2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 3-1-6-3 電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動.doc
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2019-2020年高考物理總復(fù)習(xí) 3-1-6-3 電容 帶電粒子在電場中的運(yùn)動1.如圖6314所示,電子由靜止開始從A板向B板運(yùn)動,當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時速度為v,保持兩板間電壓不變,則() 圖6314A當(dāng)增大兩板間距離時,v也增大B當(dāng)減小兩板間距離時,v增大C當(dāng)改變兩板間距離時,v不變D當(dāng)增大兩板間距離時,電子在兩板間運(yùn)動的時間也增大解析:電子從靜止開始運(yùn)動,根據(jù)動能定理,從A運(yùn)動到B動能的變化量等于電場力做的功因?yàn)楸3謨蓚€極板間的電勢差不變,所以末速度不變,平均速度不變,而位移如果增加的話,時間變長答案:CD2.平行板電容器的兩極板A、B接于電池兩極,一帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部閉合開關(guān)S,電容器充電,這時懸線偏離豎直方向的夾角為,如圖6315所示,則()圖6315A保持開關(guān)S閉合,帶正電的A板向B板靠近,則增大B保持開關(guān)S閉合,帶正電的A板向B板靠近,則不變C開關(guān)S斷開,帶正電的A板向B板靠近,則增大D開關(guān)S斷開,帶正電的A板向B板靠近,則不變解析:懸線偏離豎直方向的夾角的大小由帶電小球受的電場力和重力兩因素決定因重力不變,故電場力增大時就增大在保持開關(guān)S閉合,即保持電容器兩極板間電壓U不變由于A、B板靠近,d變小,極板間電場強(qiáng)度E就增大,因而帶電小球受電場力FqEq增大,則增大;若斷開開關(guān)S,即表明電容器極板上的電荷量Q不變當(dāng)A、B板靠近后,電容器的電容C將增大,根據(jù)U,電容器兩板間電壓U減小電容器兩板間的場強(qiáng)E有無變化呢?把上述各關(guān)系代入,得E.由此可知場強(qiáng)不變,帶電小球受電場力不變,則不變答案:AD3.如圖6316所示,M、N是豎直放置的兩平行金屬板,分別帶等量異種電荷,兩極間產(chǎn)生一個水平向右的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)為E,一質(zhì)量為m、電量為q的微粒,以初速度v0豎直向上從兩極正中間的A點(diǎn)射入勻強(qiáng)電場中,微粒垂直打到N極上的C點(diǎn),已知ABBC.不計空氣阻力,則可知()圖6316A微粒在電場中作拋物線運(yùn)動B微粒打到C點(diǎn)時的速率與射入電場時的速率相等CMN板間的電勢差為2mv/qDMN板間的電勢差為Ev/2g解析:由題意可知,微粒到達(dá)C點(diǎn)時,豎直方向上速度為零,所以微粒不做拋物線運(yùn)動,A項(xiàng)錯誤;因ABBC,即tt可見vcv0.故B項(xiàng)正確;由qmv,得U,故C項(xiàng)錯誤;又由mgqE得q代入U,得U,故D項(xiàng)錯誤答案:B4.如圖6317所示,兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場,板長為L,板間距離為d,在板右端L處有一豎直放置的光屏M,一帶電荷量為q,質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)從兩板中央射入板間,最后垂直打在M屏上,則下列結(jié)論正確的是()圖6317A板間電場強(qiáng)度大小為mg/qB板間電場強(qiáng)度大小為2mg/qC質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動時間和它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間相等D質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動時間大于它從板的右端運(yùn)動到光屏的時間解析:當(dāng)質(zhì)點(diǎn)所受電場力方向向上且大于重力時,質(zhì)點(diǎn)才可能垂直打到屏上由運(yùn)動的合成與分解知識,可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上一直做勻速直線運(yùn)動,所以質(zhì)點(diǎn)在電場中做類平拋運(yùn)動的時間和在重力場中做斜上拋運(yùn)動的時間相等由運(yùn)動規(guī)律可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動,vxv0;在豎直方向上:在電場中vyat,如圖所示,離開電場后質(zhì)點(diǎn)做斜上拋運(yùn)動,vygt,由此運(yùn)動過程的對稱性可知ag,由牛頓第二定律得:qEmgmamg,解得:E2mg/q.