《（江蘇專用）高考物理一輪復習 課后限時集訓22 電容器、帶電粒子在電場中的運動-人教版高三物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）高考物理一輪復習 課后限時集訓22 電容器、帶電粒子在電場中的運動-人教版高三物理試題（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課后限時集訓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，帶電油滴處于靜止狀態(tài)。現(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)樵瓉淼模珻錯誤；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，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處由靜止開始下落，穿過小孔到達下

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點的機械能比M點的小 C．機械能和電勢能的總量保持不變 D．機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功，導致小球的機械能減小，故B正確；下落過程中，阻力也會做功，導致部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，使機械能和電勢能的總量減少，故C錯誤；下落過程中，小球的機械能不斷減小，轉(zhuǎn)化為電勢能和內(nèi)能，故機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軸方向進入第Ⅰ象限后，從x軸上的A點進入第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，因未進入水平電場前，帶電小球做類平拋運動，所以進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