2018-2019學年高二物理 寒假訓練03 電容器帶電粒子在電場中的運動.docx
《2018-2019學年高二物理 寒假訓練03 電容器帶電粒子在電場中的運動.docx》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《2018-2019學年高二物理 寒假訓練03 電容器帶電粒子在電場中的運動.docx(9頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
寒假訓練03電容器帶電粒子在電場中的運動 1.【2018年廣安、眉山、內(nèi)江、遂寧高三第一次診斷】如圖甲所示,真空中有一個平行板電容器,兩極板PQ、MN與水平方向的夾角θ=30,極板長度為L,一個質量為m的帶電量為+q的微粒從極板內(nèi)側N點由靜止釋放,恰好能沿水平方向向左運動。只考慮極板之間的電場,極板之外沒有電場,重力加速度為g。 (1)兩極板PQ、MN分別帶什么電?極板間電場的場強多大? (2)如圖乙所示,如果將該微粒從Q點正上方某高處的O點由靜止釋放,恰好能從Q點進入電場,且剛好從M點沿與MN相切的方向離開電場。則兩板之間的電壓U是多少? 一、選擇題 1.【2018年白城一中高二上學期期中】如圖所示,平行板電容器與電動勢為E′的直流電源(內(nèi)阻不計)連接,下極板接地,靜電計所帶電荷量很少,可被忽略。一帶負電油滴被固定于電容器中的P點?,F(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離,則下列說法錯誤的是( ) A.平行板電容器的電容將變大 B.靜電計指針張角不變 C.帶電油滴的電勢能將減小 D.若先將上極板與電源正極的導線斷開,再將下極板向下移動一小段距離,則帶電油滴所受電勢能減小 2.【2018年廣雅中學高三上期中】如圖所示,C為平行板電容器,a和b為其兩極板,a板接地;P和Q為兩豎直放置的平行金屬板,在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球;P板與b板用導線相連,Q板接地。開始時懸線靜止在豎直方向,在b板帶電后,懸線偏轉了角度α,在以下方法中,能使懸線的偏角α變大的是( ) A.縮小a、b間的距離 B.在a、b兩板間插入電介質 C.a(chǎn)板向上平移 D.Q板向右平移 3.【2018年西寧市第四高級中學高二上學期期中】 (多選)如圖所示,一電容為C的平行板電容器,兩極板A、B間距離為d,板間電壓為U,B板電勢高于A板,兩板間有M、N、P三點,MN連線平行于極板,N、P連線垂直于極板,M、P兩點間距離為L,∠PMN=θ。以下說法正確的是( ) A.電容器帶電荷量為 B.兩極板間勻強電場的電場強度大小為 C.M、P兩點間的電勢差為 D.若將帶電荷量為+q的電荷從M移到P,該電荷的電勢能減少了 4.【2018年巴彥淖爾一中高二上學期期中】(多選)a、b、c三個α粒子由同一點同時垂直場強方向進入偏轉電場,其軌跡如圖所示,其中b恰好飛出電場,以下說法正確的是( ) A.在b飛離電場的同時,a剛好打在負極板上 B.b和c同時飛離電場 C.進入電場時,c的速度最大,a的速度最小 D.動能的增量相比,c的最小,a和b的一樣大 5.【2018年靜寧縣第一中學高二上學期期中】(多選)一帶正電粒子僅在電場力作用下做直線運動,從A點經(jīng)B、C運動到D點,其v-t圖象如圖所示,則下列說法中正確的是( ) A.A處的電場強度小于B處的電場強度 B.粒子在A處的電勢能大于在B處的電勢能 C.C、D間各點電場強度和電勢都為零 D.A、B兩點的電勢差等于C、B兩點間的電勢差 6.