2024高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)作業(yè)二十二電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)含解析新人教版

PAGE10-電容器與電容帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(建議用時(shí)40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%【解析】選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、電荷量的變更而變更,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由C=知Q=CU=70×10-6×5×103C=0.35C,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由η=知,η=×100%≈23%,選項(xiàng)D正確。2.如圖所示,電子由靜止起先從A板向B板運(yùn)動(dòng),到達(dá)B板的速度為v,保持兩板間電壓不變,則 ()A.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí),速度v增大B.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí),速度v減小C.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí),速度v不變D.當(dāng)減小兩板間的距離時(shí),電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)【解析】選C。由動(dòng)能定理得eU=mv2,當(dāng)變更兩極板間的距離時(shí),U不變,v就不變,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤,C正確;粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),平均速度v=,=,即t=,當(dāng)d減小時(shí),v不變,電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3.(2024·柳州模擬)靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的基礎(chǔ)上制成的,用其指針張角的大小來定性顯示其相互絕緣的金屬球與外殼之間的電勢(shì)差大小。如圖所示,A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板,G為靜電計(jì),B固定,A可移動(dòng),起先時(shí)開關(guān)S閉合,靜電計(jì)指針張開肯定角度。則下列說法正確的是 ()A.斷開S后,將A向左移動(dòng)少許,靜電計(jì)指針張開的角度變小B.斷開S后,在A、B間插入電介質(zhì),靜電計(jì)指針張開的角度增大C.斷開S后,將A向上移動(dòng)少許,靜電計(jì)指針張開的角度增大D.保持S閉合,將變阻器滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng),靜電計(jì)指針張開的角度減小【解析】選C。斷開S后,電容器帶電量不變,將A向左移動(dòng)少許,則d增大,依據(jù)C=知,電容減小,依據(jù)U=知,電勢(shì)差增大,指針張角增大,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;斷開S后,在A、B間插入電介質(zhì),依據(jù)C=知,電容增大,依據(jù)U=知,電勢(shì)差減小,則指針張角減小,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;斷開S后,將A向上移動(dòng)少許,則S減小,依據(jù)C=知,電容減小,依據(jù)U=知,電勢(shì)差增大,則指針張角增大,故選項(xiàng)C正確;保持S閉合,電容器兩端的電勢(shì)差不變,變阻器僅僅充當(dāng)導(dǎo)線功能,滑動(dòng)觸頭移動(dòng)不會(huì)影響指針張角,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。4.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)。現(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)【解析】選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.(多選)(2024·成都模擬)如圖所示,正方體真空盒置于水平面上,它的ABCD面與EFGH面為金屬板,其他面為絕緣材料。ABCD面帶正電,EFGH面帶負(fù)電。從小孔P沿水平方向以相同速率射入三個(gè)質(zhì)量相同的帶正電液滴,最終分別落在1、2、3三點(diǎn),則下列說法正確的是 ()A.三個(gè)液滴在真空盒中都做平拋運(yùn)動(dòng)B.三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間肯定相同C.三個(gè)液滴落究竟板時(shí)的速率相同D.液滴3所帶電荷量最多【解析】選B、D。三個(gè)液滴在水平方向受到電場(chǎng)力作用,水平方向不是勻速直線運(yùn)動(dòng),所以三個(gè)液滴在真空盒中不是做平拋運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由于三個(gè)液滴在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),三個(gè)液滴的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,選項(xiàng)B正確;三個(gè)液滴落究竟板時(shí)豎直分速度相等,而水平分速度不相等,所以三個(gè)液滴落究竟板時(shí)的速率不相同,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由于液滴3在水平方向位移最大,說明液滴3在水平方向加速度最大,所帶電荷量最多,選項(xiàng)D正確。