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(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(yùn)動

上傳人:Sc****h 文檔編號:100584684 上傳時間:2022-06-03 格式:DOC 頁數(shù):9 大?。?.75MB
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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(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(qiáng)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(qiáng)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(qiáng)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(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)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(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

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(yùn)動,選項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(yùn)動,在電場力方向上做勻加速直線運(yùn)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(qiáng)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(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?,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,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(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=at2=·t2,聯(lián)立可得x2=,現(xiàn)在要使x變?yōu)樵瓉淼囊话耄磝2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?,C錯誤;僅使B板向下平移d,同理可得電容變?yōu)樵瓉淼?,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

8、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=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(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),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(yùn)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(yùn)動受到的電場力F=qE,加速度a=,設(shè)帶電粒子從A點運(yùn)動到C點的時間為t,由類平拋運(yùn)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(qiáng)電場,重力加速度為g)。求: (1)小球到達(dá)小孔處的速度大小; (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=。 (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=, 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(yùn)動的時間 t1=, 由0=v-at2得小球在電場中運(yùn)動的時間t2=d,

11、 則小球運(yùn)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(qiáng)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(yùn)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(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(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

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(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(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=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(qiáng)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(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=,解得a=5 m/s2, 根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律,

15、小球沿水平方向做勻速運(yùn)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(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=, 因為小球在水平電場區(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=, 解得E=50 N/C, 設(shè)小球在水平電場中運(yùn)動的水平距離為l, =, 根據(jù)電勢差與電場強(qiáng)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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)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(yùn)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

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