2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 專題跟蹤檢測(cè)(十三)涉及電容器問題的分析.doc
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2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 電場(chǎng)與磁場(chǎng) 專題跟蹤檢測(cè)(十三)涉及電容器問題的分析一、選擇題(第15題為單項(xiàng)選擇題,第69題為多項(xiàng)選擇題)1.(xx南京一模)如圖所示為可變電容器,旋轉(zhuǎn)動(dòng)片使之與定片逐漸重合。則電容器的電容將()A逐漸增大B逐漸減小C保持不變D先增大后減小解析:選A旋轉(zhuǎn)動(dòng)片使之與定片逐漸重合時(shí),相當(dāng)于增加了電容器極板間的正對(duì)面積,則由電容器的決定式C可知,電容將逐漸增大,故B、C、D錯(cuò)誤,A正確。2(xx南京二模)目前的手機(jī)觸摸屏大多是電容式觸摸屏。電容式觸摸屏內(nèi)有一導(dǎo)電層。導(dǎo)電層四個(gè)角引出四個(gè)電極,當(dāng)手指觸摸屏幕時(shí),人體和觸摸屏就形成了一個(gè)電容,電容具有“通高頻”的作用,從而導(dǎo)致有電流分別從觸摸屏四角上的電極中流出,并且流經(jīng)這四個(gè)電極的電流與手指到四角的距離成正比,控制器通過對(duì)這四個(gè)電流比例的精確計(jì)算,得出觸摸點(diǎn)的位置信息。在開機(jī)狀態(tài)下,下列說法正確的是()A電容式觸摸屏感測(cè)手指觸摸點(diǎn)的位置是因?yàn)槭种笇?duì)屏幕按壓產(chǎn)生了形變B電容式觸摸屏感測(cè)手指觸摸點(diǎn)的位置是利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象C當(dāng)手指觸摸屏幕時(shí)手指有微弱的電流流過D當(dāng)手指離開屏幕時(shí),電容變小,對(duì)高頻電流的阻礙變大,控制器不易檢測(cè)到手指離開的準(zhǔn)確位置解析:選C電容式觸摸屏只需要觸摸,由于流經(jīng)四個(gè)電極的電流與手指到四角的距離成比例,控制器就能確定手指的位置,無需手指按壓屏幕,故A錯(cuò)誤;電容式觸摸屏感測(cè)手指觸摸點(diǎn)的位置利用的是電容器的充、放電原理,不是電磁感應(yīng)現(xiàn)象,故B錯(cuò)誤;由題意可知,手指從觸點(diǎn)吸走一部分電荷,在電荷定向移動(dòng)的過程中,會(huì)有微弱電流通過,故C正確;根據(jù)電容器的工作原理可知,當(dāng)手指離開屏幕時(shí),電容變小,電容器將放電,控制器仍然能檢測(cè)到手指離開的準(zhǔn)確位置,故D錯(cuò)誤。3.(xx揚(yáng)州模擬)如圖所示為航母上電磁彈射裝置的等效電路圖(俯視圖),勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直軌道平面向上,先將開關(guān)撥到a給超級(jí)電容器C充電,然后將開關(guān)撥到b可使電阻很小的導(dǎo)體棒EF沿水平軌道彈射出去,則下列說法正確的是()A電源給電容器充電后,M板帶正電B在電容器放電過程中,電容器兩端電壓不斷減小C在電容器放電過程中,電容器的電容不斷減小D若軌道足夠長(zhǎng),電容器將放電至電量為0解析:選B電容器下極板接正極,所以充電后N板帶正電,故A錯(cuò)誤;電容器放電時(shí),電量和電壓均減小,故B正確;電容是電容器本身的性質(zhì),與電壓和電量無關(guān),故放電時(shí),電容不變,故C錯(cuò)誤;若軌道足夠長(zhǎng),導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),產(chǎn)生的感應(yīng)電流和放電形成的電流大小相同時(shí),不再放電,故電容器放電不能至電量為0,故D錯(cuò)誤。4.如圖所示,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,靜電計(jì)所帶電量很少,可被忽略。