（江蘇專用）2021版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時集訓(xùn)22 電容器、帶電粒子在電場中的運動

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1、 課后限時集訓(xùn)22 電容器、帶電粒子在電場中的運動 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70 μF電容器充電到5 000 V，存儲875 J能量，搶救病人時一部分能量在2 ms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100 kW。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2 500 V時，電容為35 μF C．電容器充電至5 000 V時，電荷量為35 C D．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，

2、電荷量減少，電壓減小，選項A錯誤；電容不隨電壓、電荷量的變化而變化，選項B錯誤；由C＝知Q＝CU＝70×10－6×5×103 C＝0.35 C，選項C錯誤；由η＝知，η＝×100%＝23%，選項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)，則板極間電場強度減小 C．若靜電計指針張角增大，可能僅是因為兩極板正對面積增大 D．若靜電計指針張角減小，可能僅是因為兩極板間距變大 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

3、間距離增大，則電容器的電容減小，選項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＝知，極板間電勢差變小，由E＝知，極板間電場強度減小，選項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＝知，極板間電勢差變小，則靜電計指針張角減小，選項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，靜電計指針張角變大，選項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進(jìn)入平行板間的勻強電場后，a粒子打在B板的a′點，b粒子打在B板的b′點。若不計粒子重力，則(　　) A．a(chǎn)的電量一定大于b的

4、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，粒子在勻強電場中做類平拋運動，由h＝··2得，x＝v0，由于v0，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．豎直向下運動 C．向左下方運動 D．向右下方運動 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，極板之間的電場強度將減小，油

5、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動，選項D正確。] 5．(2019·江蘇高考)一勻強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，不計粒子重力，則P-t關(guān)系圖象是(　　) A　　　　B　　　　　C　　　　D A　[由于帶電粒子在電場中做類平拋運動，在電場力方向上做勻加速直線運動，加速度為，經(jīng)過時間t，電場力方向速度為t，功率為P＝Fv＝qE×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，使兩板間形成勻強電場，兩

6、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。現(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，下列措施可行的是(　　) A．僅使粒子的初速度變?yōu)?v0 B．僅使粒子的初速度變?yōu)? C．僅使B板向上平移 D．僅使B板向下平移d B　[帶電粒子在垂直電場方向做勻速直線運動，有x＝v0t，在沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，有d＝at2＝·t2，聯(lián)立可得x2＝，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)?，A錯誤，B正確；僅使B板向上平移，則

7、根據(jù)C＝可得電容增大為原來的兩倍，根據(jù)U＝可得電壓變?yōu)樵瓉淼?，x2變?yōu)樵瓉淼模珻錯誤；僅使B板向下平移d，同理可得電容變?yōu)樵瓉淼模妷鹤優(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

8、定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，則在水平方向上有L＝v0t，在豎直方向上有y＝at2，加速度為a＝，聯(lián)立解得y＝＝，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·貴州重點中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強電場，電場強度大小為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)，從與圓心等高的軌道上A點以水平速度v0向右入射，落在軌道上C

9、點，已知OC與OB的夾角為θ，則帶電粒子從A點運動到C點的時間為(　　) A.cos B．tan C.cos D．tan 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＋Rcos θ，豎直高度h＝Rsin θ，帶電粒子在電場中運動受到的電場力F＝qE，加速度a＝，設(shè)帶電粒子從A點運動到C點的時間為t，由類平拋運動規(guī)律，有x＝v0t，h＝at2，聯(lián)立解得t＝tan ，選項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

10、極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場，重力加速度為g)。求： (1)小球到達(dá)小孔處的速度大?。? (2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量； (3)小球從開始下落至運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， 由自由落體運動規(guī)律有 v2＝2gh，得v＝。 (2)設(shè)小球在極板間運動的加速度大小為a， 由v2＝2ad，得a＝， 由牛頓第二定律qE－mg＝ma， 電容器的電荷量Q＝CU＝CEd， 解得E＝，Q＝。 (3)由h＝gt得小球做自由落體運動的時間 t1＝， 由0＝v－at2得小球在電場中運動的時間t2＝d，

