高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題十二 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
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專題十二 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 考綱解讀 章 內(nèi)容 考試要求 說(shuō)明 必考 加試 靜電場(chǎng) 電容器的電容 b c 1.不要求應(yīng)用平行板電容器電容的決定式進(jìn)行計(jì)算. 2.示波管問(wèn)題的分析與計(jì)算不涉及兩個(gè)偏轉(zhuǎn)電極同時(shí)加電壓的情形. 3.解決帶電粒子偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題只限于垂直電場(chǎng)方向入射且偏轉(zhuǎn)電極加恒定電壓的情形. 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) b d 一、電容器的電容 1.電容器 (1)組成:由兩個(gè)彼此絕緣又相互靠近的導(dǎo)體組成. (2)帶電量:一個(gè)極板所帶電荷量的絕對(duì)值. (3)電容器的充電、放電 ①充電:使電容器帶電的過(guò)程,充電后電容器兩極板帶上等量的異種電荷,電容器中儲(chǔ)存電場(chǎng)能. ②放電:使充電后的電容器失去電荷的過(guò)程,放電過(guò)程中電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能. 2.電容 (1)公式 ①定義式:C=. ②推論:C=. (2)電容與電壓、電荷量的關(guān)系:電容C的大小由電容器本身結(jié)構(gòu)決定,與電壓、電荷量無(wú)關(guān).不隨Q變化,也不隨電壓變化. 3.平行板電容器及其電容 (1)影響因素:平行板電容器的電容與正對(duì)面積成正比,與介質(zhì)的介電常數(shù)成正比,與兩板間的距離成反比. (2)決定式:C=,k為靜電力常量.εr為相對(duì)介電常數(shù),與電介質(zhì)的性質(zhì)有關(guān). 二、帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1.加速問(wèn)題:若不計(jì)粒子的重力,則電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做的功等于帶電粒子的動(dòng)能的增量. (1)在勻強(qiáng)電場(chǎng)中:W=qEd=qU=mv2-mv. (2)在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中:W=qU=mv2-mv. 2.偏轉(zhuǎn)問(wèn)題: (1)條件分析:不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0垂直于電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng). (2)運(yùn)動(dòng)性質(zhì):類平拋運(yùn)動(dòng). (3)處理方法:利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解. ①沿初速度方向:做勻速直線運(yùn)動(dòng). ②沿電場(chǎng)力方向:做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng). 3.示波管的構(gòu)造: ①電子槍,②偏轉(zhuǎn)電極,③熒光屏.(如圖1所示) 圖1 1.電容器是一種常用的電子元件.下列對(duì)電容器認(rèn)識(shí)正確的是( ) A.電容器的電容表示其儲(chǔ)存電荷的能力 B.電容器的電容與它所帶的電量成正比 C.電容器的電容與它兩極板間的電壓成正比 D.電容器的常用單位有μF和pF,1 μF=103 pF 答案 A 解析 由電容的物理意義知A正確.電容定義式為C=,但C跟Q和U無(wú)關(guān),僅跟電容器本身特征量有關(guān);1 μF=106 pF.B、C、D都錯(cuò). 2.(2015浙江學(xué)考模擬)如圖2為可變電容器,由一組動(dòng)片和一組定片組成,這兩組金屬片之間是互相絕緣的,動(dòng)片旋入得越多,則( ) 圖2 A.正對(duì)面積越大,電容越大 B.正對(duì)面積越大,電容越小 C.動(dòng)片、定片間距離越小,電容越大 D.動(dòng)片、定片間距離越小,電容越小 答案 A 解析 可變電容器動(dòng)片旋入得越多,正對(duì)面積越大.由平行板電容器的電容決定式C=知,電容器的正對(duì)面積越大,電容越大,A項(xiàng)正確. 3.一個(gè)已充電的電容器,若使它的電荷量減少310-4 C,則其電壓減少為原來(lái)的,則( ) A.電容器原來(lái)的電荷量為910-4 C B.電容器原來(lái)的電荷量為4.510-4 C C.電容器原來(lái)的電壓為1 V D.