【2018年雅安中學高二上學期期中】如圖,在豎直平面內(nèi)存在水平向右的勻強電場,有一帶電小球自O處沿y軸方向豎直向上拋出,它的初動能為4 J,不計空氣阻力。當小球上升到最高點M時,動能也為4 J,則小球落回與O的同一水平面上的P點時,它的動能為( ) A.4 J B.8 J C.16 J D.20 J 7.【2018年遵義市第四教育集團高三上學期第二次聯(lián)考】(多選)如圖所示,B、C為豎直平面內(nèi)一圓周上的兩點,圓心為O,B、O連線豎直,A點位于B點正上方,沿AC方向固定有一光滑絕緣細桿L,在O點固定放置一帶負電的小球?,F(xiàn)有兩個完全相同的帶正電的小球a、b,先將小球A穿在細桿上,讓其從A點由靜止釋放后沿桿下滑,后使小球b從A點由靜止釋放后豎直下落,不計兩小球間的相互作用力,則下列說法中正確的是( ) A.小球a沿桿做勻加速直線運動 B.小球a在C點的動能等于小球b在B點的動能 C.從A點到C點,小球a的機械能先增加后減小,但機械能與電勢能之和不變 D.小球a從A點到C點的過程中電場力做的功等于小球b從A點到B點的過程中電場力做的功 二、解答題 8. 【2018年平遙中學高二上學期期中】如圖所示,AB是一傾角θ=37的絕緣粗糙直軌道,滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.30,BCD是半徑為R=0.2 m的光滑圓弧軌道,它們相切于B點,C為圓弧軌道的最低點,整個空間存在著豎直向上的勻強電場,場強E=4.0103 N/C,質量m=0.20 kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下。已知斜面AB對應的高度h=0.24 m,滑塊帶電荷量q=-5.010-4 C,取重力加速度g=10 m/s2,sin37=0.60,cos37=0.80。求: (1)滑塊從斜面最高點滑到斜面底端B點時的速度大??; (2)滑塊滑到圓弧軌道最低點C時對軌道的壓力。 9.【2018年福州八中高三上學期期中】如圖甲所示,兩水平金屬板A、B間的距離為d,極板長為l,A、B右端有一豎直放置的熒光屏,熒光屏距A、B右端的距離為0.7l。A、B兩板間加上如圖乙所示的方波形電壓,電壓的正向值為U0,反向值也為U0,A、B間的電場可看作勻強電場,且兩板外無電場?,F(xiàn)有質量為m、電荷量為e(重力不計)的電子束,以速度v0沿A、B兩板間的中心線OO′射入兩板間的偏轉電場,所有電子均能通過偏轉電場,最后打在熒光屏上。 (1)求電子通過偏轉電場的時間t0; (2)若UAB的周期T=t0,求從OO′上方飛出偏轉電場的電子在飛出時離OO′的最大距離; (3)若UAB的周期T=2t0,求電子擊中熒光屏上O′點時的速率。 寒假訓練03電容器帶電粒子在電場中的運動 1.【解析】(1)粒子在極板間的受力分析如圖所示,因粒子帶正電,所受電場力F如圖所示 則MN板帶正電,PQ板帶負電 由幾何關系得:cosθ=mgqE 解得:E=23mg3q。 (2)粒子進入極板間做類平拋運動,設水平位移為x,如圖所示: tanα=vyv0=atv0 tanφ=yx=12at2v0t 設粒子在M點時速度方向延長線交于X軸上的C點,則根據(jù)平拋知識可知速度方向延長線交于x2處,根據(jù)幾何關系有: x2sinθ+x=L d=x2cosθ U=Ed 解得:U=2mgL5q。 一、選擇題 1.