江蘇專用2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)課后練習(xí)22電容器帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)含解析

PAGE8-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復(fù)原正常的跳動(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70μF電容器充電到5000V，存儲(chǔ)875J能量，搶救病人時(shí)一部分能量在2ms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100kW。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2500V時(shí)，電容為35μFC．電容器充電至5000V時(shí)，電荷量為35CD．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，電荷量削減，電壓減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電容不隨電壓、電荷量的改變而改變，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由C＝eq\f(Q,U)知Q＝CU＝70×10－6×5×103C＝0.35C，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由η＝eq\f(Pt,E總)知，η＝eq\f(100×103×2×10－3,875)×100%＝23%，選項(xiàng)D正確。]2．(2024·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[依據(jù)平行板電容器電容的確定式可知，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(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＝eq\f(Q,C)知，極板間電勢(shì)差變小，由E＝eq\f(U,d)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，由電容確定式知，電容器電容增大，由U＝eq\f(Q,C)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)的電量肯定大于b的電量B．b的質(zhì)量肯定大于a的質(zhì)量C．a(chǎn)的比荷肯定大于b的比荷D．b的比荷肯定大于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＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,v0)))eq\s\up12(2)得，x＝v0eq\r(\f(2mh,qE))，由于v0eq\r(\f(2hma,Eqa))<v0eq\r(\f(2hmb,Eqb))，可得eq\f(qa,ma)>eq\f(qb,mb)，C正確。]4．(2024·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．仍舊保持靜止 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．(2024·江蘇高考)一勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上，t＝0時(shí)刻，一帶電粒子以肯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()ABCDA[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eq\f(qE,m)，經(jīng)過時(shí)間t，電場(chǎng)力方向速度為eq\f(qE,m)t，功率為P＝Fv＝qE×eq\f(qE,m)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視不計(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)?v0B．僅使粒子的初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)C．僅使B板向上平移eq\f(d,2)D．僅使B板向下平移dB[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＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2，聯(lián)立可得x2＝eq\f(2mv\o\al(2,0)d2,qU)，現(xiàn)在要使x變?yōu)樵瓉淼囊话耄磝2為原來的四分之一，所以須要將粒子的初速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，A錯(cuò)誤，B正確；僅使B板向上平移eq\f(d,2)，則依據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)可得電容增大為原來的兩倍，依據(jù)U＝eq\f(Q,C)可得電壓變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，x2變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，C錯(cuò)誤；僅使B板向下平移d，同理可得電容變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，x2變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯(cuò)誤。]7．有一種電荷限制式噴墨打印機(jī)，它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示。其中墨盒可以噴出微小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室?guī)想姾笠钥隙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[微粒以肯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＝eq\f(1,2)at2，加速度為a＝eq\f(qU,md)，聯(lián)立解得y＝eq\f(qUL2,2mdv\o\al(2,0))＝eq\f(qUL2,4dEk0)，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，可采納的方法：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．(2024·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．eq\f(2mv0,qE)coseq\f(θ,2) B．eq\f(2mv0,qE)taneq\f(θ,2)C．eq\f(mv0,qE)coseq\f(θ,2) D．eq\f(mv0,qE)taneq\f(θ,2)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＋Rcosθ，豎直高度h＝Rsinθ，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＝eq\f(F,m)，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＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得t＝eq\f(2mv0,qE)taneq\f(θ,2)，選項(xiàng)B正確。]9．如圖甲所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔，右極板電勢(shì)隨時(shí)間改變的規(guī)律如圖乙所示。電子原來靜止在左極板小孔處(不計(jì)重力作用)。下列說法中正確的是()甲乙A．從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子將始終向右運(yùn)動(dòng)，直到打到右極板上B．從t＝0時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)C．從t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，電子可能在兩板間振動(dòng)，不行能打到右極板上D．從t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，電子必將打到左極板上A[依據(jù)題中條件作出帶電粒子的v-t圖象，依據(jù)v-t圖象包圍的面積分析粒子的運(yùn)動(dòng)。由圖(a)知，t＝0時(shí)刻釋放電子，電子的位移始終是正值，說明始終向右運(yùn)動(dòng)，肯定能夠擊中右板，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；圖(a)圖(b)由圖(b)知，t＝eq\f(T,4)時(shí)刻釋放電子，電子向右的位移與向左的位移大小相等，若釋放后的eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)不能到達(dá)右板，則之后往復(fù)運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。]10．(2024·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．做變加速運(yùn)動(dòng)B．速領(lǐng)先增大后減小C．電勢(shì)能增加了eq\f(1,2)mv2D．a(chǎn)點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)低eq\f(mv2,q)C[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錯(cuò)誤；顆粒所受重力與電場(chǎng)力的合力斜向左下方，則顆粒的速領(lǐng)先減小后增大，故B錯(cuò)誤；在沿電場(chǎng)方向，顆粒的動(dòng)能減小量為ΔEk＝eq\f(1,2)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eq\f(1,2)mv2，故C正確；在沿電場(chǎng)方向有qUab＝0－eq\f(1,2)mv2，解得Uab＝－eq\f(mv2,2q)，所以a點(diǎn)的電勢(shì)比b點(diǎn)低eq\f(mv2,2q)，故D錯(cuò)誤。]11．(2024·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段的加速度大小漸漸增大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)械能的改變量小于電勢(shì)能的改變量B[小球在AB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段合力必定在減小，即在AB段的加速度大小漸漸減小，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)能的總量削減，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)械能的削減量大于電勢(shì)能的增加量，故D錯(cuò)誤。]12．(2024·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＝50N/C；第Ⅳ象限區(qū)域內(nèi)有一寬度d＝0.2m、方向沿x軸正方向(水平向右)的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量m＝0.1kg、帶電荷量q＝＋1×10－2C的小球從y軸上P點(diǎn)以肯定的初速度垂直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(0,0.4m)，(0.4m,0)，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)初速度v0的大??；(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，依據(jù)牛頓其次定律，加速度a＝eq\f(mg－qE0,m)，解得a＝5m/s2，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，小球沿水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，有xA＝v0t，豎直方向有yP＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立得v0＝xAeq\r(\f(a,2yP))，代入數(shù)據(jù)，解得v0＝1m/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＝eq\r(2yPa)，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eq\f(qE,mg)＝eq\f(v0,vy)，解得E＝50N/C，設(shè)小球在水平電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的水平距離為l，eq\f(qE,mg)＝eq\f(l,d)，依據(jù)電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系有UAB＝El，解得UAB＝5V。(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eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg(yP＋d)＋qUAB－qE0yP，解得v＝eq\r(10)m/s。[答案](1)1m/s(2)5V(3)eq\r(10)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、方向周期性改變的交變電壓，其周期為T，現(xiàn)有電子以平行于極板的速度v0從兩板中心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板間距至少為多大？[解析](1)由動(dòng)能定理得：e·eq\f(U0,2)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,