電容器的電容變?yōu)樵瓉?lái)的 答案 B 解析 由C=得ΔQ=CΔU=C(U-U)=CU=Q,Q== C=4.510-4 C,選項(xiàng)A錯(cuò),B對(duì);因電容器的電容不知,所以無(wú)法求出電容器原來(lái)的電壓,選項(xiàng)C錯(cuò);電容器的電容由電容器本身決定,跟電壓和電荷量的變化無(wú)關(guān),所以電容器的電容不變,選項(xiàng)D錯(cuò). 4.電場(chǎng)中,初速度為零的帶正電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中僅在電場(chǎng)力作用下,運(yùn)動(dòng)方向正確的是( ) 答案 D 5.如圖3所示,兩極板與電源相連接,電子從負(fù)極板邊緣垂直電場(chǎng)方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng),且恰好從正極板邊緣飛出,現(xiàn)在使電子的入射速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍,而電子仍從原來(lái)位置射入,且仍從正極板邊緣飛出,則兩極板間的距離應(yīng)變?yōu)樵瓉?lái)的( ) 圖3 A.2倍 B.4倍 C.倍 D.倍 答案 C 解析 第一次d=()2,第二次d′=()2,兩式相比可得d′=,所以選項(xiàng)C正確. 電容器的動(dòng)態(tài)分析 1.對(duì)公式C=的理解 電容C=,不能理解為電容C與Q成正比、與U成反比,一個(gè)電容器電容的大小是由電容器本身的因素決定的,與電容器是否帶電及帶電多少無(wú)關(guān). 2.兩種類型的動(dòng)態(tài)分析思路 (1)確定不變量,分析是電壓不變還是所帶電荷量不變. (2)用決定式C=分析平行板電容器電容的變化. (3)用定義式C=分析電容器所帶電荷量或兩極板間電壓的變化. (4)用E=分析電容器兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的變化. 例1 如圖4所示,先接通S使電容器充電,然后斷開(kāi)S,增大兩極板間的距離時(shí),電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢(shì)差U及場(chǎng)強(qiáng)E的變化情況是( ) 圖4 A.Q變小,C不變,U不變,E變大 B.Q變小,C變小,U不變,E變小 C.Q不變,C變小,U變大,E不變 D.Q不變,C變小,U變小,E無(wú)法確定 答案 C 解析 由充電后斷開(kāi)電源知,電容器的電荷量不變,選項(xiàng)A、B錯(cuò);由C=知增大兩極板間的距離時(shí),電容C減小,由C=知,U增大;兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E==,可見(jiàn)當(dāng)增加兩板間距時(shí),電場(chǎng)強(qiáng)度不變,選項(xiàng)C對(duì),D錯(cuò). 電容器動(dòng)態(tài)問(wèn)題的分析技巧 1.抓住不變量,弄清楚是電容器的電荷量不變還是電壓不變. 2.根據(jù)電容的決定式分析電容的變化,再根據(jù)電容的定義式分析電荷量或電壓的變化,最后分析電場(chǎng)強(qiáng)度的變化. 變式題組 1.一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對(duì)面積、間距和電荷量不變,在兩極板間插入一電介質(zhì),其電容C和兩極板間的電勢(shì)差U的變化情況是( ) A.C和U均增大 B.C增大,U減小 C.C減小,U增大 D.C和U均減小 答案 B 解析 由C=知,S和d不變,插入電介質(zhì)時(shí),εr增大,電容增大,由C=可知:Q不變時(shí),C增大,則兩板間的電勢(shì)差U一定減小,故選B. 2.用控制變量法,可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖5).設(shè)兩極板正對(duì)面積為S,極板間的距離為d,靜電計(jì)指針偏角為θ.實(shí)驗(yàn)中,極板所帶電荷量不變,若( ) 圖5 A.保持S不變,增大d, 則θ變大 B.保持S不變,增大d,則θ變小 C.保持d不變,減小S,則θ變小 D.保持d不變,減小S,則θ不變 答案 A 解析 靜電計(jì)指針偏角體現(xiàn)電容器兩極板間電壓大?。谧鲞x項(xiàng)所示的操作中,電容器上電荷量Q保持不變,C==.保持S不變,增大d,則C減小,U增大,偏角θ增大,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;保持d不變,減小S,則C減小,偏角θ也增大,故選項(xiàng)C、D均錯(cuò). 帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng) 1.做直線運(yùn)動(dòng)的條件 (1)粒子所受合外力F合=0,粒子靜止或做勻速直線運(yùn)動(dòng). (2)粒子所受合外力F合≠0,且與初速度方向在同一條直線上,帶電粒子將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或勻減速直線運(yùn)動(dòng). 2.用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析 a=,E=,v2-v=2ad. 3.用功能觀點(diǎn)分析 勻強(qiáng)電場(chǎng)中:W=Eqd=qU=mv2-mv 非勻強(qiáng)電場(chǎng)中:W=qU=Ek2-Ek1. 