(江蘇專用)2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第七章 靜電場 第三節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)檢測
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1、第三節(jié) 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng) (建議用時(shí):40分鐘) 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2019·湖北孝感模擬)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金屬球與外殼之間的電勢差大小.如圖所示,A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板,D為靜電計(jì),開始時(shí)開關(guān)S閉合,靜電計(jì)指針張開一定角度,為了使指針張開的角度減小些,下列采取的措施可行的是( ) A.?dāng)嚅_開關(guān)S后,將A、B兩極板分開些 B.?dāng)嚅_開關(guān)S后,增大A、B兩極板的正對面積 C.保持開關(guān)S閉合,將A、B兩極板靠近些 D.保持開關(guān)S閉合,將滑動(dòng)變阻器的滑片向右移動(dòng) 解析:選B.斷開開關(guān)S,電容器所帶
2、電荷量不變,將A、B兩極板分開些,則d增大,根據(jù)C=知,電容C減小,根據(jù)U=知,電勢差增大,指針張角增大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;斷開開關(guān)S,增大A、B兩極板的正對面積,即S增大,根據(jù)C=知,電容C增大,根據(jù)U=知,電勢差減小,指針張角減小,選項(xiàng)B正確;保持開關(guān)S閉合,無論將A、B兩極板分開些,還是將兩者靠近些,電容器兩端的電勢差都不變,則指針張角不變,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;保持開關(guān)S閉合,滑動(dòng)變阻器僅充當(dāng)導(dǎo)線作用,電容器兩端的電勢差不變,滑片滑動(dòng)不會(huì)影響指針張角,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 2.如圖所示,一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連,極板水平放置,極板間距為d;在下極板上疊放一厚度為l的金屬板,其上部空間
3、有一帶電粒子P靜止在電容器中.當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后,粒子P開始運(yùn)動(dòng).重力加速度為g.粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為( ) A.g B.g C.g D.g 解析:選A.帶電粒子在電容器兩極板間時(shí)受到重力和電場力的作用,最初處于靜止?fàn)顟B(tài),由二力平衡條件可得:mg=q;當(dāng)把金屬板從電容器中快速抽出后,電容器兩極板間的電勢差不變,但兩極板間的距離發(fā)生了變化,引起電場強(qiáng)度發(fā)生了變化,從而電場力也發(fā)生了變化,粒子受力不再平衡,產(chǎn)生了加速度,根據(jù)牛頓第二定律ma=mg-q,兩式聯(lián)立可得a=g. 3.(2019·高考原創(chuàng)猜題卷)如圖所示,高為h的固定光滑絕緣斜面,傾角θ=5
4、3°,將其置于水平向右的勻強(qiáng)電場中,現(xiàn)將一帶正電的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面頂端由靜止釋放,其所受的電場力是重力的倍,重力加速度為g,則物塊落地的速度大小為( ) A.2 B.2 C.2 D. 解析:選D.對物塊受力分析知,物塊不沿斜面下滑,離開斜面后沿重力、電場力合力的方向運(yùn)動(dòng),F(xiàn)合=mg,x=h,由動(dòng)能定理得F合·x=mv2,解得v=. 4.一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d,極板分別與電池兩極相連,上極板中心有一小孔(小孔對電場的影響可忽略不計(jì)).小孔正上方處的P點(diǎn)有一帶電粒子,該粒子從靜止開始下落,經(jīng)過小孔進(jìn)入電容器,并在下極板處(未與極板接觸)返回.若將下極板向
5、上平移,則從P點(diǎn)開始下落的相同粒子將( ) A.打到下極板上 B.在下極板處返回 C.在距上極板處返回 D.在距上極板d處返回 解析:選D.設(shè)粒子質(zhì)量為m,帶電荷量為q,由動(dòng)能定理得,第一次粒子從P點(diǎn)下落有mg-qU=0;設(shè)第二次粒子從P點(diǎn)下落進(jìn)入電容器后在距上極板距離為x處返回,有mg-qU=0,聯(lián)立解得x=d,故選項(xiàng)D正確. 5.有一種電荷控制式噴墨打印機(jī),它的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示,其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒,此微粒經(jīng)過帶電室?guī)想姾笠砸欢ǖ某跛俣却怪鄙淙肫D(zhuǎn)電場,再經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上,顯示出字符,不考慮墨汁的重力,為使打在紙上的字跡縮小(偏轉(zhuǎn)距離減小),下列措施
