水平電場前，帶電小球做類平拋運(yùn)動，所以進(jìn)入電場時豎直方向的速度vy＝eq\r(2yPa)，因?yàn)樾∏蛟谒诫妶鰠^(qū)域恰好做直線運(yùn)動，所以合外力的方向與速度方向在一條直線上，即速度方向與合外力的方向相同，有eq\f(qE,mg)＝eq\f(v0,vy)，解得E＝50N/C，設(shè)小球在水平電場中運(yùn)動的水平距離為l，eq\f(qE,mg)＝eq\f(l,d)，根據(jù)電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系有UAB＝El，解得UAB＝5V。(3)設(shè)小球在B點(diǎn)的速度大小為v，對小球運(yùn)動的全過程，由動能定理，有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg(yP＋d)＋qUAB－qE0yP，解得v＝eq\r(10)m/s。[答案](1)1m/s(2)5V(3)eq\r(10)m/s13．在圖甲所示的極板A、B間加上如圖乙所示的大小不變、方向周期性變化的交變電壓，其周期為T，現(xiàn)有電子以平行于極板的速度v0從兩板中央OO′射入。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不計(jì)電子的重力，問：甲乙(1)若電子從t＝0時刻射入，在半個周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時速度的大小為多少？(2)若電子從t＝0時刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長？(3)若電子恰能從OO′平行于極板飛出，電子應(yīng)從哪一時刻射入？兩極板間距至少為多大？[解析](1)由動能定理得：e·eq\f(U0,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1