故選項(xiàng)B、C正確答案:BC5.如圖6318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L0.4 m,兩板間距離d4103 m,有一束由相同帶電微粒組成的粒子流,以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入,開關(guān)S閉合前,兩板不帶電,由于重力作用微粒能落到下板的正中央,已知微粒質(zhì)量為m4105 kg,電量q1108 C(g10 m/s2)求:圖6318(1)微粒入射速度v0為多少?(2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場,電容器的上板應(yīng)與電源的正極還是負(fù)極相連?所加的電壓U應(yīng)取什么范圍?解析:(1)v0t,gt2,可解得:v010 m/s.(2)電容器的上板應(yīng)接電源的負(fù)極當(dāng)所加的電壓為U1時,微粒恰好從下板的右邊緣射出,a12,a1解得:U1120 V當(dāng)所加的電壓為U2時,微粒恰好從上板的右邊緣射出,a22,a2解得:U2200 V所以120 VU200 V.答案:(1)10 m/s(2)與負(fù)極相連120 VU200 V1某電容器上標(biāo)有“25 F、450 V”字樣,下列對該電容器的說法中正確的是()A要使該電容器兩極板之間電壓增加1 V,所需電荷量為2.5105 CB要使該電容器帶電量1 C,兩極板之間需加電壓2.5105V C該電容器能夠容納的電荷量最多為2.5105 CD該電容器能夠承受的最大電壓為450 V解析:由電容器電容的定義CQ/U可得,CQ/U,QCU,要使該電容器兩極板之間電壓增加U1 V,所需電荷量為Q2.5105 C,A正確,B錯誤;該電容器能夠容納的電荷量最多為QCU2.51054501.125102 C,C錯誤;電容器上所標(biāo)的450 V,是電容器的額定電壓,是電容器長期工作時所能承受的電壓,低于擊穿電壓,該電容器能夠承受的最大電壓大于450 V,D錯誤答案:A2.(xx海門模擬)如圖6319所示是測定液面高度h的電容式傳感器示意圖,E為電源,G為靈敏電流計,A為固定的導(dǎo)體芯,B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物質(zhì),C為導(dǎo)電液體已知靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關(guān)系為:電流從左邊接線柱流進(jìn)電流計,指針向左偏如果在導(dǎo)電液體的深度h發(fā)生變化時觀察到指針正向左偏轉(zhuǎn),則()圖6319A導(dǎo)體芯A所帶電量在增加,液體的深度h在增大B導(dǎo)體芯A所帶電量在減小,液體的深度h在增大C導(dǎo)體芯A所帶電量在增加,液體的深度h在減小D導(dǎo)體芯A所帶電量在減小,液體的深度h在減小解析:電流計指針向左偏轉(zhuǎn),說明流過電流計G的電流由左右,則導(dǎo)體芯A所帶電量在減小,由QCU可知,芯A與液體形成的電容器的電容減小,則液體的深度h在減小,故D正確答案:D3.如圖6320所示,水平放置的平行板電容器,上板帶負(fù)電,下板帶正電,帶電小球以速度v0水平射入電場,且沿下板邊緣飛出若下板不動,將上板上移一小段距離,小球仍以相同的速度v0從原處飛入,則帶電小球()圖6320A將打在下板中央B仍沿原軌跡由下板邊緣飛出C不發(fā)生偏轉(zhuǎn),沿直線運(yùn)動D若上板不動,將下板上移一段距離,小球可能打在下板的中央解析:將電容器上板或下板移動一小段距離,電容器帶電荷量不變,由公式E可知,電容器產(chǎn)生的場強(qiáng)不變,以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運(yùn)動下板不動時,小球沿原軌跡由下板邊緣飛出;當(dāng)下板向上移動時,小球可能打在下板的中央答案:BD4.