例2 (2014海南高考)如圖6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(kāi)始運(yùn)動(dòng).重力加速度為g.粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為( ) 圖6 A.g B.g C.g D.g 答案 A 解析 帶電粒子在電容器兩極板間時(shí)受到重力和電場(chǎng)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壓不變,但兩極板間的距離發(fā)生了變化,引起電場(chǎng)強(qiáng)度發(fā)生了變化,從而電場(chǎng)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.故A正確. 解決粒子在電場(chǎng)中直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的兩種方法 1.用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律. 2.用動(dòng)能定理或能量守恒定律. 3.選取思路:前者適用于粒子受恒力作用時(shí),后者適用于粒子受恒力或變力作用時(shí).這和解決物體受重力、彈力、摩擦力等做直線運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題的思路是相同的,不同的是受力分析時(shí),不要遺漏電場(chǎng)力. 變式題組 3.如圖7所示,平行板電容器的兩個(gè)極板與水平地面成一角度,兩極板與一直流電源相連.若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過(guò)電容器,則在此過(guò)程中,該粒子( ) 圖7 A.所受重力與電場(chǎng)力平衡 B.電勢(shì)能逐漸增加 C.動(dòng)能逐漸增加 D.做勻速直線運(yùn)動(dòng) 答案 B 解析 分析帶電粒子的受力情況,畫出其受力圖如圖所示.可以看出其合力方向與其速度方向相反.所以,帶電粒子在電場(chǎng)中做勻減速直線運(yùn)動(dòng).電場(chǎng)力做負(fù)功,重力不做功,動(dòng)能減少,電勢(shì)能增加,故選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤,選項(xiàng)B正確. 4.(2016舟山市調(diào)研)兩平行金屬板相距為d,電勢(shì)差為U,一電子質(zhì)量為m,電荷量為e,從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射出,最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn),然后返回.如圖8所示,=h,此電子具有的初動(dòng)能是( ) 圖8 A. B.edUh C. D. 答案 D 解析 電子受到的靜電力做負(fù)功,有-eUOA=0-Ek,UOA=h,Ek=,由此知選項(xiàng)D正確. 帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn) 1.基本運(yùn)動(dòng)規(guī)律 (1)沿初速度方向做勻速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間 (2)沿電場(chǎng)力方向,做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 2.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)的兩個(gè)結(jié)論 (1)不同的帶電粒子從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后再?gòu)耐黄D(zhuǎn)電場(chǎng)射出時(shí),偏移量和偏轉(zhuǎn)角總是相同的. 證明:由qU0=mv y=at2=()2 tan θ= 得:y=,tan θ= (2)粒子經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后,合速度的反向延長(zhǎng)線與初速度延長(zhǎng)線的交點(diǎn)O為粒子水平位移的中點(diǎn),即O到偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣的距離為. 3.帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的功能關(guān)系 當(dāng)討論帶電粒子的末速度v時(shí)也可以從能量的角度進(jìn)行求解:qUy=mv2-mv,其中Uy=y(tǒng),指初、末位置間的電勢(shì)差. 例3 如圖9所示,在兩條平行的虛線內(nèi)存在著寬度為L(zhǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng),在與右側(cè)虛線相距也為L(zhǎng)處有一與電場(chǎng)平行的屏.現(xiàn)有一電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子(重力不計(jì)),以垂直于電場(chǎng)線方向的初速度v0射入電場(chǎng)中,v0方向的延長(zhǎng)線與屏的交點(diǎn)為O.