（浙江專版）2022屆高考物理一輪復習 第6章 靜電場 8 第三節(jié) 電容器與電容、帶電粒子在電場中的運動隨堂檢測鞏固落實 新人教版

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1、（浙江專版）2022屆高考物理一輪復習 第6章 靜電場 8 第三節(jié) 電容器與電容、帶電粒子在電場中的運動隨堂檢測鞏固落實 新人教版 1．(多選)(2018·南京、鹽城、連云港三市高三模擬)目前的手機觸摸屏大多是電容式觸摸屏．電容式觸摸屏內有一導電層，導電層四個角引出四個電極．當手指觸摸屏幕時，人體和觸摸屏就形成了一個電容，電容具有“通高頻”的作用，從而導致有電流分別從觸摸屏四角上的電極中流過，并且流經這四個電極的電流與手指到四角的距離成正比，控制器通過對這四個電流比例的精確計算，得出觸摸點的位置信息，在開機狀態(tài)下，下列說法正確的是(　　) A．電容式觸摸屏感測手指觸摸點的位置是因為手指對屏

2、幕按壓產生了形變 B．電容式觸摸屏感測手指觸摸點的位置是利用了電磁感應現象 C．當手指觸摸屏幕時手指有微弱的電流流過 D．當手指離開屏幕時，電容變小，對高頻電流的阻礙變大，控制器不易檢測到手指的準確位置 解析：選CD.電容式觸摸屏感測手指觸摸點的位置是因為手指與屏幕形成電容器，選項A、B錯誤；當手指觸摸屏幕時手指中的電荷定向移動，有微弱的電流流過，選項C正確；當手指離開屏幕時，板間距離增大，電容變小，對高頻電流的阻礙變大，控制器不易檢測到手指的準確位置，選項D正確． 2．(多選)(2018·南京模擬)如圖甲所示，兩平行金屬板A、B放在真空中，間距為d，P點在A、B板間，A板接地，B板

3、的電勢φ隨時間t的變化情況如圖乙所示，t＝0時，在P點由靜止釋放一質量為m、電荷量為e的電子，當t＝2T時，電子回到P點．電子運動過程中未與極板相碰，不計重力，則下列說法正確的是(　　) A．φ1∶φ2＝1∶2 B．φ1∶φ2＝1∶3 C．在0～2T時間內，當t＝T時電子的電勢能最小 D．在0～2T時間內，電子的電勢能減小了 解析：選BCD.0～T時間內平行板間的電場強度為E1＝，電子以a1＝＝向上做勻加速直線運動，當t＝T時電子的位移x1＝a1T2，速度v1＝a1T.T～2T時間內平行板間的電場強度E2＝，加速度a2＝，電子以v1的初速度向上做勻減速直線運動，速度變?yōu)?后開始向

4、下做勻加速直線運動，位移x2＝v1T－a2T2，由題意t＝2T時電子回到P點，則x1＋x2＝0，聯立可得φ2＝3φ1，選項A錯誤，B正確．當速度最大時，動能最大，電勢能最小，而0～T時間內電子做勻加速直線運動，之后做勻減速直線運動，后又做方向向下的勻加速直線運動，所以在T時刻電勢能最小，選項C正確．電子在t＝2T時回到P點，此時速度v2＝v1－a2T＝－(負號表示方向向下)，電子的動能為Ek＝mv＝，根據能量守恒定律，電勢能的減少量等于動能的增加量，選項D正確． 3．(2018·宿遷模擬)靜電計是在驗電器的基礎上制成的，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?。鐖D所示，A

5、、B是平行板電容器的兩個金屬板，D為靜電計，開始時開關S閉合，靜電計指針張開一定角度，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．斷開開關S后，將A、B兩極板分開些 B．斷開開關S后，增大A、B兩極板的正對面積 C．保持開關S閉合，將A、B兩極板靠近些 D．保持開關S閉合，將滑動變阻器的滑片向右移動 解析：選B.斷開開關S，電容器所帶電荷量不變，將A、B兩極板分開些，則d增大，根據C＝知，電容C減小，根據U＝知，電勢差增大，指針張角增大，選項A錯誤；斷開開關S，增大A、B兩極板的正對面積，即S增大，根據C＝知，電容C增大，根據U＝知，電勢差減小，指針張角減小，

6、選項B正確；保持開關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C錯誤；保持開關S閉合，滑動變阻器僅充當導線作用，電容器兩端的電勢差不變，滑片滑動不會影響指針張角，選項D錯誤． 4．如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場．自該區(qū)域上方的A點將質量均為m、電荷量分別為q和－q(q>0)的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出．小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開．已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍．不計

7、空氣阻力，重力加速度大小為g.求 (1)M與N在電場中沿水平方向的位移之比； (2)A點距電場上邊界的高度； (3)該電場的電場強度大?。? 解析：(1)設小球M、N在A點水平射出時的初速度大小為v0，則它們進入電場時的水平速度仍然為v0.M、N在電場中運動的時間t相等，電場力作用下產生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運動學公式得 v0－at＝0① s1＝v0t＋at2② s2＝v0t－at2③ 聯立①②③式得 ＝3.④ (2)設A點距電場上邊界的高度為h，小球下落h時在豎直方向的分速度為vy，由運動學公式 v＝2gh⑤ H＝vyt＋gt2⑥ M進入電場后做直線運動，由幾何關系知 ＝⑦ 聯立①②⑤⑥⑦式可得 h＝H.⑧ (3)設電場強度的大小為E，小球M進入電場后做直線運動，則 ＝⑨ 設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理得 Ek1＝m(v＋v)＋mgH＋qEs1⑩ Ek2＝m(v＋v)＋mgH－qEs2? 由已知條件 Ek1＝1.5Ek2? 聯立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E＝. 答案：見解析