6、可行的是( ) A.減小墨汁微粒的質(zhì)量 B.減小偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離 C.減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓 D.減小墨汁微粒的噴出速度 解析:選C.微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運(yùn)動(dòng),則在水平方向上有L=v0t,在豎直方向上有y=at2,加速度為a=,聯(lián)立解得y==,要縮小字跡,就要減小微粒在豎直方向上的偏轉(zhuǎn)量y,由上式分析可知,可采用的方法:增大墨汁微粒的質(zhì)量、增大偏轉(zhuǎn)電場兩極板間的距離、增大墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初動(dòng)能Ek0(增大墨汁微粒的噴出速度)、減小偏轉(zhuǎn)電場的電壓U等,故A、B、D錯(cuò)誤,C正確. 6.如圖所示,A、B兩個(gè)帶正電的粒子,所帶電荷量分別為q1與q2,
7、質(zhì)量分別為m1和m2.它們以相同的速度先后垂直于電場線從同一點(diǎn)進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場后,A粒子打在N板上的A′點(diǎn),B粒子打在N板上的B′點(diǎn),若不計(jì)重力,則( )
A.q1>q2 B.m1
8、合玻璃屏,玻璃屏的內(nèi)表面和夾層各涂一層ITO(納米銦錫金屬氧化物),夾層ITO涂層作為工作面,四個(gè)角引出四個(gè)電極,當(dāng)用戶手指觸摸電容觸摸屏?xí)r,手指和工作面形成一個(gè)電容器,因?yàn)楣ぷ髅嫔辖佑懈哳l信號(hào),電流通過這個(gè)電容器分別從屏的四個(gè)角上的電極中流出,且理論上流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例,控制器通過對四個(gè)電流比例的精密計(jì)算來確定手指位置.對于電容觸摸屏,下列說法正確的是( ) A.電容觸摸屏只需要觸摸,不需要壓力即能產(chǎn)生位置信號(hào) B.使用絕緣筆在電容觸摸屏上也能進(jìn)行觸控操作 C.手指壓力變大時(shí),由于手指與屏的夾層工作面距離變小,電容變大 D.手指與屏的接觸面積變大時(shí),電
9、容變大 解析:選ACD.據(jù)題意知,電容觸摸屏只需要觸摸,由于流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四個(gè)角的距離成比例,控制器就能確定手指的位置,因此不需要手指有壓力,故A正確;絕緣筆與工作面不能形成一個(gè)電容器,所以不能在電容屏上進(jìn)行觸控操作,故B錯(cuò)誤;手指壓力變大時(shí),由于手指與屏的夾層工作面距離變小,電容將變大,故C正確;手指與屏的接觸面積變大時(shí),電容變大,故D正確. 8.如圖所示,平行板電容器與直流電源連接,下極板接地,一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)將上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離,則( ) A.帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng) B.P點(diǎn)電勢將降低 C.電容器的電容減小,極板帶
10、電荷量減小 D.帶電油滴的電勢能保持不變 解析:選BC.電容器與電源相連,兩極板間電壓不變,下極板接地,電勢為0.油滴位于P點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài),因此有mg=qE.當(dāng)上極板向上移動(dòng)一小段距離時(shí),板間距離d增大,由C=可知電容器電容減小,板間場強(qiáng)E場=減小,油滴所受的電場力減小,mg>qE,合力向下,帶電油滴將向下加速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò);P點(diǎn)電勢等于P點(diǎn)到下極板間的電勢差,由于P到下極板間距離h不變,由φP=ΔU=Eh可知,場強(qiáng)E減小時(shí)P點(diǎn)電勢降低,B對;由C=可知電容器所帶電荷量減小,C對;帶電油滴所處P點(diǎn)電勢下降,而由題圖可知油滴帶負(fù)電,所以油滴電勢能增大,D錯(cuò). 9.如圖甲所示,兩平行金屬板豎直放
11、置,左極板接地,中間有小孔,右極板電勢隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示.電子原來靜止在左極板小孔處(不計(jì)重力作用).下列說法中正確的是( ) A.從t=0時(shí)刻釋放電子,電子將始終向右運(yùn)動(dòng),直到打到右極板上 B.從t=0時(shí)刻釋放電子,電子可能在兩板間振動(dòng) C.從t= 時(shí)刻釋放電子,電子可能在兩板間振動(dòng),也可能打到右極板上 D.從t= 時(shí)刻釋放電子,電子必將打到左極板上 解析:選AC.根據(jù)題中條件作出帶電粒子的速度圖象,根據(jù)速度圖象包圍的面積分析粒子的運(yùn)動(dòng).由圖(a)知,t=0時(shí)釋放電子,電子的位移始終是正值,說明一直向右運(yùn)動(dòng),一定能夠擊中右板,選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤. 由圖