試求: 圖9 (1)粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間; (2)粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向夾角的正切值tan α; (3)粒子打在屏上的點(diǎn)P到O點(diǎn)的距離x. 答案 (1) (2) (3) 解析 (1)根據(jù)題意,粒子在垂直于電場(chǎng)線的方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以粒子從射入到打到屏上所用的時(shí)間t=. (2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿平行電場(chǎng)線方向的速度為vy,根據(jù)牛頓第二定律,粒子在電場(chǎng)中的加速度為:a= 所以vy=a= 所以粒子剛射出電場(chǎng)時(shí)的速度方向與初速度方向夾角的正切值為tan α==. (3)解法一 設(shè)粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為y,則 y=a()2= 又x=y(tǒng)+Ltan α,解得:x= 解法二 x=y(tǒng)+vy= 解法三 由y=a()2=,=得: x=3y=. 分析粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)的兩種方法 1.分解觀點(diǎn):垂直射入勻強(qiáng)電場(chǎng)的帶電粒子,在電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用,與重力場(chǎng)中的平拋運(yùn)動(dòng)相類似,研究這類問(wèn)題的基本方法是將運(yùn)動(dòng)分解,可分解成平行電場(chǎng)方向的勻加速直線運(yùn)動(dòng)和垂直電場(chǎng)方向的勻速直線運(yùn)動(dòng). 2.功能觀點(diǎn):首先對(duì)帶電粒子進(jìn)行受力分析,再進(jìn)行運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析,然后根據(jù)具體情況選用公式計(jì)算. (1)若選用動(dòng)能定理,則要分清有多少個(gè)力做功,是恒力做功還是變力做功,同時(shí)要明確初、末狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的動(dòng)能的增量. (2)若選用能量守恒定律,則要分清帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化,哪些能量是增加的,哪些能量是減少的. 變式題組 5.噴墨打印機(jī)的簡(jiǎn)化模型如圖10所示,重力可忽略的墨汁微滴,經(jīng)帶電室?guī)ж?fù)電后,以速度v垂直勻強(qiáng)電場(chǎng)飛入極板間,最終打在紙上,則微滴在極板間電場(chǎng)中( ) 圖10 A.向負(fù)極板偏轉(zhuǎn) B.電勢(shì)能逐漸增大 C.運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線 D.運(yùn)動(dòng)軌跡與帶電量無(wú)關(guān) 答案 C 解析 微滴帶負(fù)電,進(jìn)入電場(chǎng),受電場(chǎng)力向上,應(yīng)向正極板偏轉(zhuǎn),A錯(cuò)誤;電場(chǎng)力做正功,電勢(shì)能減小,B錯(cuò)誤;微滴在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),沿v方向:x=vt,沿電場(chǎng)方向:y=at2,又a=,得y=x2,即微滴運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線,且運(yùn)動(dòng)軌跡與電荷量有關(guān),C正確,D錯(cuò)誤. 6.(多選)(2016紹興市聯(lián)考)如圖11所示,電荷量之比為qA∶qB=1∶3的帶電粒子A、B以相等的速度v0從同一點(diǎn)出發(fā),沿著跟電場(chǎng)強(qiáng)度垂直的方向射入平行板電容器中,分別打在C、D點(diǎn),若OC=CD,忽略粒子重力的影響,則( ) 圖11 A.A和B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶2 B.A和B運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比為4∶1 C.A和B的質(zhì)量之比為1∶12 D.A和B的位移大小之比為1∶1 答案 ABC 解析 粒子A和B在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向由x=v0t及OC=CD得,tA∶tB=1∶2;豎直方向由h=at2得a=,它們沿豎直方向下落的加速度大小之比為aA∶aB=4∶1;根據(jù)a=得m=,故=,A和B的位移大小不相等,故選項(xiàng)A、B、C正確. 電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題 1.解答力電綜合問(wèn)題的一般思路 2.