6.如圖所示,帶電粒子由靜止起先,經(jīng)電壓為U1的加速電場(chǎng)加速后,沿垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電壓為U2的平行板電容器,經(jīng)偏轉(zhuǎn)落在下板的中間位置。為使同樣的帶電粒子,從同樣的初始位置由靜止加速、偏轉(zhuǎn)后能穿出平行板電容器,下列措施可行的是 ()A.保持U2和平行板間距不變,減小U1B.保持U1和平行板間距不變,增大U2C.保持U1、U2和下板位置不變,向下平移上板D.保持U1、U2和下板位置不變,向上平移上板【解析】選D。粒子在電場(chǎng)中加速,有qU1=m,在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中,有x=v0t,y=at2=t2,解得x2=。起先時(shí)x=L,保持U2和平行板間距不變,減小U1,x減小,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;保持U1和平行板間距不變,增大U2,x減小,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;保持U1、U2和下板位置不變,向下平移上板,則d減小,x減小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;保持U1、U2和下板位置不變,向上平移上板,x變大,此措施可行,選項(xiàng)D正確。7.如圖所示,虛線MN左側(cè)有一場(chǎng)強(qiáng)為E1=E的勻強(qiáng)電場(chǎng),在兩條平行的虛線MN和PQ之間存在著寬為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E2=2E的勻強(qiáng)電場(chǎng),在虛線PQ右側(cè)相距為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)E2平行的屏?，F(xiàn)將一電子(電荷量為e,質(zhì)量為m)無初速度地放入電場(chǎng)E1中的A點(diǎn),A點(diǎn)與MN相距,最終電子打在右側(cè)的屏上,AO連線與屏垂直,垂足為O,求:(1)電子從釋放到打到屏上所用的時(shí)間;(2)電子剛射出電場(chǎng)E2時(shí)的速度方向與AO連線夾角θ的正切值tanθ;(3)電子打到屏上的點(diǎn)P′到點(diǎn)O的距離x?！窘馕觥?1)電子在電場(chǎng)E1中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a1,時(shí)間為t1,由牛頓其次定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得a1==,=a1v1=a1t1t2=運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t=t1+t2=3。(2)設(shè)電子射出電場(chǎng)E2時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy,依據(jù)牛頓其次定律得,電子在電場(chǎng)中的加速度為a2==,t3=,vy=a2t3,tanθ=解得tanθ=2。(3)如圖,設(shè)電子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為x1x1=a2tanθ=解得x=x1+x2=3L。答案:(1)3(2)2(3)3L8.如圖所示,一種β射線管由平行金屬板A、B和平行于金屬板的細(xì)管C組成。放射源O在A極板左端,可以向各個(gè)方向放射不同速度、質(zhì)量為m的β粒子(電子)。若極板長(zhǎng)為L(zhǎng),間距為d,當(dāng)A、B板加上電壓U時(shí),只有某一速度的β粒子能從細(xì)管C水平射出,細(xì)管C離兩板等距。已知元電荷為e,則從放射源O放射出的β粒子的這一速度為 ()A.B.C. D.【解析】選C。β粒子反方向的運(yùn)動(dòng)為類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向有L=v0t,豎直方向有=at2,且a=。從A到C的過程有-eU=m-mv2,以上各式聯(lián)立解得v=,選項(xiàng)C正確。9.如圖所示,D是一只二極管,AB是平行板電容器,在電容器兩極板間有一帶電微粒P處于靜止?fàn)顟B(tài),當(dāng)兩極板A和B間的距離增大一些的瞬間(兩極板仍平行),帶電微粒P的運(yùn)動(dòng)狀況是 ()A.向下運(yùn)動(dòng) B.向上運(yùn)動(dòng)C.仍靜止不動(dòng) D.不能確定【解析】選C。當(dāng)帶電微粒P靜止時(shí),對(duì)其進(jìn)行受力分析得qE=mg,即q=mg。當(dāng)A、B之間距離增大時(shí),電容器的電容C減小,由Q=CU得,Q也減小,但由于電路中連接了一個(gè)二極管,它具有單向?qū)щ娦?不能放電,故電容器A、B兩極板上的電荷量不變,場(chǎng)強(qiáng)不變,電場(chǎng)力仍等于微粒的重力,故帶電微粒仍保持靜止?fàn)顟B(tài),選項(xiàng)C正確。10.(多選)如圖所示,水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓,兩個(gè)質(zhì)量相等的電荷M和N同時(shí)分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進(jìn)入板間電場(chǎng),兩電荷恰好在板間某點(diǎn)相遇。