11、 則小球運動的總時間t＝t1＋t2＝。 [答案]　(1)　(2)　 (3)　 10.(多選)(2019·煙臺一模)在水平向左的勻強電場中，一帶電顆粒以速度v從a點水平向右拋出，不計空氣阻力，顆粒運動到b點時速度大小仍為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運動到b的過程中(　　) A．做勻變速運動 B．速率先增大后減小 C．電勢能增加了mv2 D．a(chǎn)點的電勢比b點低 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

12、的動能減小量為ΔEk＝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mv2，故C正確；在沿電場方向有qUab＝0－mv2，解得Uab＝－，所以a點的電勢比b點低，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段做加速運動，在BC段做勻速運動，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點的機(jī)械能比M點的小 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A

13、B段做加速運動，在BC段做勻速運動，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)的勻強電場，電場強度大小E0＝50 N/C；第Ⅳ象限區(qū)域內(nèi)有一寬度d＝0.2

14、 m、方向沿x軸正方向(水平向右)的勻強電場。質(zhì)量m＝0.1 kg、帶電荷量q＝＋1×10－2 C的小球從y軸上P點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點進(jìn)入第Ⅳ象限，并恰好沿直線通過該區(qū)域后從B點離開，已知P、A的坐標(biāo)分別為(0,0.4 m)，(0.4 m,0)，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)初速度v0的大??； (2)A、B兩點間的電勢差UAB； (3)小球經(jīng)過B點時的速度大小。 [解析]　(1)小球進(jìn)入豎直方向的勻強電場后做類平拋運動，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＝，解得a＝5 m/s2， 根據(jù)平拋運動規(guī)律，

15、小球沿水平方向做勻速運動，有xA＝v0t， 豎直方向有yP＝at2， 聯(lián)立得v0＝xA， 代入數(shù)據(jù)，解得v0＝1 m/s。 (2)設(shè)水平電場的電場強度大小為E，因未進(jìn)入水平電場前，帶電小球做類平拋運動，所以進(jìn)入電場時豎直方向的速度vy＝， 因為小球在水平電場區(qū)域恰好做直線運動，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＝， 解得E＝50 N/C， 設(shè)小球在水平電場中運動的水平距離為l， ＝， 根據(jù)電勢差與電場強度的關(guān)系有UAB＝El， 解得UAB＝5 V。 (3)設(shè)小球在B點的速度大小為v，對小球運動的全過程，由動能定理，有mv2－mv＝mg

16、(yP＋d)＋qUAB－qE0yP，解得v＝ m/s。 [答案]　(1)1 m/s　(2)5 V　(3) m/s 13．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

17、多大？ [解析]　(1)由動能定理得：e·＝mv2－mv 解得v＝。 (2)t＝0時刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運動，向正極板方向偏轉(zhuǎn)，半個周期后電場方向反向，電子繼續(xù)在該方向上做勻減速運動，再經(jīng)過半個周期，電場方向上的速度減到零，此時實際速度等于初速度v0，方向平行于極板，以后繼續(xù)重復(fù)這樣的運動； 要使電子恰能平行于極板飛出，則電子在OO′方向上至少運動一個周期，故極板長至少為L＝v0T。 (3)若要使電子從OO′平行于極板飛出，則電子在電場方向上應(yīng)先加速、再減速，反向加速、再減速，每階段時間相同，一個周期后恰好回到OO′上，可見應(yīng)在t＝＋k·(k＝0,1,2，…)時射入； 極板間距離要滿足電子在加速、減速階段不打到極板上， 由牛頓第二定律有a＝ 加速階段運動的距離 s＝··≤ 解得d≥T 故兩極板間距至少為T。 [答案]　(1)　(2)v0T　(3)＋k·(k＝0,1,2，…)　T 9