運(yùn)動(dòng)情況反映受力情況 (1)物體靜止(保持):F合=0. (2)做直線運(yùn)動(dòng) ①勻速直線運(yùn)動(dòng):F合=0. ②變速直線運(yùn)動(dòng):F合≠0,且F合方向與速度方向總是在一條直線上. (3)做曲線運(yùn)動(dòng):F合≠0,F(xiàn)合方向與速度方向不在一條直線上,且總指向運(yùn)動(dòng)軌跡曲線的凹側(cè). (4)F合與v的夾角為α,加速運(yùn)動(dòng):0≤α<90;減速運(yùn)動(dòng):90<α≤180. (5)勻變速運(yùn)動(dòng):F合=恒量. 例4 (2014浙江7月學(xué)考)如圖12所示,水平地面上有一長(zhǎng)為L(zhǎng)、高為h的桌子.質(zhì)量為m的小物塊A從絕緣桌面的左端以初速度v0水平向右運(yùn)動(dòng),最終落在地面上D點(diǎn),D點(diǎn)與桌面右端的水平距離為s.若再次將物塊A置于桌面左端,并讓其帶上電荷量為q的正電荷,在桌面以上區(qū)域加一水平向右、大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)電場(chǎng).假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,求: 圖12 (1)為使再次置于桌面左端的帶電物塊A在桌面上滑動(dòng),電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值E1. (2)為使再次置于桌面左端的帶電物塊A從桌面滑落后仍落在地面上的D點(diǎn),電場(chǎng)強(qiáng)度E2的值. 答案 (1)(v-) (2) 解析 (1)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律:s=vt h=gt2 得:v=s① 由動(dòng)能定理,考慮到摩擦力Ff做負(fù)功, 得:-FfL=mv2-mv② 為了使物塊A在桌面上滑動(dòng),其所受電場(chǎng)力至少等于摩擦力Ff,有F=qE1=Ff③ 由①②③式得:E1=(v-) (2)由動(dòng)能定理qE2L-FfL=mv2 得:E2=. 分析力電綜合問(wèn)題的兩種思路 1.動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn) (1)由于勻強(qiáng)電場(chǎng)中帶電粒子所受電場(chǎng)力和重力都是恒力,可用正交分解法. (2)綜合運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式,注意受力分析要全面,特別注意重力是否需要考慮的問(wèn)題. 2.能量的觀點(diǎn) (1)運(yùn)用動(dòng)能定理,注意過(guò)程分析要全面,準(zhǔn)確求出過(guò)程中的所有力做的功,判斷選用分過(guò)程還是全過(guò)程使用動(dòng)能定理. (2)運(yùn)用能量守恒定律,注意題目中有哪些形式的能量出現(xiàn). 變式題組 7.(20164月浙江選考8)密立根油滴實(shí)驗(yàn)原理如圖13所示.兩塊水平放置的金屬板分別與電源的正負(fù)極相接,板間電壓為U,形成豎直向下電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng).用噴霧器從上板中間的小孔噴入大小、質(zhì)量和帶電荷量各不相同的油滴.通過(guò)顯微鏡可找到懸浮不動(dòng)的油滴,若此懸浮油滴的質(zhì)量為m,則下列說(shuō)法正確的是( ) 圖13 A.懸浮油滴帶正電 B.懸浮油滴的帶電荷量為 C.增大電場(chǎng)強(qiáng)度大小,懸浮油滴將向上運(yùn)動(dòng) D.油滴的帶電荷量不一定是電子帶電荷量的整數(shù)倍 答案 C 解析 油滴懸浮不動(dòng),說(shuō)明其所受的電場(chǎng)力與重力平衡,所以帶負(fù)電,A錯(cuò);由Eq=mg得q=,所以B錯(cuò);如果增大電場(chǎng)強(qiáng)度大小,油滴所受的電場(chǎng)力增大,油滴就會(huì)向上加速運(yùn)動(dòng),C對(duì);所有帶電體的電荷量都是電子帶電荷量的整數(shù)倍,D錯(cuò). 8.如圖14所示,一電荷量為+q、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37的光滑斜面上,當(dāng)整個(gè)裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,小物塊恰好靜止.重力加速度取g,sin 37=0.6,cos 37=0.8.求: 圖14 (1)水平向右電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度; (2)若將電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的,物塊的加速度是多大; (3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí)的動(dòng)能. 