2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題三 電場與磁場 專題跟蹤檢測(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 電場與磁場 專題跟蹤檢測(十三)涉及電容器問題的分析 一、選擇題(第1~5題為單項(xiàng)選擇題,第6~9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.電容式觸摸屏感測手指觸摸點(diǎn)的位置是因?yàn)槭种笇ζ聊话磯寒a(chǎn)生了形變 B.電容式觸摸屏感測手指觸摸點(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,對高頻電流的阻礙變大,控制器不易檢測到手指離開的準(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)磁場垂直軌道平面向上,先將開關(guān)撥到a給超級電容器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,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,導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢,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)檢測的是電容器兩端的電勢差,因?yàn)殡娙萜魇冀K與電源相連,則電勢差不變,所以靜電計(jì)指針張角不變,故B錯(cuò)誤;電勢差不變,d增大,則電場強(qiáng)度減小,P點(diǎn)與上極板的電勢差減小,則P點(diǎn)的電勢增大,因?yàn)樵搸щ娪偷螏ж?fù)電荷,則電勢能減小,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===,知電場強(qiáng)度不變,則帶電油滴所受電場力不變,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.g B.g C.g D.g 解析:選B 設(shè)板間電壓為U,帶電粒子靜止時(shí)有:q=mg;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d′=d-L,由牛頓第二定律得q-mg=ma,解得a=g,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.?dāng)嚅_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,電場強(qiáng)度減小,帶電油滴所受電場力減小,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強(qiáng)度E=一定,A、B錯(cuò)誤,C正確;由U=Ed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)Q=CU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U=Ed,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Q=CU,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.?dāng)嚅_開關(guān)S,將A板向下平移一些,液滴將保持靜止不動(dòng) D.?dāng)嚅_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,向上的電場力與向下的重力相等,qE=mg;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娦裕娙萜鞑荒芊烹?,由E=可知電容器兩極板間的電場強(qiáng)度不變,液滴所受電場力不變,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)勢不變,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強(qiáng)度增大,液滴所受電場力增大,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)電場中,一根長為L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θ=30,重力加速度為g,求: (1)場強(qiáng)E的大??; (2)小球擺到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力T。 解析:(1)對小球運(yùn)動(dòng)的全過程由動(dòng)能定理可得: mgLcos θ-qEL(1+sin θ)=0 解得:E=。 (2)小球擺到最低點(diǎn)時(shí),由動(dòng)能定理可得 mgL-qEL=mv2 在最低點(diǎn)T-mg=m 聯(lián)立解得:T=3mg-mg。 答案:(1) (2)3mg-mg 11.(xx如東期末)如圖所示,空間有場強(qiáng)E=1.0102 V/m豎直向下的勻強(qiáng)電場。長L=0.8 m不可伸長的輕繩一端固定于O點(diǎn),另一端系一質(zhì)量m=0.25 kg,電荷量q=510-2 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θ=53角,無限大的擋板MN上的C點(diǎn)。g取10 m/s2,sin 53=0.8,cos 53=0.6。求: (1)輕繩的最大張力T; (2)A、C兩點(diǎn)間的電勢差UAC。 解析:(1)小球從A到B過程,由動(dòng)能定理得: (mg+qE)L=mvB2-0, 在B點(diǎn),由牛頓第二定律得:T-(mg+qE)=m, 解得:T=22.5 N。 (2)從A到C過程,由動(dòng)能定理得: (mg+qE)hAC=mvC2-0, 在C點(diǎn)根據(jù)速度關(guān)系有:vCsin θ=vB, 在勻強(qiáng)電場中有:UAC=EhAC, 解得:UAC=125 V。 答案:(1)22.5 N (2)125 V- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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