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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng).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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.如圖6-3-14所示,電子由靜止開(kāi)始從A板向B板運(yùn)動(dòng),當(dāng)?shù)竭_(dá)B極板時(shí)速度為v,保持兩板間電壓不變,則( ) 圖6-3-14 A.當(dāng)增大兩板間距離時(shí),v也增大 B.當(dāng)減小兩板間距離時(shí),v增大 C.當(dāng)改變兩板間距離時(shí),v不變 D.當(dāng)增大兩板間距離時(shí),電子在兩板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也增大 解析:電子從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)能定理,從A運(yùn)動(dòng)到B動(dòng)能的變化量等于電場(chǎng)力做的功.因?yàn)楸3謨蓚€(gè)極板間的電勢(shì)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(shí)間變長(zhǎng). 答案:CD 2.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(kāi)關(guān)S,電容器充電,這時(shí)懸線偏離豎直方向的夾角為θ,如圖6-3-15所示,則( ) 圖6-3-15 A.保持開(kāi)關(guān)S閉合,帶正電的A板向B板靠近,則θ增大 B.保持開(kāi)關(guān)S閉合,帶正電的A板向B板靠近,則θ不變 C.開(kāi)關(guān)S斷開(kāi),帶正電的A板向B板靠近,則θ增大 D.開(kāi)關(guān)S斷開(kāi),帶正電的A板向B板靠近,則θ不變 解析:懸線偏離豎直方向的夾角θ的大小由帶電小球受的電場(chǎng)力和重力兩因素決定.因重力不變,故電場(chǎng)力增大時(shí)θ就增大.在保持開(kāi)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(chǎng)強(qiáng)度E=就增大,因而帶電小球受電場(chǎng)力F=qE=q增大,則θ增大;若斷開(kāi)開(kāi)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(chǎng)強(qiáng)E=有無(wú)變化呢?把上述各關(guān)系代入,得E===.由此可知場(chǎng)強(qiáng)不變,帶電小球受電場(chǎng)力不變,則θ不變. 答案:AD 3.如圖6-3-16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(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng),場(chǎng)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(chǎng)中,微粒垂直打到N極上的C點(diǎn),已知AB=BC.不計(jì)空氣阻力,則可知( ) 圖6-3-16 A.微粒在電場(chǎng)中作拋物線運(yùn)動(dòng) B.微粒打到C點(diǎn)時(shí)的速率與射入電場(chǎng)時(shí)的速率相等 C.MN板間的電勢(shì)差為2mv/q D.MN板間的電勢(shì)差為Ev/2g 解析:由題意可知,微粒到達(dá)C點(diǎn)時(shí),豎直方向上速度為零,所以微粒不做拋物線運(yùn)動(dòng),A項(xiàng)錯(cuò)誤;因AB=BC,即t=t可見(jiàn)vc=v0.故B項(xiàng)正確;由q=mv,得U==,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;又由mg=qE得q=代入U(xiǎn)=,得U=,故D項(xiàng)錯(cuò)誤. 答案:B 4.如圖6-3-17所示,兩平行金屬板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng),板長(zhǎng)為L(zhǎng),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6-3-17 A.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mg/q B.板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2mg/q C.質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間相等 D.質(zhì)點(diǎn)在板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于它從板的右端運(yùn)動(dòng)到光屏的時(shí)間 解析:當(dāng)質(zhì)點(diǎn)所受電場(chǎng)力方向向上且大于重力時(shí),質(zhì)點(diǎn)才可能垂直打到屏上.由運(yùn)動(dòng)的合成與分解知識(shí),可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上一直做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和在重力場(chǎng)中做斜上拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等.由運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知質(zhì)點(diǎn)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),vx=v0;在豎直方向上:在電場(chǎng)中vy=at,如圖所示,離開(kāi)電場(chǎng)后質(zhì)點(diǎn)做斜上拋運(yùn)動(dòng),vy=gt,由此運(yùn)動(dòng)過(guò)程的對(duì)稱(chēng)性可知a=g,由牛頓第二定律得:qE-mg=ma=mg,解得:E=2mg/q.故選項(xiàng)B、C正確. 答案:BC 5.如圖6-3-18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(zhǎng)L=0.4 m,兩板間距離d=410-3 m,有一束由相同帶電微粒組成的粒子流,以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入,開(kāi)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m=410-5 kg,電量q=+110-8 C.(g=10 m/s2)求: 圖6-3-18 (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(chǎng),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:v0==10 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(shí),微粒恰好從下板的右邊緣射出,=a12,a1= 解得:U1=120 V 當(dāng)所加的電壓為U2時(shí),微粒恰好從上板的右邊緣射出,=a22,a2= 解得:U2=200 V.所以120 V<U<200 V. 答案:(1)10 m/s (2)與負(fù)極相連 120 V<U<200 V 1.某電容器上標(biāo)有“25 μF、450 V”字樣,下列對(duì)該電容器的說(shuō)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2.510-5 C B.要使該電容器帶電量1 C,兩極板之間需加電壓2.510-5V C.該電容器能夠容納的電荷量最多為2.510-5 C D.