高考物理一轮复习课后限时集训19电容器带电粒子在电场中的运动含解析新人教版

课后限时集训(十九)(时间：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70μF电容器充电到5000V，存储875J能量，抢救病人时一部分能量在2ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100kW。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2500V时，电容为35μFC．电容器充电至5000V时，电荷量为35CD．电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%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＝eq\f(Q,U)知Q＝CU＝70×10－6×5×103C＝0.35C，选项C错误；由η＝eq\f(Pt,E总)知，η＝eq\f(100×103×2×10－3,875)×100%＝23%，选项D正确。]2．如图所示的键盘为一电容式键盘，在我们打字的过程中，让我们猜想一下我们是通过改变电容器的哪个因素来改变电容的()A．两板间的距离 B．两板间的电压C．两板间的电介质 D．两板间的正对面积A[电容器的电容的决定式为C＝eq\f(εrS,4πkd)，而打字的过程中是通过改变两极板之间的距离来改变电容的，A正确。]3．一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上，若将云母介质移出，则电容器()A．极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B．极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C．极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D．极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变D[由平行板电容器电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，若将云母介质移出，则εr变小，故C变小，而U不变，由C＝eq\f(Q,U)知，Q变小；极板间电场强度E＝eq\f(U,d)，因为U不变，极板间距离d也不变，所以E不变，综上所述选D。]4.如图所示，电源上正下负，虚线框内是一种电容式压力传感器，M为固定电极，N为可动电极，N的两端固定，当待测压力F作用于N时，将使它发生形变，从而改变传感器的电容；传感器与灵敏电流计和电池组串联。若电流从灵敏电流计的正极流进时，指针向右偏。则在待测压力F增大的过程中()A．电容器所带电荷量不变B．电容器的电容减小C．灵敏电流计的指针向左偏D．灵敏电流计的指针向右偏D[在待测压力F增大的过程中，极板间的距离减小，由C＝eq\f(εrS,4πkd)知，电容器的电容C变大，选项B错误；电容器始终与电源相连，极板间的电压不变，由C＝eq\f(Q,U)知，电容器所带的电荷量增加，电容器充电，电流从灵敏电流计的正极流入，指针向右偏，选项D正确，A、C错误。]5.如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点。由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子()A．运动到P点返回B．运动到P和P′点之间返回C．运动到P′点返回D．穿过P′点A[根据平行板电容器的电容的决定式C＝eq\f(εrS,4πkd)、定义式C＝eq\f(Q,U)和匀强电场的电压与电场强度的关系式U＝Ed可得E＝eq\f(4kπQ,εrS)，可知将C板向右平移到P′点，B、C两板间的电场强度不变，由O点静止释放的电子仍然可以运动到P点，并且会原路返回，故选项A正确。]6．(多选)如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化。若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体()A．向左移动时，θ增大 B．向右移动时，θ增大C．向左移动时，θ减小 D．向右移动时，θ减小BC[由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，导致两极板间电介质增大，则电容C增大，由公式C＝eq\f(Q,U)可知电荷量Q不变时，U减小，则θ减小，故A错误，C正确；由公式C＝eq\f(εrS,4πkd)，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，导致两极板间电介质减小，则电容C减少，由公式C＝eq\f(Q,U)可知电荷量Q不变时，U增大，则θ增大，故B正确，D错误。]7.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变D[由题知，电容器两板所带电荷量Q不变，根据C＝eq\f(εrS,4πkd)和U＝eq\f(Q,C)可知，当上板下移时，C增大，U减小，θ减小，A、B错误；根据E＝eq\f(U,d)＝eq\f(Q,C·d)＝eq\f(4πkQ,εrS)，可见E与d无关，只改变d，E不变，D正确；根据φP＝UP地＝E·LP地，E不变，LP地不变，故φP不变，Ep不变，C错误。]8.如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点。若不计粒子重力，则()A．a的电荷量一定大于b的电荷量B．b的质量一定大于a的质量C．a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[由题知，粒子在匀强电场中做类平抛运动，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正确。]9.(多选)在如图所示电路中，蓄电池的电动势E0＝4V，内阻r＝1Ω，电阻R＝4Ω，电容为1pF的平行板电容器水平放置且下极板接地。一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态。