高考物理一轮复习课时作业22电容器与电容带电粒子在电场中的运动含答案

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电容器与电容　带电粒子在电场中的运动(建议用时40分钟)1.如图所示,心脏除颤器用于刺激心脏恢复正常的跳动,它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏除颤器,在短于一分钟内使70 μF电容器充电到5 000 V,存储875 J 能量,抢救病人时一部分能量在2 ms脉冲时间通过电极板放电进入身体,此脉冲的平均功率为100 kW。下列说法正确的是              (　　)A.电容器放电过程中电压不变B.电容器充电至2 500 V时,电容为35 μFC.电容器充电至5 000 V时,电荷量为35 CD.电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%【解析】选D。电容器放电过程,电荷量减少,电压减小,选项A错误;电容不随电压、电荷量的变化而变化,选项B错误;由C=知Q=CU=70×10-6×5×103 C=0.35 C,选项C错误;由η=知,η=×100 %≈23 %,选项D正确。2.如图所示,电子由静止开始从A板向B板运动,到达B板的速度为v,保持两板间电压不变,则 (　　)A.当减小两板间的距离时,速度v增大B.当减小两板间的距离时,速度v减小C.当减小两板间的距离时,速度v不变D.当减小两板间的距离时,电子在两板间运动的时间变长【解析】选C。由动能定理得eU=mv2,当改变两极板间的距离时,U不变,v就不变,故选项A、B错误,C正确;粒子在极板间做初速度为零的匀加速直线运动,平均速度v=,=,即t=,当d减小时,v不变,电子在两极板间运动的时间变短,故选项D错误。3.(2021·柳州模拟)静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其相互绝缘的金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,G为静电计,B固定,A可移动,开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度。则下列说法正确的是              (　　)A.断开S后,将A向左移动少许,静电计指针张开的角度变小B.断开S后,在A、B间插入电介质,静电计指针张开的角度增大C.断开S后,将A向上移动少许,静电计指针张开的角度增大D.保持S闭合,将变阻器滑动触头向右移动,静电计指针张开的角度减小【解析】选C。断开S后,电容器带电量不变,将A向左移动少许,则d增大,根据C=知,电容减小,根据U=知,电势差增大,指针张角增大,故选项A错误;断开S后,在A、B间插入电介质,根据C=知,电容增大,根据U=知,电势差减小,则指针张角减小,故选项B错误;断开S后,将A向上移动少许,则S减小,根据C=知,电容减小,根据U=知,电势差增大,则指针张角增大,故选项C正确;保持S闭合,电容器两端的电势差不变,变阻器仅仅充当导线功能,滑动触头移动不会影响指针张角,故选项D错误。4.如图所示,水平金属板A、B分别与电源两极相连,带电油滴处于静止状态。现将B板右端向下移动一小段距离,两金属板表面仍均为等势面,则该油滴              (　　)A.仍然保持静止　　　　 B.竖直向下运动C.向左下方运动    D.向右下方运动【解析】选D。由于水平金属板A、B分别与电源两极相连,两极板之间的电势差不变,将B板右端向下移动一小段距离,极板之间的电场强度将减小,油滴所受电场力减小,且电场力方向斜向右上方向,则油滴所受的合外力斜向右下方,所以该油滴向右下方运动,选项D正确。5. (多选)(2021·成都模拟)如图所示,正方体真空盒置于水平面上,它的ABCD面与EFGH面为金属板,其他面为绝缘材料。ABCD面带正电,EFGH面带负电。从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴,最后分别落在1、2、3三点,则下列说法正确的是              (　　)A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动B.三个液滴的运动时间一定相同C.三个液滴落到底板时的速率相同D.液滴3所带电荷量最多【解析】选B、D。三个液滴在水平方向受到电场力作用,水平方向不是匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A错误;由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动,三个液滴的运动时间相同,选项B正确;三个液滴落到底板时竖直分速度相等,而水平分速度不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C错误;由于液滴3在水平方向位移最大,说明液滴3在水平方向加速度最大,所带电荷量最多,选项D正确。6.如图所示,带电粒子由静止开始,经电压为U1的加速电场加速后,沿垂直电场方向进入电压为U2的平行板电容器,经偏转落在下板的中间位置。为使同样的带电粒子,从同样的初始位置由静止加速、偏转后能穿出平行板电容器,下列措施可行的是              (　　)A.保持U2和平行板间距不变,减小U1B.保持U1和平行板间距不变,增大U2C.保持U1、U2和下板位置不变,向下平移上板D.保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板【解析】选D。粒子在电场中加速,有qU1=m,在偏转电场中,有x=v0t,y=at2=t2,解得x2=。开始时x=L,保持U2和平行板间距不变,减小U1,x减小,选项A错误;保持U1和平行板间距不变,增大U2,x减小,选项B错误;保持U1、U2和下板位置不变,向下平移上板,则d减小,x减小,选项C错误;保持U1、U2和下板位置不变,向上平移上板,x变大,此措施可行,选项D正确。7.如图所示,虚线MN左侧有一场强为E1=E的匀强电场,在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2=2E的匀强电场,在虚线PQ右侧相距为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子(电荷量为e,质量为m)无初速度地放入电场E1中的A点,A点与MN相距,最后电子打在右侧的屏上,AO连线与屏垂直,垂足为O,求:(1)电子从释放到打到屏上所用的时间;(2)电子刚射出电场E2时的速度方向与AO连线夹角θ的正切值tanθ;(3)电子打到屏上的点P′到点O的距离x。【解析】(1)电子在电场E1中做初速度为零的匀加速直线运动,设加速度为a1,时间为t1,由牛顿第二定律和运动学公式得a1==,=a1v1=a1t1t2=运动的总时间为t=t1+t2=3。