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2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時提升練20 電容器與電容 帶電料子在電場的運動

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2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時提升練20 電容器與電容 帶電料子在電場的運動

2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時提升練20 電容器與電容 帶電料子在電場的運動題組一電容器問題分析1(多選)如圖6­3­15所示,兩個相同的平行板電容器C1、C2用導(dǎo)線相連,開始都不帶電現(xiàn)將開關(guān)S閉合給兩個電容器充電,待充電完畢后,電容器C1兩板間有一帶電微粒恰好處于平衡狀態(tài)再將開關(guān)S斷開,把電容器C2兩板稍錯開一些(兩板間距離保持不變),重新平衡后,下列判斷正確的是()圖6­3­15A電容器C1兩板間電壓減小B電容器C2兩板間電壓增大C帶電微粒將加速上升D電容器C1所帶電荷量增大【解析】充電完畢后電容器C1、C2并聯(lián),兩端電壓相等,都等于電源電壓U,斷開S后,電容器C2兩板稍錯開一些,即兩板正對面積S減小,根據(jù)C知電容減小,又由C可知,兩板間電壓U增大,此時U>U,則電容器C2又開始給C1充電,直到兩電容器電壓再次相等,此時兩者兩端的電壓比原來的電壓都增大,故A錯誤;B正確;電容器C1所帶電荷量增大,故D正確;電容器C1兩端的電壓增大,根據(jù)EU/d可知,C1兩板間電場強度增大,則帶電微粒受到的電場力增大,帶電微粒將加速向上運動,故C正確【答案】BCD2如圖6­3­16所示,M、N是平行板電容器的兩個極板,R0為定值電阻,R1、R2為可調(diào)電阻,用絕緣細線將質(zhì)量為m、帶正電的小球懸于電容器內(nèi)部閉合開關(guān)S,小球靜止時受到懸線的拉力為FT.調(diào)節(jié)R1、R2,關(guān)于FT的大小判斷正確的是()圖6­3­16A保持R1不變,緩慢增大R2時,F(xiàn)T將變大B保持R1不變,緩慢增大R2時,F(xiàn)T將變小C保持R2不變,緩慢增大R1時,F(xiàn)T將變大D保持R2不變,緩慢增大R1時,F(xiàn)T將變小【解析】小球受重力、電場力、懸線的拉力而處于平衡狀態(tài),設(shè)懸線與豎直方向的夾角為,則tan ,cos ,則由閉合電路歐姆定律知增大R2時,定值電阻R0兩端的電壓減小,由上邊式子知減小,cos 增大,F(xiàn)T減小,B項對;改變R1對定值電阻R0兩端的電壓不起作用【答案】B3美國物理學(xué)家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴,比較準(zhǔn)確地測定了電子的電荷量如圖6­3­17所示,平行板電容器兩極板M、N相距d.兩極板分別與電壓為U的恒定電源兩極連接,極板M帶正電現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電油滴在極板中央處于靜止?fàn)顟B(tài),且此時極板帶電荷量與油滴帶電荷量的比值為k,則()圖6­3­17A油滴帶正電B油滴帶電荷量為C電容器的電容為D將極板N向下緩慢移動一小段距離,油滴將向上運動【解析】由題意知油滴受到的電場力豎直向上,又上極板帶正電,故油滴帶負(fù)電,設(shè)油滴帶電荷量為q,則極板帶電荷量為Qkq,由于qEmg,E,C,解得q,C,將極板N向下緩慢移動一小段距離,U不變,d增大,則場強E減小,重力將大于電場力,油滴將向下運動,故選項C正確【答案】C題組二帶電粒子在電場中的直線運動4(多選)如圖6­3­18所示,一質(zhì)量為m、電荷量為q的小球在電場強度為E、區(qū)域足夠大的勻強電場中,以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動ON與水平面的夾角為30°,重力加速度為g,且mgEq,則()圖6­3­18A電場方向豎直向上B小球運動的加速度大小為gC小球上升的最大高度為D若小球在初始位移的電勢能為零,則小球電勢能的最大值為【解析】由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動,其合力沿ON方向,而mgqE,由三角形定則,可知電場方向與ON方向成120°角,A錯誤;由圖中幾何關(guān)系可知,其合力為mg,由牛頓第二定律可知ag,方向與初速度方向相反,B正確;設(shè)帶電小球上升的最大高度為h,由動能定理可得:mg·2h0mv,解得:h,C錯誤;電場力做負(fù)功,帶電小球的電勢能變大,當(dāng)帶電小球速度為零時,其電勢能最大,則EpqE·2hcos 