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 F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 FC電容器充電至5 000 V時，電荷量為35 CD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知QCU70×106×5×103 C0.35 C，選項(xiàng)C錯誤；由知，×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知，極板間電勢差變小，由E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()Aa的電量一定大于b的電量Bb的質(zhì)量一定大于a的質(zhì)量Ca的比荷一定大于b的比荷Db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，xv0，由于v0<v0，可得>，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，t0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P­t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，經(jīng)過時間t，電場力方向速度為t，功率為PFvqE×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)镃僅使B板向上平移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xv0t，在沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有dat2·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Lv0t，在豎直方向上有yat2，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(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，則帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的時間為()A.cos Btan C.cos Dtan 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xRRcos ，豎直高度hRsin ，帶電粒子在電場中運(yùn)動受到的電場力FqE，加速度a，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xv0t，hat2，聯(lián)立解得ttan ，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v22gh，得v。(2)設(shè)小球在極板間運(yùn)動的加速度大小為a，由v22ad，得a，由牛頓第二定律qEmgma，電容器的電荷量QCUCEd，解得E，Q。(3)由hgt得小球做自由落體運(yùn)動的時間t1，由0vat2得小球在電場中運(yùn)動的時間t2d，則小球運(yùn)動的總時間tt1t2。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(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mv2Da點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)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，顆粒的動能減小量為Ekmv2，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qUab0mv2，解得Uab，所以a點(diǎn)的電勢比b點(diǎn)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(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E050 N/C；第象限區(qū)域內(nèi)有一寬度d0.2 m、方向沿x軸正方向(水平向右)的勻強(qiáng)電場。質(zhì)量m0.1 kg、帶電荷量q1×102 C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)入第象限后，從x軸上的A點(diǎn)進(jìn)入第象限，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(0,0.4 m)，(0.4 m,0)，取重力加速度g10 m/s2。求：(1)初速度v0的大??；(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，解得a5 m/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xAv0t，豎直方向有yPat2，聯(lián)立得v0xA，代入數(shù)據(jù)，解得v01 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?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，解得E50 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UABEl，解得UAB5 V。(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mv2mvmg(yPd)qUABqE0yP，解得v m/s。答案(1)1 m/s(2)5 V(3) 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t0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t0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·mv2mv解得v。(2)t0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(shí)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Lv0T。(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tk·(k0,1,2，)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dT故兩極板間距至少為T。答案(1)(2)v0T(3)k·(k0,1,2，)T