答案 (1) (2)0.3g (3)0.3mgL 解析 (1)小物塊靜止在斜面上,受重力、電場(chǎng)力和斜面支持力,受力分析如圖所示,則有FNsin 37=qE① FNcos 37=mg② 由①②可得E= (2)若電場(chǎng)強(qiáng)度減小為原來(lái)的,即E′= 由牛頓第二定律得 mgsin 37-qE′cos 37=ma 可得a=0.3g (3)電場(chǎng)強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時(shí),重力做正功,電場(chǎng)力做負(fù)功,由動(dòng)能定理得mgLsin 37-qE′Lcos 37=Ek-0 可得Ek=0.3mgL. 1.(20164月浙江選考7)關(guān)于電容器,下列說(shuō)法正確的是( ) A.在充電過(guò)程中電流恒定 B.在放電過(guò)程中電容減小 C.能儲(chǔ)存電荷,但不能儲(chǔ)存電能 D.兩個(gè)彼此絕緣又靠近的導(dǎo)體可視為電容器 答案 D 解析 由電容器的充放電曲線可知,充電過(guò)程中,電流不斷減小,A錯(cuò);電容是電容器儲(chǔ)存電荷的本領(lǐng),不隨充放電過(guò)程變化,B錯(cuò);電容器中的電場(chǎng)具有電場(chǎng)能,所以C錯(cuò);兩個(gè)彼此絕緣又靠近的導(dǎo)體是可以儲(chǔ)存電荷的,可視為電容器,D對(duì). 2.(2016金華市聯(lián)考)一個(gè)電容器的規(guī)格是“10 μF 50 V”,則( ) A.這個(gè)電容器的電容為10-5 F B.這個(gè)電容器加上50 V電勢(shì)差時(shí),電容才是10 μF C.這個(gè)電容器沒(méi)有電勢(shì)差時(shí),電容為0 D.這個(gè)電容器加的電勢(shì)差不能低于50 V 答案 A 解析 電容器的電容與電容器板間電勢(shì)差無(wú)關(guān),無(wú)論是否有電勢(shì)差,電容都是10 μF,選項(xiàng)A正確,B、C錯(cuò)誤;50 V為電容器允許加的最大電勢(shì)差,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 3.對(duì)電容的定義式C=,以下說(shuō)法正確的是( ) A.電容器帶電荷量越大,電容就越大 B.對(duì)于某一電容器,它的帶電荷量跟它兩極板間所加電勢(shì)差的比值保持不變 C.對(duì)于某一電容器,它的帶電荷量跟加在兩極板間的電勢(shì)差成反比 D.如果一個(gè)電容器兩極板間沒(méi)有電勢(shì)差,就沒(méi)有帶電荷量,也就沒(méi)有電容 答案 B 解析 電容器的電容是其本身固有屬性,與帶電荷量及兩極板間電勢(shì)差無(wú)關(guān),故選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤,選項(xiàng)B正確;由C=得Q=CU,由此可知Q∝U,選項(xiàng)C錯(cuò)誤. 4.(多選)一平行板電容器,極板間正對(duì)面積為S,板間距離為d,充以電荷量Q后兩板間電壓為U,為使電容器的電容加倍,可采用的辦法是( ) A.將電壓變?yōu)? B.帶電荷量變?yōu)?Q C.將極板正對(duì)面積變?yōu)?S D.將兩極板間的距離減小到 答案 CD 解析 電容器的電容與極板帶電荷量、兩極板間的電壓無(wú)關(guān),故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;根據(jù)C=可知,選項(xiàng)C、D正確. 5.板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時(shí),兩極板間電勢(shì)差為U1,板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E1.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q,板間距變?yōu)閐,其他條件不變,這時(shí)兩極板間的電勢(shì)差為U2,板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E2,下列說(shuō)法正確的是( ) A.U2=U1,E2=E1 B.U2=2U1,E2=4E1 C.U2=U1,E2=2E1 D.U2=2U1,E2=2E1 答案 C 解析 根據(jù)U=,C∝,E=,可得U∝,E∝,則==2=1,==,故選項(xiàng)C正確. 6.(多選)將平行板電容器兩極板之間的距離、電壓、電場(chǎng)強(qiáng)度大小和極板所帶的電荷量分別用d、U、E和Q表示.下列說(shuō)法正確的是( ) A.保持U不變,將d變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍,則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半 B.保持E不變,將d變?yōu)樵瓉?lái)的一半,則U變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍 C.保持d不變,將Q變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍,則U變?yōu)樵瓉?lái)的一半 D.