120°qEhmg·,D正確【答案】BD5(多選)如圖6­3­19所示,M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力),以初速度v0由小孔進入電場,當(dāng)M、N間電壓為U時,粒子剛好能到達N板,如果要使這個帶電粒子能到達M、N兩板間距的處返回,則下述措施能滿足要求的是()圖6­3­19A使初速度減為原來的B使M、N間電壓加倍C使M、N間電壓提高到原來的4倍D使初速度和M、N間電壓都減為原來的【解析】粒子恰好到達N板時有Uqmv,恰好到達兩板中間返回時有qmv2,比較兩式可知B、D選項正確【答案】BD題組三帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)6. 帶有等量異種電荷的兩平行金屬板水平放置,a、b、c三個粒子(重力忽略不計)先后從同一點O垂直電場方向進入電場,其運動軌跡如圖6­3­20所示,其中b恰好沿下極板的邊緣飛出電場下列說法正確的是()圖6­3­20Ab在電場中運動的時間大于a在電場中運動的時間Bb在電場中運動的時間等于c在電場中運動的時間C進入電場時c的速度最大,a的速度最小Da打在負(fù)極板上時的速度與b飛離電場時的速度大小相等【解析】hat2可知運動時間也相同,選項A錯誤b和c在電場中沿電場方向的位移不同,所以在電場中飛行的時間也就不同,由hat2可知,c粒子在電場中飛行的時間最短,而b、c在水平方向飛行的距離都等于極板長,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的速度最小,選項B錯誤,C正確由能量守恒可知,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,在電場力方向上,誰的位移大,電場力對誰做的功就大,所以電場力對a、b兩粒子做的功相等,由于a、b兩粒子的初動能不同,故飛離電場時a、b兩粒子的速度大小不相等,選項D錯誤【答案】C7(多選)如圖6­3­21所示,平行板電容器A、B兩極板水平放置,現(xiàn)將其與一理想的二極管(二極管具有單向?qū)щ娦?串聯(lián)接在電源上,已知上極板A和電源正極相連,一帶電小球從一確定的位置水平射入,打在下極板B上的N點,小球的重力不能忽略,現(xiàn)僅豎直上下移動A板來改變兩極板AB間距(下極板B不動,兩極板仍平行,小球水平射入的位置不變),則下列說法正確的是()圖6­3­21A若小球帶正電,當(dāng)AB間距增大時,小球打在N點的右側(cè)B若小球帶正電,當(dāng)AB間距減小時,小球打在N點的左側(cè)C若小球帶負(fù)電,當(dāng)AB間距減小時,小球可能打在N點的右側(cè)D若小球帶負(fù)電,當(dāng)AB間距增大時,小球可能打在N點的左側(cè)【解析】因為二極管具有單向?qū)щ娦?,所以電容器兩極板上的電荷量只能增大,不能減小;若小球帶正電,小球受到的電場力豎直向下,當(dāng)AB間距增大時,電容器的電容減小,但極板上的電荷量不變,兩極板間的電場強度不變,小球受力不變,所以仍會打在N點,選項A錯誤;當(dāng)AB間距減小時,電容器的電容變大,極板上的電荷量變大,兩極板間的電場強度變大,小球受到的豎直向下的合力變大,加速度變大,運動時間變小(根據(jù)t判斷,其中小球下落高度h恒定不變,加速度a變大),水平位移變小,所以小球打在N點的左側(cè),選項B正確;同理可知 ,選項C正確,D錯誤故本題答案為B、C.【答案】BC8(多選)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場,質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定的初速度水平拋出,從B點進入電場,到達C點時速度方向恰好水平,A、B、C三點在同一直線上,且AB2BC,如圖6­3­22所示由此可見()圖6­3­22A電場力為3mgB小球帶正電C小球從A到B與從B到C的運動時間相等D小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等【解析】設(shè)AC與豎直方向的夾角為,帶電小球從A到C,電場力做負(fù)功,小球帶負(fù)電,由動能定理,mg·AC·cos qE·BC·cos 