高考物理一輪復(fù)習(xí)課后限時集訓(xùn)19電容器帶電粒子在電場中的運動含解析新人教版

課后限時集訓(xùn)(十九)(時間：40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70μF電容器充電到5000V，存儲875J能量，搶救病人時一部分能量在2ms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，電容為35μFC．電容器充電至5000V時，電荷量為35CD．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＝eq\f(Q,U)知Q＝CU＝70×10－6×5×103C＝0.35C，選項C錯誤；由η＝eq\f(Pt,E總)知，η＝eq\f(100×103×2×10－3,875)×100%＝23%，選項D正確。]2．如圖所示的鍵盤為一電容式鍵盤，在我們打字的過程中，讓我們猜想一下我們是通過改變電容器的哪個因素來改變電容的()A．兩板間的距離 B．兩板間的電壓C．兩板間的電介質(zhì) D．兩板間的正對面積A[電容器的電容的決定式為C＝eq\f(εrS,4πkd)，而打字的過程中是通過改變兩極板之間的距離來改變電容的，A正確。]3．一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上，若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A．極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B．極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C．極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D．極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變D[由平行板電容器電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，若將云母介質(zhì)移出，則εr變小，故C變小，而U不變，由C＝eq\f(Q,U)知，Q變?。粯O板間電場強度E＝eq\f(U,d)，因為U不變，極板間距離d也不變，所以E不變，綜上所述選D。]4.如圖所示，電源上正下負(fù)，虛線框內(nèi)是一種電容式壓力傳感器，M為固定電極，N為可動電極，N的兩端固定，當(dāng)待測壓力F作用于N時，將使它發(fā)生形變，從而改變傳感器的電容；傳感器與靈敏電流計和電池組串聯(lián)。若電流從靈敏電流計的正極流進(jìn)時，指針向右偏。則在待測壓力F增大的過程中()A．電容器所帶電荷量不變B．電容器的電容減小C．靈敏電流計的指針向左偏D．靈敏電流計的指針向右偏D[在待測壓力F增大的過程中，極板間的距離減小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，電容器的電容C變大，選項B錯誤；電容器始終與電源相連，極板間的電壓不變，由C＝eq\f(Q,U)知，電容器所帶的電荷量增加，電容器充電，電流從靈敏電流計的正極流入，指針向右偏，選項D正確，A、C錯誤。]5.如圖所示，三塊平行放置的帶電金屬薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分別位于O、M、P點。由O點靜止釋放的電子恰好能運動到P點?，F(xiàn)將C板向右平移到P′點，則由O點靜止釋放的電子()A．運動到P點返回B．運動到P和P′點之間返回C．運動到P′點返回D．穿過P′點A[根據(jù)平行板電容器的電容的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定義式C＝eq\f(Q,U)和勻強電場的電壓與電場強度的關(guān)系式U＝Ed可得E＝eq\f(4kπQ,εrS)，可知將C板向右平移到P′點，B、C兩板間的電場強度不變，由O點靜止釋放的電子仍然可以運動到P點，并且會原路返回，故選項A正確。]6．(多選)如圖為某一機器人上的電容式位移傳感器工作時的簡化模型圖。當(dāng)被測物體在左右方向發(fā)生位移時，電介質(zhì)板隨之在電容器兩極板之間移動，連接電容器的靜電計會顯示電容器電壓的變化，進(jìn)而能測出電容的變化，最后就能探測到物體位移的變化。若靜電計上的指針偏角為θ，則被測物體()A．向左移動時，θ增大 B．向右移動時，θ增大C．向左移動時，θ減小 D．