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1、第九章 第三講 電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動圖1電容器的電容增加,又因1 . (2010黃石質(zhì)檢)傳感器是一種采集信息的重要器件,圖1所示是一種測定壓力的電容式傳感器.當待測壓力F作用于可動膜片電極上時,以下說法中正確的是()A.若F向上壓膜片電極,電路中有從a到b的電流B.若F向上壓膜片電極,電路中有從 b到a的電流C.若F向上壓膜片電極,電路中不會出現(xiàn)電流D.若電流表有示數(shù),則說明壓力F發(fā)生變化解析:F向上壓膜片電極,使得電容器兩板間的距離減小,電容器兩極板間的電壓不變,所以電容器的電荷量增加, 電容器繼續(xù)充電.綜上所述,選項B、D正確.C板帶正電,D板帶負電,所以B、C板間無電場
2、,由動能定理答案:BD2 .如圖2所示,從F處釋放一個無初速的電子向B板方向運動,指出下列對電子運動的描述中錯誤的是(設電源電動勢為E) ()A.電子到達B板時的動能是 E eVB .電子從B板到達C板動能變化量為零C.電子到達D板時動能是3E eVD.電子在A板和D板之間做往復運動解析:由電池的接法知:A板帶負電,B板帶正電,A、B板間有向左的電場,C、D板間有向右的電場,知:電子到達 B板時的動能為 E eV,到達D板時的動能為零,在 B、C板間做勻速直線運動,總之電子能在 A板和D板間往復運動,所以錯誤選項為C.答案:C3 .如圖3所示,一個平行板電容器,板間距離為d,當對其加上電壓后,
3、 A、B兩板的電勢分別為十。和一外下述結論正確的是()圖3A .電容器兩極板間可形成勻強電場,電場強度大小為E= dB.電容器兩極板間各點的電勢,有的相同,有的不同;有正的,有負的,有的為零C.若只減小兩極板間的距離 d,該電容器的電容 C要增大,極板上帶的電荷量 Q也 會增加D.若有一個電子水平射入穿越兩極板之間的電場,則電子的電勢能一定會減小解析:由題意可知,兩板間電壓為 2 4),電場弓雖度為E = , A錯誤;板間與板平行 ,P. S .的中線上電勢為零,中線上萬電勢為正,下萬電勢為負,故 B正確;由C=7;kd知,d減小,C增大,由Q=CU知,極板帶電荷量 Q增加,C正確;電子水平射
4、入穿越兩極板之間的電場時,電場力一定對電子做正功,電子的電勢能一定減小,D正確.答案:BCD4 .如圖4所示,D是一只理想二極管,電流只能從a流向b,而不能從b流向a.平行板電容器的圖4B不動,將極板A稍向上平移,()d增大,C變小,但因二極管的存A、B兩極板間有一電荷,在 P點處于靜止狀態(tài).以E表示兩極板間的電場強度,U表示兩極板間的電壓,Ep表示電荷在P點的電勢能.若保持極板 則下列說法中正確的是A . E變小B . U變大C. Ep不變D.電荷仍保持靜止-一,一 ._ p S.一.一 ,一解析:由C =4右可知,當極板 A稍向上平移時,在,電容器上的電量不能放出,故電容器上的電量 Q不變
5、,由Q = CU可知,U變大,()p 不變,故 Ep=(pq SU S由Q = I:=i工E可知,板間電場強度不變,電何仍靜止,且 4 Tlkd 4 Tk也不變,綜上所述,B、C、D均正確,A錯誤.答案:BCD5.如圖5所示,示波管是示波器的核心部件,它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成.如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑,那么示波管中的B.極板X應帶正電A.極板X應帶正電C.極板Y應帶正電D .極板Y應帶正電解析:由熒光屏上亮斑的位置可知,電子在 XX偏轉電場中向X極板方向偏轉,故極板X帶正電,A正確,B錯誤;電子在 YY偏轉電場中向Y極板方向偏轉,故極板Y帶正電,C正確,D錯誤.答案:AC6.(201