0,解得電場力為qE3mg,選項A正確,B錯誤小球水平方向做勻速直線運動,從A到B的運動時間是從B到C的運動時間的2倍,選項C錯誤;小球在豎直方向先加速后減速,小球從A到B與從B到C豎直方向的速度變化量的大小相等,水平方向速度不變,小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等,選項D正確【答案】ADB組深化訓(xùn)練提升應(yīng)考能力9(多選)如圖6­3­23甲所示,兩平行金屬板豎直放置,左極板接地,中間有小孔,右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖6­3­23乙所示,電子原來靜止在左極板小孔處,不計電子的重力,下列說法正確的是() 甲 乙圖6­3­23A若t0時刻釋放電子,電子始終向右運動,直到打到右極板上B若t0時刻釋放電子,電子可能在兩板間振動C若tT/4時刻釋放電子,電子可能在兩板間振動,也可能打到右極板上D若t3T/8時刻釋放電子,電子必然打到左極板上【解析】若t0時刻釋放電子,電子將重復(fù)先加速后減速的運動,直到打到右極板,不會在兩板間振動,所以A正確,B錯;若從tT/4時刻釋放電子,電子先加速T/4,再減速T/4,有可能電子已到達右極板,若此時未到達右極板,則電子將在兩極板間振動,所以C正確;同理,若從t3T/8時刻釋放電子,電子有可能達到右極板,也有可能從左極板射出,這取決于兩板間的距離,所以D項錯誤:此題考查帶電粒子在交變電場中的運動【答案】AC10空間某區(qū)域內(nèi)存著電場,電場線在豎直平面上的分布如圖6­3­24所示一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球在該電場中運動,小球經(jīng)過A點時的速度大小為v1,方向水平向右;運動至B點時的速度大小為v2,運動方向與水平方向之間的夾角為,A、B兩點間的高度差為h、水平距離為s,則以下判斷正確的是()圖6­3­24AA、B兩點的電場強度和電勢關(guān)系為EA<EB、A<BB如果v2>v1,則電場力一定做正功CA、B兩點間的電勢差為(vv)D小球從A點運動到B點的過程中電場力做的功為mvmvmgh【解析】由電場線的方向和疏密可知A點電場強度小于B點,但A點電勢高于B點,A錯誤若v2>v1說明合外力對小球做正功,但電場力不一定做正功,B錯誤由于有重力做功,A、B兩點間電勢差不是(vv),C錯誤小球從A點運動到B點過程中由動能定理得W電mghmvmv,所以W電mvmvmgh,D正確【答案】D11如圖6­3­25甲所示,在y0和y2 m之間有沿著x軸方向的勻強電場,MN為電場區(qū)域的上邊界,在x軸方向范圍足夠大電場強度的變化如圖6­3­25乙所示,取x軸正方向為電場正方向,現(xiàn)有一個帶負(fù)電的粒子,粒子的比荷為1.0×102 C/kg,在t0時刻以速度v05×102 m/s從O點沿y軸正方向進入電場區(qū)域,不計粒子重力求: 甲乙圖6­3­25(1)粒子通過電場區(qū)域的時間;(2)粒子離開電場時的位置坐標(biāo);(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度大小【解析】(1)因粒子初速度方向垂直電場方向,在電場中做類平拋運動,所以粒子通過電場區(qū)域的時間t4×103 s(2)粒子沿x軸負(fù)方向先加速后減速,加速時的加速度大小為a14 m/s2,減速時的加速度大小為a22 m/s2由運動學(xué)規(guī)律得x方向上的位移為xa1()2a1()2a2()22×105 m因此粒子離開電場時的位置坐標(biāo)為(2×105 m,2 m)(3)粒子通過電場區(qū)域后沿x方向的速度為vxa1a24×103 m/s【答案】(1)4×103 s(2)(2×105 m,2 m) (3)4×103 m/s12如圖6­3­26所示,水平位置的平行板電容器,原來AB兩板不帶電,B極板接地,它的極板長l0.1 m,兩板間距離d0.4 cm,現(xiàn)有一微粒質(zhì)量m2.0×106 kg,帶電荷量q1.0×108 C,以一定初速度從兩板中央平行于極板射入,由于重力作用微粒恰好能落到A板的中點O處,取g10 m/s2.試求:圖6­3­26(1)帶電粒子入射初速度v0的大??;(2)現(xiàn)使電容器帶上電荷,使帶電微粒能從平行板電容器的右側(cè)射出,則帶電后A板的電勢范圍?【解析】(1)電容器不帶電時,微粒做平拋運動,則有v0tgt2聯(lián)立兩式得v0代入數(shù)據(jù)得v02.5 m/s.(2)若使微粒能從電容器右側(cè)射出,則要求A板的電勢大于0,且B板接地電勢等于0,則有UABABAA板電勢最小時,微粒剛好從A板右側(cè)邊緣射出,則有l(wèi)v0t1a1t且mgqma1聯(lián)立以上各式得Amin6 VA板電勢最大時,微粒剛好從B板右側(cè)邊緣射出,則有qmgma2且有a2a1代入數(shù)據(jù)解得Amax10 V綜上可得6 VA10 V.【答案】(1)V02.5 m/s(2)6 VA10 V

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