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【步步高】2022高考物理大一轮复习 6.3 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动
【步步高】2022高考物理大一轮复习 6.3 电容器和电容 带电粒子在电场中的运动
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6.3电容器和电容 带电粒子在电场中的运动图6-3-11.如图6-3-1所示是某个点电荷电场中的一根电场线,在线上O点由静止释放一个自由的负电荷,它将沿电场线向B点运动.下列判断中正确的是( ).A.电场线由B指向A,该电荷做加速运动,加速度越来越小B.电场线由B指向A,该电荷做加速运动,其加速度大小的变化不能确定C.电场线由A指向B,该电荷做匀速运动D.电场线由B指向A,该电荷做加速运动,加速度越来越大解析 在由电场线上O点由静止释放一个自由的负电荷,它将沿电场线沿B点运动,受电场力方向由A指向B,则电场线方向由B指向A,该负电荷做加速运动,其加速度大小的变化不能确定.选项B正确.答案 B图6-3-22.如图6-3-2所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图,E为电源,G为灵敏电流计,A为固定的导体芯,B为导体芯外面的一层绝缘物质,C为导电液体.已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为:电流从左边接线柱流进电流计,指针向左偏.如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转,则( ).A.导体芯A所带电荷量在增加,液体的深度h在增大B.导体芯A所带电荷量在减小,液体的深度h在增大C.导体芯A所带电荷量在增加,液体的深度h在减小D.导体芯A所带电荷量在减小,液体的深度h在减小解析 电流计指针向左偏转,说明流过电流计G的电流由左→右,则导体芯A所带电荷量在减小,由Q=CU可知,芯A与液体形成的电容器的电容减小,则液体的深度h在减小,故D正确.答案 D3.静电计是在验电器的基础上制成的,用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小.如图6-3-3所示,A、B是平行板电容器的两个金属板,G为静电计.开始时开关S闭合,静电计指针张开一定角度,为了使指针张开的角度增大些,下列采取的措施可行的是( ).8\n图6-3-3A.断开开关S后,将A、B分开些B.保持开关S闭合,将A、B两极板分开些C.保持开关S闭合,将A、B两极板靠近些D.保持开关S闭合,将变阻器滑动触头向右移动解析 要使静电计的指针张开角度增大些,必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大,断开开关S后,将A、B分开些,电容器的带电荷量不变,电容减小,电势差增大,A正确;保持开关S闭合,将A、B两极板分开或靠近些,静电计金属球和外壳之间的电势差不变,B、C均错误;保持开关S闭合,将滑动变阻器滑动触头向右或向左移动,静电计金属球和外壳之间的电势差不变,D错误.答案 A图6-3-44.如图6-3-4所示,一带电小球以水平速度射入接入电路中的平行板电容器中,并沿直线打在屏上O点,若仅将平行板电容器上极板平行上移一些后,让带电小球再次从原位置水平射入并能打在屏上,其他条件不变,两次相比较,则再次射入的带电小球( ).A.将打在O点的下方B.将打在O点的上方C.穿过平行板电容器的时间将增加D.达到屏上动能将增加解析 由题意知,上极板不动时,小球受电场力和重力平衡,平行板电容器上移后,两极板间电压不变,电场强度变小,小球再次进入电场,受电场力减小,合力方向向下,所以小球向下偏转,将打在O点下方,A项正确,B项错误;小球的运动时间由水平方向的运动决定,两次通过时水平速度不变,所以穿过平行板电容器的时间不变,C项错误;由于小球向下偏转,合力对小球做正功,小球动能增加,所以D项正确.答案 AD8\n5.如图6-3-5所示,地面上某区域存在着竖直向下的匀强电场,一个质量为m的带负电的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域,刚好通过竖直平面中的P点,已知连线OP与初速度方向的夹角为45°,则此带电小球通过P点时的动能为( ).A.mv02B.mv02C.2mv02D.mv02图6-3-5解析 由题意可知小球到P点时水平位移和竖直位移相等,即v0t=vPyt,合速度vP==v0EkP=mvP2=mv02,故选D(等效思维法).答案 D6.如图6-3-6所示,电子由静止开始从A板向B板运动,当到达B极板时速度为v,保持两板间电压不变,则( ).A.当增大两板间距离时,v也增大图6-3-6B.当减小两板间距离时,v增大C.当改变两板间距离时,v不变D.当增大两板间距离时,电子在两板间运动的时间也增大解析 电子从静止开始运动,根据动能定理,从A运动到B动能的变化量等于电场力做的功.因为保持两个极板间的电势差不变,所以末速度不变,平均速度不变,若两板间距离增加,时间变长.答案 CD图6-3-77.如图6-3-7所示,从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零),经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场.电子的重力不计.在满足电子能射出偏转电场的条件下,下述四种情况中,一定能使电子的偏转角变大的是( ).8\nA.仅将偏转电场极性对调 B.仅增大偏转电极间的距离C.仅增大偏转电极间的电压 D.仅减小偏转电极间的电压解析 设加速电场电压为U0,偏转电压为U,极板长度为L,间距为d,电子加速过程中,由U0q=,得v0=,电子进入极板后做类平抛运动,时间t=,a=,vy=at,tanθ==,由此可判断C正确.(类平抛模型)答案 C8.如图6-3-8所示,一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强电场,入射方向与电场线垂直.粒子从Q点射出电场时,其速度方向与电场线成30°角.已知匀强电场的宽度为d,P、Q两点的电势差为U,不计重力作用,设P点的电势为零.则下列说法正确的是( ).图6-3-8A.带电粒子在Q点的电势能为-UqB.带电粒子带负电C.此匀强电场的电场强度大小为E=D.