6、0天津聯(lián)考)如圖6所示,電子在電勢差為1 8Ui的加速電場中由靜止開始運動,然后射入電- + - +勢差為U2的兩塊水平的平行極板間的偏轉電場h4中,入射方向跟極板平行.整個裝置處在真空圖6A. Ui變大、U2變大B. Ui變小、U2變大C. Ui變大、U2變小D. Ui變小、U2變小中,重力可忽略.在滿足電子能射出平行板區(qū)域的條件下,下述四種情況中,一定能 使電子的偏轉角。變大的是解析:設電子被加速后獲得的速度為 ivo,則由動能th理得:Uiq = 2mv2,又設水平極板長為I,則電子在水平極板間偏轉所用時間t = l,又設電子在水平極板間的加速度為a,水平極板的板間距為扇由牛頓第二定律得
7、:a=Umq,電子射出偏轉電場時,平行于電場方向的速度vy= at,聯(lián)立解得U2q|vyvy=“E、,.又 tan 9= dmvovoU2q|U2q|U2Idmv0 2dqU1 一 2dUi.故U2變大、Ui變小一定能使偏轉角 。變大,故選項B正確.答案:B7. (20i0江蘇省九名校聯(lián)考)如圖7所示,在豎直平面內(nèi)有一邊長為l的正方形區(qū)域處在場強為 E的勻強電場中,電場方向與正方形一邊平行.一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由左邊的中點,以垂圖7直于該邊的水平初速 vo進入該正方形區(qū)域.當小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時,具有的動能可能為()A. 0B.2mv0 + 2qEl mgl12121C/
8、2mv2D./mv2+ qEl + 2mgl解析:當電場力與重力平衡時,粒子將水平勻速到達對邊,動能不變,C正確.當電場力向上且大于重力時,粒子將從上邊離開正方形區(qū)域,由動能定理得選項 B正確.當電場力向下時,粒子將在電場力和重力的共同作用下從下邊離開正方形區(qū)域,由動能定理得選項D正確.答案:BCD8 .兩平行金屬板間有勻強電場,不同的帶電粒子都以垂直于電場線方向飛入該電場,要使這些粒子經(jīng)過勻強電場后有相同大小的偏轉角,則它們應具備的條件是(不計重力作用)()A.有相同的動能和相同的比荷 B.有相同的動量和相同的比荷 C.有相同的速度和相同的比荷 D.只要有相同的比荷就可以解析:設金屬板長為L
9、,兩板間電壓為U,板間距為d,粒子進入電場時初速度為 v,在電場中運動時間為t=L,在離開電場時沿電場線方向上的速度為vy,則Vy= at =qU Lmd v所以帶電粒子離開電場時與初速度方向v的夾角,即偏轉角,如圖所示tan 0=“ qUL v - mdv2顯然A、B、D錯誤,C正確.答案:C9 . (2009四川高考)如圖8所示,粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷,帶負電的小物體以初速度 vi從M點沿斜面上滑,到達N點時速度為零,然后下滑回 到M點,此時速度為V2(v2vi).若小物體電荷量保持不變, OM = ON,則()A .小物體上升的最大高度為 F-4gB.從N到M的過程
10、中,小物體的電勢能逐漸減小C.從M到N的過程中,電場力對小物體先做負功后做正功D.從N到M的過程中,小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小解析:因為OM = ON, M、N兩點位于同一等勢面上,所以從 M至ij N的過程中,電場力對小物體先做正功再做負功,電勢能先減小后增大,B、C錯誤;因為小物體先靠近正點電荷后遠離正點電荷,所以電場力、斜面壓力、摩擦力都是先增大后減小,D正確;設小物體上升的最大高度為h,摩擦力做功為 W,在上升過程、下降過程根據(jù)動能定理得12_mgh + W= 0 2mv2 1 2mgh+W= 2mv2,v2+ 或聯(lián)立解得h=Z一,A正確.答案:AD10. (2010廣