向右移動時，θ減小BC[由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當(dāng)被測物體帶動電介質(zhì)板向左移動時，導(dǎo)致兩極板間電介質(zhì)增大，則電容C增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變時，U減小，則θ減小，故A錯誤，C正確；由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知當(dāng)被測物體帶動電介質(zhì)板向右移動時，導(dǎo)致兩極板間電介質(zhì)減小，則電容C減少，由公式C＝eq\f(Q,U)可知電荷量Q不變時，U增大，則θ增大，故B正確，D錯誤。]7.如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連，靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地。在兩極板間有一固定在P點的點電荷，以E表示兩極板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角。若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小，E不變D[由題知，電容器兩板所帶電荷量Q不變，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)和U＝eq\f(Q,C)可知，當(dāng)上板下移時，C增大，U減小，θ減小，A、B錯誤；根據(jù)E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,C·d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可見E與d無關(guān)，只改變d，E不變，D正確；根據(jù)φP＝UP地＝E·LP地，E不變，LP地不變，故φP不變，Ep不變，C錯誤。]8.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)的電荷量一定大于b的電荷量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＝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。]9.(多選)在如圖所示電路中，蓄電池的電動勢E0＝4V，內(nèi)阻r＝1Ω，電阻R＝4Ω，電容為1pF的平行板電容器水平放置且下極板接地。一帶電油滴位于板間正中央P點且恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是()A．P點的電勢為2VB．上極板所帶的電荷量為3.2×10－12C．若在P點與下極板間插入一塊玻璃板，電容器上極板所帶的電荷量將增加D．若將上極板緩慢上移少許，油滴將向上運動BC[R兩端的電壓U＝eq\f(E0,R＋r)R＝3.2V，P點的電勢為eq\f(U,2)＝1.6V，故A錯誤；上極板所帶的電荷量Q＝CU＝3.2×10－12C，故B正確；由電容C＝eq\f(εrS,4πkd)＝eq\f(Q,U)得Q＝eq\f(εrSU,4πkd)，插入一塊玻璃板，則εr增大，Q增加，故C正確；油滴在P點受力平衡，qE＝mg，若將上極板緩慢上移少許，電容器兩端的電壓U不變，板間距離d增大，根據(jù)E＝eq\f(U,d)得，場強E減小，油滴所受的電場力qE也減小，油滴將向下運動，故D錯誤。]10.(2020·浙江名校聯(lián)考)K、A是密封在真空玻璃管中的兩平行正對圓形金屬板，直徑為L，板間距離為eq\f(\r(3),2)L，金屬板接入電路如圖所示(只畫出了紙面內(nèi)的剖面圖)，M、N兩端外加電壓UMN，K極板正中間有一粒子源，可向其左側(cè)空間均勻地發(fā)射速度大小為v、質(zhì)量為m、電荷量為－q(q>0)的粒子，平行板間的電場看作勻強電場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用，則以下說法正確的是()A．當(dāng)UMN＝－eq\f(mv2,4q)時，電流表示數(shù)為0B．當(dāng)UMN＝－eq\f(mv2,2q)時，電流表示數(shù)不為0C．當(dāng)UMN＝0時，電流表示數(shù)為I，則當(dāng)UMN＝eq\f(4\r(3)mv2,q)時，電流表示數(shù)為3ID．