2022版新教材高考物理一轮复习课时练习19电容器的电容带电粒子在电场中的运动含解析鲁科版.doc

电容器的电容带电粒子在电场中的运动(建议用时：40分钟)1(多选)有一只电容器的规格是“1.5 F9 V”，那么()A这只电容器上的电荷量不能超过1.5×105 CB这只电容器上的电荷量不能超过1.35×105 CC这只电容器的额定电压为9 VD这只电容器的击穿电压为9 VBC解析：该电容器正常工作时的电荷量QCU1.5×106×9 C1.35×105 C，故A错误，B正确；9 V为该电容器的额定电压(或工作电压)，故C正确，D错误。2(2020·长沙模拟)如图所示是中国宁波公交使用的全球首创超级电容储存式现代电车，该电车没有传统无轨电车的“辫子”，没有尾气排放，乘客上下车的30 s内可充满电并行驶5公里以上，刹车时可把80%以上的动能转化成电能回收储存再使用。这种电车的核心元器件是“3 V12 000 F”石墨烯纳米混合型超级电容器，该电容器能反复充放电 100万次，使用寿命长达10年，这种电车被誉为“21世纪的绿色交通”。下列说法正确的是()A电容器放电的过程中，电荷量逐渐减少，电容也逐渐减小B电容器充电的过程中，电荷量逐渐增加，电容保持不变C电容器放电的过程中，电荷量逐渐减少，电容器两极板间的电压不变D若标有“3 V12 000 F”的电容器从电荷量为0到充满电用时30 s，则充电的平均电流为 3 600 AB解析：电容器的电容由本身结构决定，与充电、放电无关，与电荷量的多少无关，故放电过程中，电荷量减少，电容不变，充电过程中，电荷量增加，电容不变，故A错误，B正确；根据U 可知，放电过程中，电荷量Q减少，电容不变，则两极板间的电压减小，故C错误；标有“3 V12 000 F”的电容器从电荷量为0到充满电，储存的电荷量QCU36 000 C，根据电流的定义可知，I A1 200 A，即充电的平均电流为1 200 A，故D错误。3(多选)如图所示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，则被测物体()A向左移动时，增大B向右移动时，增大C向左移动时，减小D向右移动时，减小BC解析：由公式C，可知当被测物体带动电介质板向左移动时，两极板间的相对介电常数增大，则电容C增大，由公式C 可知，当电荷量Q不变时，U减小，则减小，故A错误，C正确；由公式C，可知当被测物体带动电介质板向右移动时，两极板间的相对介电常数减小，则电容C减小，由公式C 可知，当电荷量Q不变时，U增大，则增大，故B正确，D错误。4(多选)如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，两个极板分别为A、B，B板接地，A板带电荷量为Q，板间电场有一固定点P，若将B板固定，A板下移一些，或将A板固定，B板上移一些，在这两种情况中，下列说法正确的是()AA板下移时，P点的电场强度不变，P点的电势不变BA板下移时，P点的电场强度不变，P点的电势升高CB板上移时，P点的电场强度减小，P点的电势降低DB板上移时，P点的电场强度不变，P点的电势降低AD解析：因为电容器充电后与电源断开，所以电容器两极板所带电荷量不变，正对面积不变，A板下移时，根据推论E 可知，P点的电场强度不变；B板接地，电势恒为0，P点与B板间的距离不变，根据公式UEd，P点与B板间的电势差不变，则P点的电势不变，A正确，B错误；B板上移时，根据推论E 可知，P点的电场强度不变，B板上移，P点与B板间的距离减小，根据公式 UEd，P点与B板间的电势差减小，而电容器间的电场方向竖直向下，根据沿电场线方向电势降低可知P点的电势高于B板的电势，B板的电势为0，所以P点电势降低，C错误，D正确。5(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向通电时可看成短路，反向通电时可看成断路)连接，电源负极接地。初始时电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是()A上极板上移，带电油滴保持静止B上极板上移，P点的电势降低C上极板下移，带电油滴向下运动D上极板下移，P点的电势升高AD解析：本题考查含有二极管的电路中电容器的动态分析。根据带电油滴受力平衡可知，带电油滴带负电，由C可知，上极板上移，距离d增大，电容C减小，但由于二极管的单向导电性使得电容器不放电，所以电容器所带的电荷量不变，电压U 增大，电场强度E不变，所以电场力与重力平衡，带电油滴保持静止，A正确；上极板上移，电场强度不变，则P点与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，B错误；上极板下移，距离d减小，由C知，电容增大，由 QCU 可知，电容器所带的电荷量增大，电容器处于充电过程，二极管处于正向导通状态，两极板间的电压不变，由E 知，电场强度E增大，带电油滴向上运动，C错误；上极板下移，P点与负极板间的电势差增大，P点的电势升高，D正确。