11、東省深圳中學月考)真空中存在空間范圍足夠大的、水平向右的勻強電場.在電場中,若將一個質(zhì)量為m= 0.1 kg、帶正電的小球由靜止釋放,運動中小球速度與豎直方向夾角為37.現(xiàn)將該小球從電場中某點以初速度V0= 10 m/s豎直向上拋出,(取sin37 = 0.6, cos37 =0.8, g=10 m/s2)求:(1)小球受到的電場力的大小及方向;(2)小球從拋出點至最高點的過程中的水平位移;(3)小球從拋出點至最高點的過程中電勢能的變化量.解析:(1)由題意,電場力大?。篎 = qE = mgtan37 = 0.75 N方向:水平向右.(2)小球在豎直方向上做勻減速運動,速度為vy,則vy=
12、V0 gt V0小球上升到取局點的時間t= -g- = 1 s小球沿水平方向做初速度為0的勻加速運動,加速度為a,則qE 32a = m= 4g= 7.5 m/s1 c此過程中小球沿電場方向的位移:s=2at2= 3.75 m. 電場力做功 W= qEs= 2.81 J故小球上升到最高點的過程中,電勢能減少2.81 J.答案:(1)0.75 N 水平向右(2)3.75 m (3)減少2. 81 J11 .如圖9所示為一真空示波管的示意圖,電子從燈絲K發(fā)出(初速度可忽略不計),經(jīng)燈絲與A板間的電壓 Ui加速,從A板中心孔沿中心線 KO射出,然后進入兩塊平 行金屬板 M、N形成的偏轉電場中(偏轉電
13、場可視為勻強電場 ),電子進入 M、N間 電場時的速度與電場方向垂直,電子經(jīng)過偏轉電場后打在熒光屏上的P點.已知M、N兩板間的電壓為 U2,兩板間的距離為d,板長為L,電子的質(zhì)量為 m,電荷量為e, 不計電子受到的重力及它們之間的相互作用力.圖9求電子穿過A板時速度的大??;(2)求電子從偏轉電場射出時的側移量;(3)若要使電子打在熒光屏上 P點的上方,可采取哪些措施?解析:(1)設電子經(jīng)電壓 5加速后的速度為V。,由動能定理1 2eU1 = 2m vo 0解得vo =,;2eU1,m(2)電子以速度vo進入偏轉電場后,垂直于電場方向做勻速直線運動,沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動.設偏轉
14、電場的電場強度為 E,電子在偏轉電場中運動的時間為t,加速度為a,電子離開偏轉電場時的側移量為y.由牛頓第二定律和運動學公式L t=vo上F=ma, F = eE, E=萬eU2 a= md1 2 y=2at解得y=U2L24Uid,U2L2 (3)由丫=而后可知,減小加速電壓 Ui和增大偏轉電壓 U2均可增大y值,從而使電子打到屏上的位置在 P點上方.答案:(1) : 2f1(2)U2L24Uid(3)減小加速電壓Ui和增大偏轉電壓U212 .在場強為 E=100 V/m的豎直向下的勻強電場中有一塊水平放置的足夠大的接地金屬板,在金屬板的正上方,高為 h=0.8 m處有一個小的放射源放在一端開口的鉛盒放質(zhì)量為m= 2X10-15 kg、電荷量為內(nèi),如圖10所示.放射源以 vo = 2OO m/s的初速度向水平面以下各個方向均勻地釋q = + 10 12 C的帶電粒子.粒子最后落在金屬板上.不計粒子重力,試求:圖10(1)粒子下落過程中電場力做的功;(2)粒子打在金屬板上時的動能;(結果保留兩位有效數(shù)字)(3)計算落在金屬板上的粒子圖形的面積大小.解析:(1)粒子在下落過程中電場力做的功W= Eqh= 100X 10 12 X 0.8 J= 8 X 10 11 j(2)粒子在整個運動過程中僅有電場力做功,由動能定理得W
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