當(dāng)UMN＝0時，電流表示數(shù)為I，則當(dāng)UMN(UMNIC[當(dāng)發(fā)射速度垂直極板向左時，向左運動的位移最大，垂直極板向左發(fā)射的粒子到達(dá)A板速度恰好為零時，電流表示數(shù)為零，根據(jù)動能定理有qUMN＝0－eq\f(1,2)mv2，解得UMN＝－eq\f(mv2,2q)，選項B錯誤；若UMN<0，則其他條件不變時，|UMN|越小，粒子減速的加速度越小，減速到零所需位移越大，故UMN＝－eq\f(mv2,4q)時，垂直極板向左發(fā)射的粒子到達(dá)A板速度不為零，則電流表示數(shù)不為零，選項A錯誤；當(dāng)UMN＝0時，電流表示數(shù)為I，設(shè)此時恰好能運動到A板的粒子發(fā)射速度與極板垂線的夾角為θ，如圖，則有tanθ＝eq\f(\f(L,2),\f(\r(3),2)L)＝eq\f(\r(3),3)，即θ＝30°，則發(fā)射速度與極板垂線的夾角α在0°～30°范圍內(nèi)的粒子打到A板上對應(yīng)的電流表示數(shù)為I；若當(dāng)UMN(UMN>0)增大到一定值時，與板平行射出的粒子經(jīng)t時間恰好到達(dá)A板邊緣，則有eq\f(\r(3),2)L＝eq\f(1,2)·eq\f(qUMN,\f(\r(3),2)L·m)t2，eq\f(1,2)L＝vt，解得此時UMN＝eq\f(6mv2,q)，故當(dāng)UMN≥eq\f(6mv2,q)時，α在0°～90°范圍內(nèi)的粒子都能到達(dá)A板，此時電流表示數(shù)最大，為3I，選項C正確，D錯誤。]11.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子在勻強電場中運動，A、B為其運動軌跡上的兩點，A、B水平距離為L，運動軌跡在豎直平面內(nèi)，已知該粒子在A點的速度大小為v0，方向與豎直方向夾角為60°，它運動到B點時速度大小為eq\f(1,2)v0，方向豎直向上，不計重力。求勻強電場的場強。[解析]由題意知初速度與豎直方向夾角為eq\f(π,3)，初速度v0可以分解為：水平方向vx＝v0·sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)v0豎直方向vy＝v0·coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)v0由于豎直方向速度不變可以知道電場力方向水平向右，電場強度方向也是水平向右，由A向B的運動過程為水平方向勻減速運動。豎直方向勻速直線運動，利用動能定理有：－EqL＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)v0))eq\s\up12(2)聯(lián)立上式解得：E＝eq\f(3mv\o\al(2,0),8qL)。[答案]eq\f(3mv\o\al(2,0),8qL)12.示波器是研究交變電流變化規(guī)律的重要儀器，其主要結(jié)構(gòu)可簡化為：電子槍中的加速電場、兩水平放置的平行金屬板中的偏轉(zhuǎn)電場和豎直放置的熒光屏，如圖所示。若已知加速電場的電壓為U1，兩平行金屬板的板長、板間距離均為d，熒光屏距兩平行金屬板右側(cè)距離也為d，電子槍發(fā)射的質(zhì)量為m、電荷量為－e的電子，從兩平行金屬板的中央穿過，打在熒光屏的中點O，不計電子在進(jìn)入加速電場時的速度及電子重力。若兩金屬板間存在豎直方向的勻強電場，兩板間的偏轉(zhuǎn)電壓為U2，電子會打在熒光屏上某點，該點距O點距離為eq\f(3,2)d，求U1和U2的比值eq\f(U1,U2)。[解析]在加速電場U1中，由動能定理得：qU1＝eq\f(1,2)mv2以v的速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場U2中做類平拋運動，在離開偏轉(zhuǎn)電場時偏移的距離：y1＝eq\f(1,2)at2其中t＝eq\f(d,v)設(shè)粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時，速度方向與水平方向成θ角，則有：tanθ＝eq\f(vy,v)vy＝at根據(jù)牛頓第二定律有加速度a＝eq\f(qU2,md)離開偏轉(zhuǎn)電場后偏移的距離y2＝dtanθ而總的偏移距離y＝y(tǒng)1＋y2＝eq\f(3,2)d聯(lián)立以上幾式解得eq\f(U1,U2)＝eq\f(1,2)。[答案]eq\f(1,2)13．(多選)一位同學(xué)用底面半徑為r的圓桶形塑料瓶制作了一種電容式傳感器，用來測定瓶內(nèi)溶液深度的變化，如圖所示，瓶的外壁涂有一層導(dǎo)電涂層，和瓶內(nèi)導(dǎo)電溶液構(gòu)成電容器的兩極板，它們通過探針和導(dǎo)線與電源、電流計、開關(guān)相連，中間的一層塑料為絕緣介質(zhì)，其厚度為d，相對介電常數(shù)為εr。若發(fā)現(xiàn)在某段時間t內(nèi)有大小為I的電流從下向上流過電流計，設(shè)電源提供的電壓恒為U，則下列說法中正確的是()A．瓶內(nèi)液面升高了B．瓶內(nèi)液面降低了C．電容器在這段時間