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C=Q/U可得,C=ΔQ/ΔU,ΔQ=CΔU,要使該電容器兩極板之間電壓增加ΔU=1 V,所需電荷量為ΔQ=2.510-5 C,A正確,B錯(cuò)誤;該電容器能夠容納的電荷量最多為Q=CU=2.510-5450=1.12510-2 C,C錯(cuò)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(zhǎng)期工作時(shí)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(cuò)誤. 答案:A 2.(xx海門(mén)模擬)如圖6-3-19所示是測(cè)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(jì),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(jì)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(jì),指針向左偏.如果在導(dǎo)電液體的深度h發(fā)生變化時(shí)觀察到指針正向左偏轉(zhuǎn),則( ) 圖6-3-19 A.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(jì)指針向左偏轉(zhuǎn),說(shuō)明流過(guò)電流計(jì)G的電流由左→右,則導(dǎo)體芯A所帶電量在減小,由Q=CU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:D 3.如圖6-3-20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(chǎng),且沿下板邊緣飛出.若下板不動(dòng),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6-3-20 A.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(dòng) D.若上板不動(dòng),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(dòng)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(chǎng)強(qiáng)不變,以相同速度入射的小球仍將沿原軌跡運(yùn)動(dòng).下板不動(dòng)時(shí),小球沿原軌跡由下板邊緣飛出;當(dāng)下板向上移動(dòng)時(shí),小球可能打在下板的中央. 答案:BD 4.真空中的某裝置如圖6-3-21所示,其中平行金屬板A、B之間有加速電場(chǎng),C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),M為熒光屏.今有質(zhì)子、氘核和α粒子均由A板從靜止開(kāi)始被加速電場(chǎng)加速后垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng),最后打在熒光屏上.已知質(zhì)子、氘核和α粒子的質(zhì)量之比為1∶2∶4,電荷量之比為1∶1∶2,則下列判斷中正確的是( ) 圖6-3-21 A.三種粒子從B板運(yùn)動(dòng)到熒光屏經(jīng)歷的時(shí)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(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶2 D.偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電場(chǎng)力對(duì)三種粒子做功之比為1∶2∶4 解析:粒子加速過(guò)程qU1=mv2,從B至M用時(shí)t=,得t∝ ,所以t1∶t2∶t3=1∶∶,選項(xiàng)A錯(cuò)誤.偏轉(zhuǎn)位移y=2=,所以三種粒子打到熒光屏上的位置相同,選項(xiàng)B正確.因W=qEy,得W1∶W2∶W3=q1∶q2∶q3=1∶1∶2,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤. 答案:B 圖6-3-22 5.(xx天星百校聯(lián)盟領(lǐng)航)如圖6-3-22甲所示為示波管的構(gòu)造示意圖,現(xiàn)在x—x′上加上uxx′—t信號(hào),y—y′上加上uyy′—t信號(hào)(如圖6-3-22乙、圖6-3-22丙所示),則在屏幕上看到的圖形是( ) 解析:由起始時(shí)刻x—x′和y—y′上的電壓情況可將A、C排除.由于在x—x′上加上的uxx′—t信號(hào)周期為y—y′上所加uyy′—t信號(hào)周期的2倍,所以在屏幕上看到的圖形是兩個(gè)正弦波,因此D正確. 答案:D 6.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(chǎng).當(dāng)在該空間內(nèi)建立如 圖6-3-23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(jì)),由于粒子的入射速率v(v>0)不同,有的粒子將在電場(chǎng)中直接通過(guò)y軸,有的將穿出電場(chǎng)后再通過(guò)y軸.設(shè)粒子通過(guò)y軸時(shí),離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為h,從P到y(tǒng)軸所需的時(shí)間為t,則( ) 圖6-3-23 A.由題設(shè)條件可以判斷出粒子的帶電性質(zhì) B.對(duì)h≤d的粒子,h越大,t越大 C.對(duì)h≤d的粒子,在時(shí)間t內(nèi),電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功不相等 D.h越大的粒子,進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)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(chǎng)力,電場(chǎng)方向向左,故粒子必帶正電荷,A正確.h≤d的粒子,都沒(méi)有飛出電場(chǎng),電場(chǎng)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(shí)間也相等,該過(guò)程電場(chǎng)力做功W=qEx相等,所以B、C錯(cuò)誤.而初速度越大的粒子在粒子到達(dá)y軸的時(shí)間內(nèi),豎直向上的位移越大,所以D正確. 答案:AD 7.在地面附近,存在著一有界電場(chǎng),邊界MN將某空間分成上下兩個(gè)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ,在區(qū)域Ⅱ中有豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng),在區(qū)域Ⅰ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6-3-24甲所示,小球運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖6-3-24乙所示,已知重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力,則( ) 圖6-3-24 A.在t=2.5 s時(shí),小球經(jīng)過(guò)邊界MN B.小球受到的重力與電場(chǎng)力之比為3∶5 C.在小球向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中,重力做的功與電場(chǎng)力做的功大小相等 D.在小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中,小球的機(jī)械能與電勢(shì)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Ⅰ與區(qū)域Ⅱ中的加速度之比為3∶2,由牛頓第二定律可知:=,所以小球所受的重力與電場(chǎng)力之比為3∶5,B正確.