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

《（江蘇專用）2021版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)22 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2021版高考物理一輪復(fù)習(xí) 課后限時(shí)集訓(xùn)22 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（9頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 課后限時(shí)集訓(xùn)22 電容器、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 建議用時(shí)：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(dòng)，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(chǔ)875 J能量，搶救病人時(shí)一部分能量在2 ms脈沖時(shí)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(shí)，電容為35 μF C．電容器充電至5 000 V時(shí)，電荷量為35 C D．電容器所釋放出的能量約占存儲(chǔ)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(xiàng)A錯(cuò)誤；電容不隨電壓、電荷量的變化而變化，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由C＝知Q＝CU＝70×10－6×5×103 C＝0.35 C，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由η＝知，η＝×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(chǎng)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(duì)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

3、間距離增大，則電容器的電容減小，選項(xiàng)A錯(cuò)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(shì)差變小，由E＝知，極板間電場(chǎng)強(qiáng)度減小，選項(xiàng)B正確；若兩極板正對(duì)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(shì)差變小，則靜電計(jì)指針張角減小，選項(xiàng)C錯(cuò)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(shì)差變大，靜電計(jì)指針張角變大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。] 3.如圖所示，a、b兩個(gè)帶正電的粒子，以相同的速度先后垂直于電場(chǎng)線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)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

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(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(dòng)一小段距離，兩金屬板表面仍均為等勢(shì)面，則該油滴(　　) A．仍然保持靜止 B．豎直向下運(yùn)動(dòng) C．向左下方運(yùn)動(dòng) D．向右下方運(yùn)動(dòng) 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(shì)差不變，將B板右端向下移動(dòng)一小段距離，極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度將減小，油

5、滴所受電場(chǎng)力減小，且電場(chǎng)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(dòng)，選項(xiàng)D正確。] 5．(2019·江蘇高考)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上，t＝0時(shí)刻，一帶電粒子以一定初速度水平射入該電場(chǎng)，電場(chǎng)力對(duì)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(　　) A　　　　B　　　　　C　　　　D A　[由于帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)力方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為，經(jīng)過時(shí)間t，電場(chǎng)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(duì)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(chǎng)，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(chǎng)，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(chǎng)，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)?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(chǎng)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有x＝v0t，在沿電場(chǎng)方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(cuò)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)樵瓉淼模瑇2變?yōu)樵瓉淼?，C錯(cuò)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(cuò)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(jiǎn)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(chǎng)，再經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)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(chǎng)兩極板間的距離 C．減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)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(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)兩極板間的距離、增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的初動(dòng)能Ek0(增大墨汁微粒的噴出速度)、減小偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U等，故A、B、D錯(cuò)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(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，有一個(gè)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

9、點(diǎn)，已知OC與OB的夾角為θ，則帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)受到的電場(chǎng)力F＝qE，加速度a＝，設(shè)帶電粒子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間為t，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有x＝v0t，h＝at2，聯(lián)立解得t＝tan ，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

10、極板處速度恰為零(空氣阻力忽略不計(jì)，極板間電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，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(chǎng)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(dòng)到下極板處的時(shí)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(dòng)規(guī)律有 v2＝2gh，得v＝。 (2)設(shè)小球在極板間運(yùn)動(dòng)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(dòng)的時(shí)間 t1＝， 由0＝v－at2得小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝d，

11、 則小球運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＝。 [答案]　(1)　(2)　 (3)　 10.(多選)(2019·煙臺(tái)一模)在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(dòng)到b點(diǎn)時(shí)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(dòng)到b的過程中(　　) A．做勻變速運(yùn)動(dòng) B．速率先增大后減小 C．電勢(shì)能增加了mv2 D．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)低 AC　[顆粒受到的重力和電場(chǎng)力是恒力，所以顆粒做的是勻變速運(yùn)動(dòng)，故A正確；顆粒所受重力與電場(chǎng)力的合力斜向左下方，則顆粒的速率先減小后增大，故B錯(cuò)誤；在沿電場(chǎng)方向，顆粒

12、的動(dòng)能減小量為ΔEk＝mv2，減小的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為了顆粒的電勢(shì)能，所以顆粒電勢(shì)能增加了mv2，故C正確；在沿電場(chǎng)方向有qUab＝0－mv2，解得Uab＝－，所以a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)低，故D錯(cuò)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(chǎng)。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(dòng)，在BC段做勻速運(yùn)動(dòng)，M和N是小球下落過程中經(jīng)過的兩個(gè)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(shì)能的總量保持不變 D．機(jī)械能的變化量大于電勢(shì)能的變化量 BD　[小球在A

13、B段做加速運(yùn)動(dòng)，在BC段做勻速運(yùn)動(dòng)，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(cuò)誤；由于下落過程中，電場(chǎng)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(huì)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(shì)能的總量減少，故C錯(cuò)誤；下落過程中，小球的機(jī)械能不斷減小，轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能和內(nèi)能，故機(jī)械能的減少量大于電勢(shì)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(chǎng)，電場(chǎng)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(chǎng)。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(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(0,0.4 m)，(0.4 m,0)，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)初速度v0的大小； (2)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB； (3)小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度大小。 [解析]　(1)小球進(jìn)入豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，小球帶正電，受到的電場(chǎng)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(dòng)規(guī)律，

15、小球沿水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，因未進(jìn)入水平電場(chǎng)前，帶電小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，所以進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度vy＝， 因?yàn)樾∏蛟谒诫妶?chǎng)區(qū)域恰好做直線運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的水平距離為l， ＝， 根據(jù)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系有UAB＝El， 解得UAB＝5 V。 (3)設(shè)小球在B點(diǎn)的速度大小為v，對(duì)小球運(yùn)動(dòng)的全過程，由動(dòng)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(jì)電子的重力，問： 甲　　　　　 　　乙 (1)若電子從t＝0時(shí)刻射入，在半個(gè)周期內(nèi)恰好能從A板的邊緣飛出，則電子飛出時(shí)速度的大小為多少？ (2)若電子從t＝0時(shí)刻射入，恰能平行于極板飛出，則極板至少為多長(zhǎng)？ (3)若電子恰能從OO′平行于極板飛出，電子應(yīng)從哪一時(shí)刻射入？?jī)蓸O板間距至少為

17、多大？ [解析]　(1)由動(dòng)能定理得：e·＝mv2－mv 解得v＝。 (2)t＝0時(shí)刻射入的電子，在垂直于極板方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，向正極板方向偏轉(zhuǎn)，半個(gè)周期后電場(chǎng)方向反向，電子繼續(xù)在該方向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)過半個(gè)周期，電場(chǎng)方向上的速度減到零，此時(shí)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(dòng)； 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(dòng)一個(gè)周期，故極板長(zhǎng)至少為L(zhǎng)＝v0T。 (3)若要使電子從OO′平行于極板飛出，則電子在電場(chǎng)方向上應(yīng)先加速、再減速，反向加速、再減速，每階段時(shí)間相同，一個(gè)周期后恰好回到OO′上，可見應(yīng)在t＝＋k·(k＝0,1,2，…)時(shí)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(dòng)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