(2)设电子射出电场E2时沿平行电场线方向的速度为vy,根据牛顿第二定律得,电子在电场中的加速度为a2==,t3=,vy=a2t3,tanθ=解得tanθ=2。(3)如图,设电子在电场中的偏转距离为x1x1=a2tanθ=解得x=x1+x2=3L。答案:(1)3　(2)2　(3)3L8.如图所示,一种β射线管由平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成。放射源O在A极板左端,可以向各个方向发射不同速度、质量为m的β粒子(电子)。若极板长为L,间距为d,当A、B板加上电压U时,只有某一速度的β粒子能从细管C水平射出,细管C离两板等距。已知元电荷为e,则从放射源O发射出的β粒子的这一速度为              (　　)A.　　　　　　　　B.C.    D.【解析】选C。β粒子反方向的运动为类平抛运动,水平方向有L=v0t,竖直方向有=at2,且a=。从A到C的过程有-eU=m-mv2,以上各式联立解得v=,选项C正确。9.如图所示,D是一只二极管,AB是平行板电容器,在电容器两极板间有一带电微粒P处于静止状态,当两极板A和B间的距离增大一些的瞬间(两极板仍平行),带电微粒P的运动情况是              (　　)A.向下运动   B.向上运动C.仍静止不动  D.不能确定【解析】选C。当带电微粒P静止时,对其进行受力分析得qE=mg,即q=mg。当A、B之间距离增大时,电容器的电容C减小,由Q=CU得,Q也减小,但由于电路中连接了一个二极管,它具有单向导电性,不能放电,故电容器A、B两极板上的电荷量不变,场强不变,电场力仍等于微粒的重力,故带电微粒仍保持静止状态,选项C正确。10. (多选)如图所示,水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压,两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场,两电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用,则下列说法正确的是              (　　)A.电荷M的电荷量大于电荷N的电荷量B.两电荷在电场中运动的加速度相等C.从两电荷进入电场到两电荷相遇,电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同【解析】选A、C。从轨迹可以看出yM>yN,故·t2>·t2,解得>,qM>qN,选项A正确、B错误;根据动能定理,电场力的功为W=ΔEk=m,质量m相同,M电荷竖直分位移大,竖直方向的末速度vy=也大,故电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功,选项C正确;从轨迹可以看出xM>xN,故vMt>vNt,故vM>vN,选项D错误。11.(多选)如图所示,带电荷量之比为qA∶qB=1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中,分别打在C、D点,若OC=CD,忽略粒子重力的影响,则              (　　)A.A和B在电场中运动的时间之比为1∶2B.A和B运动的加速度大小之比为4∶1C.A和B的质量之比为1∶12D.A和B的位移大小之比为1∶1【解析】选A、B、C。粒子A和B在匀强电场中做类平抛运动,水平方向由x=v0t及OC=CD得,tA∶tB=1∶2,选项A正确;竖直方向由h=at2得a=,它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为aA∶aB=4∶1,选项B正确;根据a=得m=,故mA∶mB=1∶12,选项C正确;A和B的位移大小不相等,选项D错误。12.如图所示为研究电子枪中电子在恒定电场中运动的简化模型示意图。在xOy平面的第一象限,存在以x轴、y轴及双曲线y=的一段(0≤x≤L,0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅰ,电场强度为E;在第二象限存在以(-2L≤x≤0,0≤y≤L)为边界的匀强电场区域Ⅱ。一电子(电荷量大小为e,质量为m,不计重力)从电场Ⅰ的边界B点处由静止释放,恰好从N点离开电场区域Ⅱ。求:(1)电子通过C点时的速度大小;(2)电场区域Ⅱ中的电场强度的大小;(3)试证明:从AB曲线上的任一位置由静止释放的电子都能从N点离开电场。【解析】(1)由双曲线y=知BC间距离为从B到C由动能定理eE=m-0解得电子通过C点时的速度大小vC=。(2)电子从C点进入区域Ⅱ,在区域Ⅱ中做类平抛运动。x轴方向2L=vCty轴方向L=t2解得区域Ⅱ中的电场强度的大小E′=。(3)设电子从AB曲线上点P(x,y)进入电场Ⅰ区域,在区域Ⅰ由动能定理eEx=m-0假设电子能够在区域Ⅱ中一直做类平抛运动且落在x轴上的x′处。则y轴方向y=t2x轴方向x′=v0t又y=,解得x′=2L即所有从边界AB曲线上由静止释放的电子都能从N点射出。答案:(1)　(2)　(3)见解析　　　【加固训练】(2019·全国卷Ⅱ)如图,两金属板P、Q水平放置,间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G,P、Q、G的尺寸相同。G接地,P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m,电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置,以速度v0平行于纸面水平射入电场,重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能,以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小。(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场,则金属板的长度最短应为多少?【解析】(1)PG、QG间场强大小相等,均为E,粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下,设粒子的加速度大小为a,有E=              ①F=qE=ma ②设粒子第一次到达G时动能为Ek,由动能定理有qEh=Ek-m ③设粒子第一次到达G时所用时间为t,粒子在水平方向的位移为l,如图所示,则有h=at2 ④l=v0t ⑤联立①②③④⑤式解得Ek=m+qh ⑥l=v0 ⑦(2)设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出,则金属板的长度最短,如图所示,由对称性知,此时金属板的长度为L=2l=2v0答案:(1)m+qh　v0(2)2v0