小球在t=2.5 s時(shí)速度為零,此時(shí)下落到最低點(diǎn),由動(dòng)能定理可知,重力與電場(chǎng)力的總功為零,故C正確.因小球只受重力與電場(chǎng)力作用,所以小球的機(jī)械能與電勢(shì)能總和保持不變,D錯(cuò). 答案:BC 8.如圖6-3-25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(zhǎng)為L(zhǎng),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(guò)平行金屬板的時(shí)間為t,不計(jì)粒子的重力,則( ) 圖6-3-25 A.在前時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為 B.在后時(shí)間內(nèi),電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為Uq C.在粒子下落前和后的過(guò)程中,電場(chǎng)力做功之比為1∶2 D.在粒子下落前和后的過(guò)程中,電場(chǎng)力做功之比為2∶1 答案:B 9.如圖6-3-26所示,處于真空中的勻強(qiáng)電場(chǎng)與水平方向成15角,AB直線與勻強(qiáng)電場(chǎng)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(shí)間t,小球下落一段距離過(guò)C點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)時(shí)速度仍為v0,在小球由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中,下列說(shuō)法中不正確的是( ) 圖6-3-26 A.電場(chǎng)力對(duì)小球做功為零 B.小球的電勢(shì)能增加 C.小球的機(jī)械能減少量為mg2t2 D.C可能位于AB直線的左側(cè) 解析:由動(dòng)能定理,得mgh+W電=0,可知W電=-mgh<0,即電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功,電勢(shì)能增加,C位置應(yīng)位于AB直線的右側(cè);由于小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能未變,重力勢(shì)能減少量為ΔEp=mgh=mgat2=mgt2>mg2t2.選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤. 答案:ACD 10.如圖6-3-27所示,勻強(qiáng)電場(chǎng)方向與水平線間夾角θ=30,斜向右上方,電場(chǎng)強(qiáng)度為E,質(zhì)量為m的小球帶負(fù)電,以初速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng),初速度方向與電場(chǎng)方向一致. (1)若小球的帶電荷量為q=mg/E,為使小球能做勻速直線運(yùn)動(dòng),應(yīng)對(duì)小球施加的恒力F1的大小和方向各如何? 圖6-3-27 (2)若小球的帶電荷量為q=2mg/E,為使小球能做直線運(yùn)動(dòng),應(yīng)對(duì)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(dòng),必使其合外力為0,所以F1cos α=qEcos 30,F(xiàn)1sin α=mg+qEsin 30 解之得α=60,F(xiàn)1=mg. (2)為使小球能做直線運(yùn)動(dòng),則小球受的合力必和運(yùn)動(dòng)方向在一條直線上,故要求力F2和mg的合力和電場(chǎng)力在一條直線上,故F2=mgsin 60=mg,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6-3-28所示,M、N為兩塊水平放置的平行金屬板,板長(zhǎng)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(jì))以一定的初速度沿兩板正中間垂直進(jìn)入電場(chǎng),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(lái)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(chǎng).試求這些粒子打到豎直屏上的范圍并在圖中畫(huà)出. 圖6-3-28 解析:設(shè)粒子質(zhì)量為m,帶電荷量為q,初速度為v0, v0t=l,y=at2,tan θ==,y+ltan θ=, 所以a+l=,3al=v. 由題意可分析出大量粒子垂直射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后情況,如上圖甲、乙所示.其范圍是l-y.其中y=a==l,范圍是l. 答案:l 圖略 12.在光滑絕緣的水平面上,用長(zhǎng)為2L的絕緣輕桿連接兩個(gè)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6-3-29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(zhǎng),且A球距虛線NQ的距離為3L.若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn),不計(jì)輕桿的質(zhì)量,在虛線MP、NQ間加上水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E后,求: (1)B球剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),A球與B球組成的帶電系統(tǒng)的速度大?。? (2)帶電系統(tǒng)從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零時(shí)所需的時(shí)間以及B球電勢(shì)能的變化量. 圖6-3-29 解析:(1)帶電系統(tǒng)剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),設(shè)加速度為a1,由牛頓第二定律得:a1== 球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí),帶電系統(tǒng)的速度為v1,有v=2a1L求得v1= (2)對(duì)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(shí)電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功為W1,有 W1=2qE3L+(-3qE2L)=0,故帶電系統(tǒng)速度第一次為零時(shí),球A恰好到達(dá)NQ 設(shè)球B從靜止到剛進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間為t1,則t1=,解得:t1= 球B進(jìn)入電場(chǎng)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(chǎng)后帶電系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動(dòng).設(shè)減速所需時(shí)間為t2則有t2=, 求得t2= .可知,帶電系統(tǒng)從靜止運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零時(shí)所需的時(shí)間為: t=t1+t2=3 ,B球電勢(shì)能增加了:Ep=E3q2L=6EqL 答案:(1) (2) 6EqL- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 2019 2020 年高 物理 復(fù)習(xí) 帶電 粒子 電場(chǎng) 中的 運(yùn)動(dòng)
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