此匀强电场的电场强度大小为E=解析 根据带电粒子的偏转方向,可判断B错误;因为P、Q两点的电势差为U,电场力做正功,电势能减少,而P点的电势为零,所以A正确;设带电粒子在P点时的速度为v0,在Q点建立直角坐标系,垂直于电场线为x轴,平行于电场线为y轴,由曲线运动的规律和几何知识求得带电粒子在y轴方向的分速度为vy=v0.带电粒子在y轴方向上的平均速度为y=;带电粒子在y轴方向上的位移为y0,带电粒子在电场中的运动时间为t,y0=t,d=v0t,得y0=,由E=得E=,C正确,D错误.答案 AC图6-3-99.如图6-3-9所示,A板发出的电子经加速后,水平射入水平放置的两平行金属板间,金属板间所加的电压为U,电子最终打在荧光屏P8\n上,关于电子的运动,则下列说法中正确的是( ).A.滑动触头向右移动时,其他不变,则电子打在荧光屏上的位置上升B.滑动触头向左移动时,其他不变,则电子打在荧光屏上的位置上升C.电压U增大时,其他不变,则电子打在荧光屏上的速度大小不变D.电压U增大时,其他不变,则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大解析 设加速电压为U0,进入偏转电场时的速度大小为v0,则电子经加速电场:eU0=mv02①偏转电场中:L=v0t②y=×t2③y=mv2-mv02④由①②③得y=.当滑动触头向右滑动时,U0变大,y变小,所以选项A错,B对.由①②③④得mv2=+eU0当U增大时,mv2增大,电子打到屏上的速度变大,故选项C错,D对.答案 BD10.M、N是某电场中一条电场线上的两点,若在M点释放一个初速度为零的电子,电子仅受电场力作用,并沿电场线由M点运动到N点,其电势能随位移变化的关系如图6-3-10所示,则下列说法正确的是( ).A.电子在N点的动能小于在M点的动能图6-3-10B.该电场有可能是匀强电场C.该电子运动的加速度越来越小D.电子运动的轨迹为曲线解析 电子仅受电场力的作用,电势能与动能之和恒定,由图像可知电子由M点运动到N点,电势能减小,动能增加,A选项错误;分析图像可得电子的电势能随运动距离的增大,减小的越来越慢,即经过相等距离电场力做功越来越少,由W=qEΔx可得电场强8\n度越来越小,B选项错误;由于电子从M点运动到N点电场力逐渐减小,所以加速度逐渐减小,C选项正确;电子从静止开始沿电场线运动,可得MN电场线为直线,由运动与力的关系可得轨迹必为直线,D选项错误.答案 C11.如图6-3-11甲所示,静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道,其前、后面板使用绝缘材料,上、下面板使用金属材料.图6-3-26乙是装置的截面图,上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连.质量为m、电荷量为-q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道,当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和,同时被收集.通过调整两板间距d可以改变收集效率η.当d=d0时,η为81%(即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集).不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用.图6-3-11(1)求收集效率为100%时,两板间距的最大值dm;(2)求收集效率η与两板间距d的函数关系.解析 (1)收集效率η为81%,即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘,设高压电源的电压为U,则在水平方向有L=v0t①在竖直方向有0.81d0=at2②其中a===③当减小两板间距时,能够增大电场强度,提高装置对尘埃的收集效率.收集效率恰好为8\n100%时,两板间距即为dm.如果进一步减小d,收集效率仍为100%.因此,在水平方向有L=v0t④在竖直方向有dm=a′t2⑤其中a′===⑥联立①②③④⑤⑥式可得dm=0.9d0⑦(2)当d>0.9d0时,设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘,此时有x=2⑧根据题意,收集效率为η=⑨联立①②③⑧⑨式可得η=0.812.答案 (1)0.9d0 (2)η=0.812图6-3-1212.如图6-3-12所示,长L=1.2m、质量M=3kg的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上,质量m=1kg、带电荷量q=+2.5×10-4C的物块放在木板的上端,木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1,所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E=4.0×104N/C的匀强电场.现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F=10.8N.取g=10m/s2,斜面足够长.求:(1)物块经多长时间离开木板?(2)物块离开木板时木板获得的动能.(3)物块在木板上运动的过程中,由于摩擦而产生的内能.解析 (1)物块向下做加速运动,设其加速度为a1,木板的加速度为a2,则由牛顿第二定律对物块:mgsin37°-μ(mgcos37°+qE)=ma1对木板:Mgsin37°+μ(mgcos37°+qE)-F=Ma2又a1t2-a2t2=L得物块滑过木板所用时间t=s.(2)物块离开木板时木板的速度v2=a2t=3m/s.其动能为Ek2=Mv22=27J.8\n(3)由于摩擦而产生的内能为(程序思维法)Q=Fs相对=μ(mgcos37°+qE)·L=2.16J.答案 (1)s (2)27J (3)2.16J8
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2022-2023年高考物理一轮复习 电容器与电容带电粒子在电场中的运动课件
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高考 - 一轮复习
发布时间:2022-08-25 15:30:38
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