12、(b)知,t=時(shí)釋放電子,電子向右的位移與向左的位移大小相等,若釋放后的內(nèi)不能到達(dá)右板,則之后往復(fù)運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤. 10.如圖所示,水平放置的平行板電容器與某一電源相連,它的極板長L=0.4 m,兩極板間距離d=4×10-3 m,有一束由相同帶電微粒組成的粒子流以相同的速度v0從兩極板中央平行極板射入,開關(guān)S閉合前,兩極板間不帶電,由于重力作用,微粒能落到下極板的正中央.已知微粒質(zhì)量m=4×10-5 kg、電荷量q=+1×10-8 C,g=10 m/s2,則下列說法正確的是( ) A.微粒的入射速度v0=10 m/s B.電容器上極板接電源正極時(shí)微粒有可能從平行板電容
13、器的右邊射出電場 C.電源電壓為180 V時(shí),微粒可能從平行板電容器的右邊射出電場 D.電源電壓為100 V時(shí),微粒可能從平行板電容器的右邊射出電場 解析:選AC.開關(guān)S閉合前,兩極板間不帶電,微粒落到下極板的正中央,由=gt2,=v0t,聯(lián)立得v0=10 m/s,A對;電容器上極板接電源正極時(shí),微粒的豎直方向加速度更大,水平位移將更小,B錯(cuò);設(shè)微粒恰好從平行板右邊緣下側(cè)飛出時(shí)的加速度為a,電場力向上,則=at,L=v0t1,mg-=ma,聯(lián)立解得U1=120 V,同理微粒在平行板右邊緣上側(cè)飛出時(shí),可得U2=200 V,所以平行板上板帶負(fù)電,電源電壓為120 V≤U≤200 V時(shí),微粒可
14、以從平行板電容器的右邊射出電場,C對、D錯(cuò). 三、非選擇題 11.(2016·高考四川卷)中國科學(xué)院2015年10月宣布中國將在2020年開始建造世界上最大的粒子加速器.加速器是人類揭示物質(zhì)本源的關(guān)鍵設(shè)備,在放射治療、食品安全、材料科學(xué)等方面有廣泛應(yīng)用.如圖所示,某直線加速器由沿軸線分布的一系列金屬圓管(漂移管)組成,相鄰漂移管分別接在高頻脈沖電源的兩極.質(zhì)子從K點(diǎn)沿軸線進(jìn)入加速器并依次向右穿過各漂移管,在漂移管內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng),在漂移管間被電場加速,加速電壓視為不變.設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B時(shí)速度為8×106 m/s,進(jìn)入漂移管E時(shí)速度為1×107 m/s,電源頻率為1×107 Hz,漂移管間
15、縫隙很小,質(zhì)子在每個(gè)管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間視為電源周期的 .質(zhì)子的比荷取1×108 C/kg.求: (1)漂移管B的長度; (2)相鄰漂移管間的加速電壓. 解析:(1)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管B的速度為vB,電源頻率、周期分別為f、T,漂移管B的長度為L,則 T= ① L=vB· ② 聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)得L=0.4 m. ③ (2)設(shè)質(zhì)子進(jìn)入漂移管E的速度為vE,相鄰漂移管間的加速電壓為U,電場對質(zhì)子所做的功為W,質(zhì)子從漂移管B運(yùn)動(dòng)到E電場做功W′,質(zhì)子的電荷量為q,質(zhì)量為m,則 W=qU ④ W′=3W ⑤ W′=mv-mv ⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)得U=6×104 V. 答案
16、:(1)0.4 m (2)6×104 V 12.如圖所示,第一象限中有沿x軸的正方向的勻強(qiáng)電場,第二象限中有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,兩電場的電場強(qiáng)度大小相等.一個(gè)質(zhì)量為m,電荷量為-q的帶電質(zhì)點(diǎn)以初速度v0從x軸上P(-L,0)點(diǎn)射入第二象限,已知帶電質(zhì)點(diǎn)在第一和第二象限中都做直線運(yùn)動(dòng),并且能夠連續(xù)兩次通過y軸上的同一個(gè)點(diǎn)Q(未畫出),重力加速度g為已知量.求: (1)初速度v0與x軸正方向的夾角; (2)P、Q兩點(diǎn)間的電勢差UPQ; (3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間. 解析:(1)由題意知,帶電質(zhì)點(diǎn)在第二象限做勻速直線運(yùn)動(dòng),有qE=mg 設(shè)初速度v0與x軸正方向的夾角為θ, 且由帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做直線運(yùn)動(dòng),有tan θ= 解得θ=45°. (2)P到Q的過程,由動(dòng)能定理有 qEL-mgL=0 WPQ=qEL 解得UPQ==-. (3)帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限做勻變速直線運(yùn)動(dòng), 由牛頓第二定律有mg=ma, 即a=g,v0=at 解得t= 帶電質(zhì)點(diǎn)在第一象限中往返一次所用的時(shí)間 T=2t=. 答案:(1)45° (2)- (3) 8
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