6(2020·衡水模拟)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力的共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B微粒从M点运动到N点电势能一定增加C微粒从M点运动到N点动能一定增加D微粒从M点运动到N点机械能一定增加C解析：微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上且大小小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，A错误；电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点电势能可能增加，也可能减小，B错误；微粒在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，电场力和重力的合力方向向下，故微粒从M点运动到N点动能增加， C正确；电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点的过程中，电场力可能做负功，也可能做正功，故机械能可能增加，也可能减少，D错误。7(2019·江苏高考)一匀强电场的方向竖直向上。t0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P­t关系图像是()ABCDA解析：设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向上粒子不受力，有vxv0，沿电场方向粒子受电场力F电qE，则加速度a，经时间t，粒子沿电场方向的速度vyat，电场力做功的功率PF电vyqE·ktt，选项A正确。8(2019·天津高考)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M点运动到N点的过程()A动能增加 mv2B机械能增加2mv2C重力势能增加 mv2D电势能增加2mv2B解析：小球的动能变化量Ekm×(2v)2mv2mv2，A错误；重力和电场力均做功，机械能的增加量等于电势能的减少量，小球在水平方向上向左做匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)202d，则电势能的减少量等于电场力所做的功，即Ep减W电qEd2mv2，B正确，D错误；在竖直方向上小球做匀减速运动，到N点时竖直方向的速度为0，有v22gh，得重力势能的增加量 Ep重mghmv2，C错误。9(多选)如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0 时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触，重力加速度大小为g，关于微粒在0T时间内运动的描述，正确的是()A末速度大小为 v0B末速度沿水平方向C重力势能减少了 mgdD克服电场力做功mgdBC解析：0 时间内，微粒匀速运动，则有 qE0mg， 时间内，微粒做平抛运动，下降的位移s1g，T时间内，微粒的加速度ag，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为0，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确；0T时间内，微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减少量为 mgd，故C正确；在 时间内和 T 时间内，竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，则 时间内和 T时间内位移的大小相等，均为 d，所以整个过程中克服电场力做功为 2E0q·dqE0dmgd，故D错误。10如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场的电压为U0，偏转电场可看成匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，极板间距为d。(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时的初速度v0和从偏转电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离y。(2)分析物理量的数量级是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U2.0×102 V，d4.0×102 m，m9.1×1031 kg，e1.6×1019 C，g10 m/s2。解析：(1)根据动能定理，有eU0mv电子射入偏转电场时的初速度v0在偏转电场中，电子的运动时间tL加速度a偏转距离ya(t)2。(2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，重力 Gmg1029 N电场力F1015 N由于FG，因此不计电子所受的重力。答案：(1)(2)见解析11如图所示，在水平面上方有竖直的分界线OO，OO左侧竖直面内有与水平方向成 30°角斜向右上方的匀强电场，OO右侧竖直面内有竖直向下的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一质量为m0.01 kg、电荷量为 q1.0×103 C的带正电的小球，从离水平面高 h5 m 处的M点由静止释放，沿水平方向运动 s m 后，越过分界线OO进入右侧电场，恰好落在水平地面上的A点，已知g10 m/s2。求小球落点A到O点的距离L。解析：因小球在左侧电场沿水平方向运动，根据受力分析有qEsin mg从释放到要越过分界线的过程，由动能定理得qEscos mv2进入右侧电场后做类平抛运动，有hat2Lvt其中a代入数据解得L2 m。答案：2 m- 7 -