【答案】A 【解析】根據(jù)C=εS4πkd知,將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離時d增大,則平行板電容器的電容將減小,故A錯誤;靜電計測量的是電容器兩端的電勢差,因為電容器始終與電源相連,則電勢差不變,所以靜電計指針張角不變,故B正確;電勢差不變,d增大,根據(jù)E=Ud可知電場強度減小,又由U上P=φ上-φP,U上P=Ed上P,而U不變,所以上極板的電勢φ上不變,而d上P不變,則有U上P減小,φP增大,根據(jù)EP=qφ可知帶負電油滴的電勢能將減小,C正確;電容器與電源斷開,則電荷量不變,d改變,根據(jù)E=Ud=QCd=4πKQεS,知電場強度不變,又由UP地=φP-φ地=φP,UP地=EdP地,而將下極板向下移動一小段距離,dP地增大,則有UP地增大,φP增大,根據(jù)EP=qφ可知帶負電油滴的電勢能將減小,D正確。 2.【答案】C 【解析】縮小a、b間的距離,根據(jù)C=εs4πkd,則電容增大,Q不變,ab端的電勢差U=QC,知電勢差減小,所以PQ兩端的電勢差減小,電場強度減小,則電場力變小,α變?。还蔄錯誤;ab間插入電介質,則電容增大,Q不變,ab端的電勢差U=QC,知電勢差減小,所以PQ兩端的電勢差減小,電場強度減小,則電場力變小,α變小,故B錯誤;a板向上移動,正對面積減小,電容減小,而Q不變,則ab端的電勢差增大,即PQ兩端的電勢差增大,電場強度增大,則電場力變大,α變大,故C正確;Q板向右移動,PQ間的距離增大,故電容器的電容C變小,而Q不變,則PQ兩端的電勢差增大,而電場強度E=4πkQεs不變,則電場力不變,α不變,故D錯誤。 3.【答案】CD 【解析】由電容器電容的定義式可知,電容器的帶電量為Q=CU,選項A錯誤;兩板間的電場為勻強電場,根據(jù)勻強電場場強與電勢差的關系可知,兩板間電場強度E=,選項B錯誤;M、P兩點間的電勢差就等于NP間的電勢差,即UMP=ELsinθ=,選項C正確;由于下板帶正電,因此板間場強方向豎直向上,將帶電荷量為+q的電荷從M點移到P點,電場力做正功,電勢能減少量等于電場力做的功,即qUMP=,選項D正確。 4.【答案】ACD 【解析】a、b兩個粒子在電場中沿電場的方向上的位移相同,由h=12gt2可知運動時間也相同,所以b粒子飛離電場的同時,a剛好打在負極板上;選項A正確.b和c在電場中沿電場的方向的位移不同,所以在電場中飛行的時間也就不同;選項B錯誤.由h=12gt2可知,c粒子在電場中飛行的時間最短,而在水平方向飛行的距離最大,所以c的速度最大,a、b兩粒子飛行時間相等,a的水平位移最小,所以a的速度最??;選項C正確.由能量的轉化和守恒可知,三個粒子的動能的增加即為電場力對粒子所做的功,三個粒子受到的電場力相同,在電場力的方向上,誰的位移大,電場力對誰做的功就大,所以對a、b兩粒子做的功相等,對c粒子做的功要少;選項D正確. 5.【答案】BD 【解析】由運動的速度--時間圖象可看出,帶正電的粒子的加速度在A點時較大,由牛頓第二定律得知在A點的電場力大,故A點的電場強度一定大于B點的電場強度,故A錯誤;由A到B的過程中,速度變大了,說明是電場力做正功,電勢能轉化為動能,由功能關系可知,此過程中電勢能減少,正電荷在A點是電勢能大于在B時的電勢能,所以粒子在A點的電勢能高于B點的電勢能,故B正確;從C到D,粒子速度一直不變,故電場力做功為零,可知CD間各點電場強度為零,但電勢不一定為零,故C錯誤;A、C兩點的速度相等,故粒子的動能相同,因此從A到B和從B到C電場力做功的絕對值相同,AB兩點間的電勢差等于CB兩點間的電勢差,故D正確。 6.