一帶負(fù)電油滴靜止于電容器中的P點(diǎn),現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動(dòng)一小段距離,則()A平行板電容器的電容將變大B靜電計(jì)指針張角變小C帶電油滴的電勢(shì)能將增大D若先將上極板與電源正極的導(dǎo)線斷開,再將下極板向下移動(dòng)一小段距離,則帶電油滴所受電場(chǎng)力不變解析:選D根據(jù)C知,d增大,則電容減小,故A錯(cuò)誤;靜電計(jì)檢測(cè)的是電容器兩端的電勢(shì)差,因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連,則電勢(shì)差不變,所以靜電計(jì)指針張角不變,故B錯(cuò)誤;電勢(shì)差不變,d增大,則電場(chǎng)強(qiáng)度減小,P點(diǎn)與上極板的電勢(shì)差減小,則P點(diǎn)的電勢(shì)增大,因?yàn)樵搸щ娪偷螏ж?fù)電荷,則電勢(shì)能減小,故C錯(cuò)誤;電容器與電源斷開,則電荷量不變,d改變,根據(jù)E,知電場(chǎng)強(qiáng)度不變,則帶電油滴所受電場(chǎng)力不變,故D正確。5如圖所示,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,有一帶電粒子P靜止在電容器上部空間中,當(dāng)在其下極板上快速插入一厚度為L(zhǎng)的不帶電的金屬板后,粒子P開始運(yùn)動(dòng),重力加速度為g。粒子運(yùn)動(dòng)的加速度大小為()A.gB.gC.g D.g解析:選B設(shè)板間電壓為U,帶電粒子靜止時(shí)有:qmg;當(dāng)插入金屬板后,金屬板處于靜電平衡狀態(tài),相當(dāng)于電容器極板間距減小為ddL,由牛頓第二定律得qmgma,解得ag,故B正確。6.如圖所示,電路中R1、R2均為可變電阻,電源內(nèi)阻不能忽略,平行板電容器C的極板水平放置,閉合電鍵S,電路達(dá)到穩(wěn)定時(shí),帶電油滴懸浮在兩板之間靜止不動(dòng)。如果僅改變下列某一個(gè)條件,油滴能向下運(yùn)動(dòng)的是()A增大R1的阻值 B增大R2的阻值C增大兩板間的距離 D斷開電鍵S解析:選CD增大R1的阻值,穩(wěn)定后電容器兩板間的電壓升高,帶電油滴所受電場(chǎng)力增大,將向上運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;電路穩(wěn)定后,電容器相當(dāng)于斷路,無電流通過電阻R2,故R2兩端無電壓,所以,增大R2的阻值,電容器兩板間的電壓不變,帶電油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài),B錯(cuò)誤;增大兩板間的距離,兩板間的電壓不變,電場(chǎng)強(qiáng)度減小,帶電油滴所受電場(chǎng)力減小,將向下運(yùn)動(dòng),C正確;斷開電鍵S后,兩極板間的電勢(shì)差為零,帶電油滴只受重力作用,將向下運(yùn)動(dòng),D正確。7平行板電容器充電后斷開電源,現(xiàn)將其中一塊金屬極板沿遠(yuǎn)離另一板方向平移一小段距離。此過程中電容器的電容C、兩極板帶電荷量Q、兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度E、兩板間電壓U隨兩板間距離d變化的關(guān)系,表示不正確的是()解析:選ABD平行板電容器的電容為C,d增大時(shí),C減小,而Q一定,所以電容器兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度E一定,A、B錯(cuò)誤,C正確;由UEd知,D錯(cuò)誤。8.如圖所示,電容器兩極板與電源正負(fù)極相連,在將電容器兩極板間的距離由d迅速增大為2d的過程中,下列說法正確的是()A電容器兩板間電壓始終不變B電容器兩板間電壓瞬時(shí)升高后又恢復(fù)原值C根據(jù)QCU可知,電容器帶電荷量先增大后減小D電路中電流由B板經(jīng)電源流向A板解析:選BD在將電容器兩極板間距離迅速增大的過程中,電容器極板上的電荷量未來得及變化,即Q不變,則C,又C,所以,所以E也不變,而UEd,故U增大,但最終電壓U要與電源電壓相等,故A錯(cuò)誤,B正確;此后,因?yàn)镃,所以d增大時(shí),C減小,由QCU,所以Q減小,電路中有瞬時(shí)電流,方向由B板經(jīng)電源流向A板,故D正確,C錯(cuò)誤。9.