若不考慮電荷的重力和它們之間的相互作用,則下列說法正確的是 ()A.電荷M的電荷量大于電荷N的電荷量B.兩電荷在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度相等C.從兩電荷進(jìn)入電場(chǎng)到兩電荷相遇,電場(chǎng)力對(duì)電荷M做的功大于電場(chǎng)力對(duì)電荷N做的功D.電荷M進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小與電荷N進(jìn)入電場(chǎng)的初速度大小肯定相同【解析】選A、C。從軌跡可以看出yM>yN,故·t2>·t2,解得>,qM>qN,選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤;依據(jù)動(dòng)能定理,電場(chǎng)力的功為W=ΔEk=m,質(zhì)量m相同,M電荷豎直分位移大,豎直方向的末速度vy=也大,故電場(chǎng)力對(duì)電荷M做的功大于電場(chǎng)力對(duì)電荷N做的功,選項(xiàng)C正確;從軌跡可以看出xM>xN,故vMt>vNt,故vM>vN,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。11.(多選)如圖所示,帶電荷量之比為qA∶qB=1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點(diǎn)沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中,分別打在C、D點(diǎn),若OC=CD,忽視粒子重力的影響,則 ()A.A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2B.A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1C.A和B的質(zhì)量之比為1∶12D.A和B的位移大小之比為1∶1【解析】選A、B、C。粒子A和B在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向由x=v0t及OC=CD得,tA∶tB=1∶2,選項(xiàng)A正確;豎直方向由h=at2得a=,它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB=4∶1,選項(xiàng)B正確;依據(jù)a=得m=,故mA∶mB=1∶12,選項(xiàng)C正確;A和B的位移大小不相等,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。12.如圖所示為探討電子槍中電子在恒定電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的簡(jiǎn)化模型示意圖。在xOy平面的第一象限,存在以x軸、y軸及雙曲線y=的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅰ,電場(chǎng)強(qiáng)度為E;在其次象限存在以(-2L≤x≤0,0≤y≤L)為邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ。一電子(電荷量大小為e,質(zhì)量為m,不計(jì)重力)從電場(chǎng)Ⅰ的邊界B點(diǎn)處由靜止釋放,恰好從N點(diǎn)離開電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ。求:(1)電子通過C點(diǎn)時(shí)的速度大小;(2)電場(chǎng)區(qū)域Ⅱ中的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小;(3)試證明:從AB曲線上的任一位置由靜止釋放的電子都能從N點(diǎn)離開電場(chǎng)?！窘馕觥?1)由雙曲線y=知BC間距離為從B到C由動(dòng)能定理eE=m-0解得電子通過C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC=。(2)電子從C點(diǎn)進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ,在區(qū)域Ⅱ中做類平拋運(yùn)動(dòng)。x軸方向2L=vCty軸方向L=t2解得區(qū)域Ⅱ中的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小E′=。(3)設(shè)電子從AB曲線上點(diǎn)P(x,y)進(jìn)入電場(chǎng)Ⅰ區(qū)域,在區(qū)域Ⅰ由動(dòng)能定理eEx=m-0假設(shè)電子能夠在區(qū)域Ⅱ中始終做類平拋運(yùn)動(dòng)且落在x軸上的x′處。則y軸方向y=t2x軸方向x′=v0t又y=,解得x′=2L即全部從邊界AB曲線上由靜止釋放的電子都能從N點(diǎn)射出。答案:(1)(2)(3)見解析【加固訓(xùn)練】(2024·全國(guó)卷Ⅱ)如圖,兩金屬板P、Q水平放置,間距為d。兩金屬板正中間有一水平放置的金屬網(wǎng)G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的電勢(shì)均為φ(φ>0)。質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0)的粒子自G的左端上方距離G為h的位置,以速度v0平行于紙面水平射入電場(chǎng),重力忽視不計(jì)。(1)求粒子第一次穿過G時(shí)的動(dòng)能,以及它從射入電場(chǎng)至此時(shí)在水平方向上的位移大小。(2)若粒子恰好從G的下方距離G也為h的位置離開電場(chǎng),則金屬板的長(zhǎng)度最短應(yīng)為多少?【解析】(1)PG、QG