【答案】D 【解析】設水平方向上升階段的水平位移為x上,下降階段的水平位移為x下;根據(jù)運動的合成與分解,小球在水平方向做勻加速直線,在豎直方向做豎直上拋運動;且上升階段所用時間與下落階段所用的時間相同,即t上=t下;由初速度為零的勻加速直線運動,相同的時間內(nèi)位移之比為1:3:5:7…;得x上:x下=1:3;小球到達最高點時,豎直方向的動能為零,水平方向獲得的動能即為電場力在上升階段對小球所做的功,則電場力對小球做的總功為W總=Eqx上+Eqx下=44J=16J;小球從O點到M點由動能定理得:EkM-Ek0=W總,Ek0=4J,代入數(shù)據(jù)得EkM=20J。 7.【答案】CD 【解析】從A到C點,小球受到重力、靜電引力、彈力作用,靜電引力為變力,故合力為變力,加速度是變化的,故A錯誤;由于圓周為等勢面,故小球從A到C和A到B電場力做功相等,根據(jù)動能定理:小球a:mghAB+W靜電=Eka;小球b: mghAC+W靜電=Ekb,由于a球下降的高度較大,故a球的動能較大,故B錯誤;除重力外的其余力(即電場力)做的功等于機械能的增加量,由于電場力先做正功,后做負功,故機械能先增加,后減小,故C正確;由于圓周為等勢面,故小球從A到C和A到B電場力做功相等,故D正確。 二、解答題 8.【解析】(1)滑塊沿斜面滑下的過程中,受到的滑動摩擦力 f=μ(mg+qE)cos37=0.96 N。 設到達斜面底端時的速度為v1,根據(jù)動能定理得 (mg+qE)h-f=mv 解得v1=2.4 m/s。 (2)設到達C處時速度為v2,滑塊從B到C,由動能定理可得: (mg+qE)R(1-cos37)=mv-mv 當滑塊經(jīng)過最低點時,有:FN-(mg+qE)=m 由牛頓第三定律:FN′=FN, 解得:FN′=11.36 N。 9.【解析】(1)電子在水平方向為勻速運動有:v0t0=l,解得t0=lv0; (2)當T=t0時,t=0時刻進入偏轉電場的電子向上側移距離最大,設最大值為ym,設加速度大小為a,則有:ym=212at022,a=eU0md,聯(lián)立解得偏移的最大距離:ym=eU0l24mdv02; (3)當T=2t0時,電子要到達O點在電場中必須在豎直方向上先加速后減速再反向加速,并且加速度大小相等,離開電場后豎直方向上勻速,整個過程向上的位移和向下的位移大小相等。設向上加速時間為Δt,則在豎直方向上有:y上=212aΔt2, y下=12at0-2Δt2+at0-2Δt0.7lv0, 要到達O′點,則有y上=y下; 聯(lián)立解得:Δt=0.4t0,另一解:Δt=3t0舍去, 所以到達O′點的電子在豎直方向上的速度大小為vy=at0-2Δt, 到達熒光屏上O′點的電子的速率為v=v02+vy2, 聯(lián)立解得電子擊中熒光屏上O′點時的速率:v=v02+eU0l5mdv02。- 配套講稿:
如PPT文件的首頁顯示word圖標,表示該PPT已包含配套word講稿。雙擊word圖標可打開word文檔。
- 特殊限制:
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片,僅作為作品整體效果示例展示,禁止商用。設計者僅對作品中獨創(chuàng)性部分享有著作權。
- 關 鍵 詞:
- 2018-2019學年高二物理 寒假訓練03 電容器帶電粒子在電場中的運動 2018 2019 年高 物理 寒假 訓練 03 電容器 帶電 粒子 電場 中的 運動
裝配圖網(wǎng)所有資源均是用戶自行上傳分享,僅供網(wǎng)友學習交流,未經(jīng)上傳用戶書面授權,請勿作他用。
鏈接地址:http://www.hcyjhs8.com/p-3917230.html