(xx蘇錫常二模)如圖所示的電路中,理想二極管和水平放置的平行板電容器串聯(lián)接在電路中,閉合開關(guān)S,平行板間有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電液滴恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài),則下列說法中正確的是()A將A板向上平移一些,液滴將向下運(yùn)動(dòng)B將A板向左平移一些,液滴將向上運(yùn)動(dòng)C斷開開關(guān)S,將A板向下平移一些,液滴將保持靜止不動(dòng)D斷開開關(guān)S,將A板向右平移一些,液滴將向上運(yùn)動(dòng)解析:選BCD二極管具有單向?qū)щ娦裕]合開關(guān)S后電容器充電,電容器的電容:C,C,極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度:E,整理得:E;液滴靜止,液滴所受合力為零,向上的電場(chǎng)力與向下的重力相等,qEmg;將A板向上平移一些,d變大,由C可知,C變小,由于二極管具有單向?qū)щ娦?,電容器不能放電,由E可知電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變,液滴所受電場(chǎng)力不變,液滴將保持靜止不動(dòng),故A錯(cuò)誤;將A板向左平移一些,S變小,由C可知,C變小,而兩極板間的電壓U等于電源電動(dòng)勢(shì)不變,由于二極管具有單向?qū)щ娦裕娙萜鞑荒芊烹?,由E 可知電容器兩極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度增大,液滴所受電場(chǎng)力增大,液滴將向上運(yùn)動(dòng),故B正確;當(dāng)斷開開關(guān)S,將A板向下平移一些時(shí),d變小,由C可知,C變大,因電量保持不變,由E 可得,電場(chǎng)強(qiáng)度不變,液滴將保持靜止不動(dòng),故C正確;同理,當(dāng)斷開開關(guān)S,將A板向右平移一些時(shí),S變小,由C 可知,C變小,因電量保持不變,由E可得,電場(chǎng)強(qiáng)度變大,液滴將向上運(yùn)動(dòng),故D正確。二、非選擇題10.(xx海州區(qū)模擬)如圖所示,在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線,一端連著一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球,另一端固定于O點(diǎn),現(xiàn)把小球向右拉至細(xì)線水平且與場(chǎng)強(qiáng)方向平行的位置,無初速度釋放,小球能擺到最低點(diǎn)的另一側(cè),細(xì)線與豎直方向的最大夾角30,重力加速度為g,求:(1)場(chǎng)強(qiáng)E的大小;(2)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力T。解析:(1)對(duì)小球運(yùn)動(dòng)的全過程由動(dòng)能定理可得:mgLcos qEL(1sin )0解得:E。(2)小球擺到最低點(diǎn)時(shí),由動(dòng)能定理可得mgLqELmv2在最低點(diǎn)Tmgm聯(lián)立解得:T3mgmg。答案:(1)(2)3mgmg11.(xx如東期末)如圖所示,空間有場(chǎng)強(qiáng)E1.0102 V/m豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。長(zhǎng)L0.8 m不可伸長(zhǎng)的輕繩一端固定于O點(diǎn),另一端系一質(zhì)量m0.25 kg,電荷量q5102 C的小球,拉起小球至輕繩水平后由A點(diǎn)無初速度釋放小球,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)的正下方B點(diǎn)時(shí),輕繩恰好斷裂,然后小球垂直打在同一豎直平面內(nèi)且與水平面成53角,無限大的擋板MN上的C點(diǎn)。g取10 m/s2,sin 530.8,cos 530.6。求:(1)輕繩的最大張力T;(2)A、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAC。解析:(1)小球從A到B過程,由動(dòng)能定理得:(mgqE)LmvB20,在B點(diǎn),由牛頓第二定律得:T(mgqE)m,解得:T22.5 N。(2)從A到C過程,由動(dòng)能定理得:(mgqE)hACmvC20,在C點(diǎn)根據(jù)速度關(guān)系有:vCsin vB,在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有:UACEhAC,解得:UAC125 V。答案:(1)22.5 N(2)125 V- 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)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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