保持d不變,將Q變?yōu)樵瓉?lái)的一半,則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半 答案 AD 解析 由E=知,當(dāng)U不變,d變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍時(shí),E變?yōu)樵瓉?lái)的一半,A項(xiàng)正確;當(dāng)E不變,d變?yōu)樵瓉?lái)的一半時(shí),U變?yōu)樵瓉?lái)的一半,B項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)電容器中d不變時(shí),C不變,由C=知,當(dāng)Q變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍時(shí),U變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍,C項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)電容器中d不變時(shí),C不變,由C=知,Q變?yōu)樵瓉?lái)的一半時(shí),U變?yōu)樵瓉?lái)的一半,則E變?yōu)樵瓉?lái)的一半,D項(xiàng)正確. 7.如圖1所示,平行板電容器與電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源(內(nèi)阻不計(jì))連接,下極板接地.一帶電油滴位于電容器中的P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài).現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動(dòng)一小段距離( ) 圖1 A.帶電油滴將沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng) B.P點(diǎn)的電勢(shì)將降低 C.帶電油滴的電勢(shì)能將減少 D.若電容器的電容減小,則極板帶電荷量將增大 答案 B 解析 由于電容器與電源連接,電壓U不變,板間場(chǎng)強(qiáng)E場(chǎng)=隨d的增大而減小,所以油滴將向下運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增大,故A、C均錯(cuò)誤;P點(diǎn)與地的電勢(shì)差UPO=E場(chǎng)d′,d′不變而E場(chǎng)減小,故P點(diǎn)電勢(shì)將降低,B正確;據(jù)Q=CU可知,電壓U不變時(shí)減小電容C,則極板帶電荷量將減小,故D錯(cuò)誤. 8.如圖2所示,電子由靜止開(kāi)始從A板向B板運(yùn)動(dòng),到達(dá)B板的速度為v,保持兩極板間電壓不變,則( ) 圖2 A.當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí),速度v增大 B.當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí),速度v減小 C.當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí),速度v不變 D.當(dāng)減小兩極板間的距離時(shí),電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng) 答案 C 解析 由動(dòng)能定理得eU=mv2,當(dāng)改變兩極板間的距離時(shí),U不變,v就不變,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤,C正確;電子在兩極板間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),=,=,即t=,當(dāng)d減小時(shí),v不變,電子在兩極板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 9.(多選)(2016麗水模擬)如圖3甲所示,直線MN表示某電場(chǎng)中一條電場(chǎng)線,a、b是線上的兩點(diǎn),將一帶負(fù)電荷的粒子從a點(diǎn)處由靜止釋放,粒子從a運(yùn)動(dòng)到b過(guò)程中的v-t圖線如圖乙所示,設(shè)a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)分別為φa、φb,場(chǎng)強(qiáng)大小分別為Ea、Eb,粒子在a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)能分別為Wa、Wb,不計(jì)重力,則有( ) 圖3 A.φa>φb B.Ea>Eb C.Ea- 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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- 高考物理大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略 專題十二 電容器 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 高考 物理 二輪 復(fù)習(xí) 策略 專題 十二 帶電 粒子 電場(chǎng) 中的 運(yùn)動(dòng)
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