真空中的某裝置如圖6321所示,其中平行金屬板A、B之間有加速電場,C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場,M為熒光屏今有質(zhì)子、氘核和粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場,最后打在熒光屏上已知質(zhì)子、氘核和粒子的質(zhì)量之比為124,電荷量之比為112,則下列判斷中正確的是()圖6321A三種粒子從B板運(yùn)動到熒光屏經(jīng)歷的時間相同B三種粒子打到熒光屏上的位置相同C偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為122D偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為124解析:粒子加速過程qU1mv2,從B至M用時t,得t ,所以t1t2t31,選項(xiàng)A錯誤偏轉(zhuǎn)位移y2,所以三種粒子打到熒光屏上的位置相同,選項(xiàng)B正確因WqEy,得W1W2W3q1q2q3112,選項(xiàng)C、D錯誤答案:B圖63225(xx天星百校聯(lián)盟領(lǐng)航)如圖6322甲所示為示波管的構(gòu)造示意圖,現(xiàn)在xx上加上uxxt信號,yy上加上uyyt信號(如圖6322乙、圖6322丙所示),則在屏幕上看到的圖形是()解析:由起始時刻xx和yy上的電壓情況可將A、C排除由于在xx上加上的uxxt信號周期為yy上所加uyyt信號周期的2倍,所以在屏幕上看到的圖形是兩個正弦波,因此D正確答案:D6.某空間內(nèi)有高度為d、寬度足夠?qū)?、方向水平向左的勻?qiáng)電場當(dāng)在該空間內(nèi)建立如圖6323所示的坐標(biāo)系后,在x軸上的P點(diǎn)沿y軸正方向連續(xù)射入質(zhì)量和電荷量均相同、且?guī)щ娦再|(zhì)也相同的帶電粒子(粒子重力不計),由于粒子的入射速率v(v0)不同,有的粒子將在電場中直接通過y軸,有的將穿出電場后再通過y軸設(shè)粒子通過y軸時,離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為h,從P到y(tǒng)軸所需的時間為t,則()圖6323A由題設(shè)條件可以判斷出粒子的帶電性質(zhì)B對hd的粒子,h越大,t越大C對hd的粒子,在時間t內(nèi),電場力對粒子做的功不相等Dh越大的粒子,進(jìn)入電場時的速率v也越大解析:由題設(shè)條件,粒子必定受到向左的電場力,電場方向向左,故粒子必帶正電荷,A正確hd的粒子,都沒有飛出電場,電場方向上的加速度a,因粒子的帶電荷量和質(zhì)量都相等,故加速度相等,到達(dá)y軸的時間也相等,該過程電場力做功WqEx相等,所以B、C錯誤而初速度越大的粒子在粒子到達(dá)y軸的時間內(nèi),豎直向上的位移越大,所以D正確答案:AD7在地面附近,存在著一有界電場,邊界MN將某空間分成上下兩個區(qū)域、,在區(qū)域中有豎直向上的勻強(qiáng)電場,在區(qū)域中離邊界某一高度由靜止釋放一質(zhì)量為m的帶電小球A,如圖6324甲所示,小球運(yùn)動的vt圖象如圖6324乙所示,已知重力加速度為g,不計空氣阻力,則()圖6324A在t2.5 s時,小球經(jīng)過邊界MNB小球受到的重力與電場力之比為35C在小球向下運(yùn)動的整個過程中,重力做的功與電場力做的功大小相等D在小球運(yùn)動的整個過程中,小球的機(jī)械能與電勢能總和先變大再變小解析:由速度圖象可知,帶電小球在區(qū)域與區(qū)域中的加速度之比為32,由牛頓第二定律可知:,所以小球所受的重力與電場力之比為35,B正確小球在t2.5 s時速度為零,此時下落到最低點(diǎn),由動能定理可知,重力與電場力的總功為零,故C正確因小球只受重力與電場力作用,所以小球的機(jī)械能與電勢能總和保持不變,D錯答案:BC8.如圖6325所示,帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi),恰好沿下板的邊緣飛出,已知板長為L,板間的距離為d,板間電壓為U,帶電粒子的電荷量為q,粒子通過平行金屬板的時間為t,不計粒子的重力,則()圖6325A在前時間內(nèi),電場力對粒子做的功為B在后時間內(nèi),電場力對粒子做的功為UqC在粒子下落前和后的過程中,電場力做功之比為12D在粒子下落前和后的過程中,電場力做功之比為21答案:B9.