下列说法正确的是()A．P点的电势为2VB．上极板所带的电荷量为3.2×10－12C．若在P点与下极板间插入一块玻璃板，电容器上极板所带的电荷量将增加D．若将上极板缓慢上移少许，油滴将向上运动BC[R两端的电压U＝eq\f(E0,R＋r)R＝3.2V，P点的电势为eq\f(U,2)＝1.6V，故A错误；上极板所带的电荷量Q＝CU＝3.2×10－12C，故B正确；由电容C＝eq\f(εrS,4πkd)＝eq\f(Q,U)得Q＝eq\f(εrSU,4πkd)，插入一块玻璃板，则εr增大，Q增加，故C正确；油滴在P点受力平衡，qE＝mg，若将上极板缓慢上移少许，电容器两端的电压U不变，板间距离d增大，根据E＝eq\f(U,d)得，场强E减小，油滴所受的电场力qE也减小，油滴将向下运动，故D错误。]10.(2020·浙江名校联考)K、A是密封在真空玻璃管中的两平行正对圆形金属板，直径为L，板间距离为eq\f(\r(3),2)L，金属板接入电路如图所示(只画出了纸面内的剖面图)，M、N两端外加电压UMN，K极板正中间有一粒子源，可向其左侧空间均匀地发射速度大小为v、质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子，平行板间的电场看作匀强电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则以下说法正确的是()A．当UMN＝－eq\f(mv2,4q)时，电流表示数为0B．当UMN＝－eq\f(mv2,2q)时，电流表示数不为0C．当UMN＝0时，电流表示数为I，则当UMN＝eq\f(4\r(3)mv2,q)时，电流表示数为3ID．当UMN＝0时，电流表示数为I，则当UMN(UMNIC[当发射速度垂直极板向左时，向左运动的位移最大，垂直极板向左发射的粒子到达A板速度恰好为零时，电流表示数为零，根据动能定理有qUMN＝0－eq\f(1,2)mv2，解得UMN＝－eq\f(mv2,2q)，选项B错误；若UMN<0，则其他条件不变时，|UMN|越小，粒子减速的加速度越小，减速到零所需位移越大，故UMN＝－eq\f(mv2,4q)时，垂直极板向左发射的粒子到达A板速度不为零，则电流表示数不为零，选项A错误；当UMN＝0时，电流表示数为I，设此时恰好能运动到A板的粒子发射速度与极板垂线的夹角为θ，如图，则有tanθ＝eq\f(\f(L,2),\f(\r(3),2)L)＝eq\f(\r(3),3)，即θ＝30°，则发射速度与极板垂线的夹角α在0°～30°范围内的粒子打到A板上对应的电流表示数为I；若当UMN(UMN>0)增大到一定值时，与板平行射出的粒子经t时间恰好到达A板边缘，则有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，解得此时UMN＝eq\f(6mv2,q)，故当UMN≥eq\f(6mv2,q)时，α在0°～90°范围内的粒子都能到达A板，此时电流表示数最大，为3I，选项C正确，D错误。]11.如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两点，A、B水平距离为L，运动轨迹在竖直平面内，已知该粒子在A点的速度大小为v0，方向与竖直方向夹角为60°，它运动到B点时速度大小为eq\f(1,2)v0，方向竖直向上，不计重力。求匀强电场的场强。[解析]由题意知初速度与竖直方向夹角为eq\f(π,3)，初速度v0可以分解为：水平方向vx＝v0·sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(3),2)v0竖直方向vy＝v0·coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)v0由于竖直方向速度不变可以知道电场力方向水平向右，电场强度方向也是水平向右，由A向B的运动过程为水平方向匀减速运动。竖直方向匀速直线运动，利用动能定理有：－EqL＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)v0))eq\s\up12(2)联立上式解得：E＝eq\f(3mv\o\al(2,0),8qL)。[答案]eq\f(3mv\o\al(2,0),8qL)12.示波器是研究交变电流变化规律的重要仪器，其主要结构可简化为：电子枪中的加速电场、两水平放置的平行金属板中的偏转电场和竖直放置的荧光屏，如图所示。若已知加速电场的电压为U1，两平行金属板的板长、板间距离均为d，荧光屏距两平行金属板右侧距离也为d，电子枪发射的质量为m、电荷量为－e的电子，从两平行金属板的中央穿过，打在荧光屏的中点O，不计电子在进入加速电场时的速度及电子重力。若两金属板间存在竖直方向的匀强电场，两板间的偏转电压为U2，电子会打在荧光屏上某点，该点距O点距离为eq\f(3,2)d，求U1和U2的比值eq\f(U1,U2)。[解析]在加速电场U1中，由动能定理得：qU1＝eq\f(1,2)mv2以v的速度进入偏转电场U2中做类平抛运动，在离开偏转电场时偏移的距离：y1＝eq\f(1,2)at2其中t＝eq\f(d,v)设粒子离开偏转电场时，速度方向与水平方向成θ角，则有：tanθ＝eq\f(vy,v)vy＝at根据牛顿第二定律有加速度a＝eq\f(qU2,md)离开偏转电场后偏移的距离y2＝dtanθ而总的偏移距离y＝y1＋y2＝eq\f(3,2)d联立以上几式解得eq\f(U1,U2)＝eq\f(1,2)。[答案]eq\f(1,2)13．(多选)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化，如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层，和瓶内导电溶液构成电容器的两极板，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间的一层塑料为绝缘介质，其厚度为d，相对介电常数为εr。若发现在某段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，设电源提供的电压恒为U，则下列说法中正确的是()A．瓶内液面升高了B．瓶内液面降低了C．电容器在这段时间