如圖6326所示,處于真空中的勻強(qiáng)電場與水平方向成15角,AB直線與勻強(qiáng)電場E互相垂直在A點(diǎn)以大小為v0的初速度水平拋出一質(zhì)量為m,帶電量為q的小球,經(jīng)時間t,小球下落一段距離過C點(diǎn)(圖中未畫出)時速度仍為v0,在小球由A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程中,下列說法中不正確的是()圖6326A電場力對小球做功為零 B小球的電勢能增加C小球的機(jī)械能減少量為mg2t2 DC可能位于AB直線的左側(cè)解析:由動能定理,得mghW電0,可知W電mgh0,即電場力對小球做負(fù)功,電勢能增加,C位置應(yīng)位于AB直線的右側(cè);由于小球運(yùn)動到C點(diǎn)時的動能未變,重力勢能減少量為Epmghmgat2mgt2mg2t2.選項(xiàng)A、C、D錯誤答案:ACD10.如圖6327所示,勻強(qiáng)電場方向與水平線間夾角30,斜向右上方,電場強(qiáng)度為E,質(zhì)量為m的小球帶負(fù)電,以初速度v0開始運(yùn)動,初速度方向與電場方向一致(1)若小球的帶電荷量為qmg/E,為使小球能做勻速直線運(yùn)動,應(yīng)對小球施加的恒力F1的大小和方向各如何?圖6327(2)若小球的帶電荷量為q2mg/E,為使小球能做直線運(yùn)動,應(yīng)對小球施加的最小恒力F2的大小和方向各如何?解析:(1)如圖甲所示,欲使小球做勻速直線運(yùn)動,必使其合外力為0,所以F1cos qEcos 30,F(xiàn)1sin mgqEsin 30解之得60,F(xiàn)1mg.(2)為使小球能做直線運(yùn)動,則小球受的合力必和運(yùn)動方向在一條直線上,故要求力F2和mg的合力和電場力在一條直線上,故F2mgsin 60mg,方向如圖乙所示,斜向左上60.答案:(1)mg與水平線夾60角斜向右上方(2)mg與水平線夾60角斜向左上方11.如圖6328所示,M、N為兩塊水平放置的平行金屬板,板長為l,兩板間的距離也為l,板間電壓恒定今有一帶電粒子(重力不計)以一定的初速度沿兩板正中間垂直進(jìn)入電場,最后打在距兩平行板右端距離為l的豎直屏上粒子落點(diǎn)距O點(diǎn)的距離為.若大量的上述粒子(與原來的初速度一樣,并忽略粒子間相互作用)從MN板間不同位置垂直進(jìn)入電場試求這些粒子打到豎直屏上的范圍并在圖中畫出圖6328解析:設(shè)粒子質(zhì)量為m,帶電荷量為q,初速度為v0,v0tl,yat2,tan ,yltan ,所以al,3alv.由題意可分析出大量粒子垂直射入偏轉(zhuǎn)電場后情況,如上圖甲、乙所示其范圍是ly.其中yal,范圍是l.答案:l圖略12在光滑絕緣的水平面上,用長為2L的絕緣輕桿連接兩個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B.A球的帶電荷量為2q,B球的帶電荷量為3q,組成一帶電系統(tǒng)如圖6329所示,虛線MP為AB兩球連線的垂直平分線,虛線NQ與MP平行且相距為4L.最初A球和B球分別靜止于虛線MP的兩側(cè),距MP的距離均為L,且A球距虛線NQ的距離為3L.若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn),不計輕桿的質(zhì)量,在虛線MP、NQ間加上水平向右的勻強(qiáng)電場E后,求:(1)B球剛進(jìn)入電場時,A球與B球組成的帶電系統(tǒng)的速度大小(2)帶電系統(tǒng)從開始運(yùn)動到速度第一次為零時所需的時間以及B球電勢能的變化量圖6329解析:(1)帶電系統(tǒng)剛開始運(yùn)動時,設(shè)加速度為a1,由牛頓第二定律得:a1球B剛進(jìn)入電場時,帶電系統(tǒng)的速度為v1,有v2a1L求得v1 (2)對帶電系統(tǒng)進(jìn)行分析,假設(shè)球A能達(dá)到NQ,且A球到達(dá)NQ時電場力對系統(tǒng)做功為W1,有W12qE3L(3qE2L)0,故帶電系統(tǒng)速度第一次為零時,球A恰好到達(dá)NQ設(shè)球B從靜止到剛進(jìn)入電場的時間為t1,則t1,解得:t1 球B進(jìn)入電場后,帶電系統(tǒng)的加速度為a2,由牛頓第二定律得:a2顯然,B球進(jìn)入電場后帶電系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動設(shè)減速所需時間為t2則有t2,求得t2 .可知,帶電系統(tǒng)從靜止運(yùn)動到速度第一次為零時所需的時間為:tt1t23 ,B球電勢能增加了:EpE3q2L6EqL答案:(1) (2) 6EqL- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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