热点二十七 电容器及带电粒子在电场中的运动-【创新教程】2027年山东省普通高中学业水平合格考物理热点专练

(2)由受力分析可知静电力恒定、重力恒定，故其合力亦 恤定.P6=c7=子mg 剪断细绳后，小球将做初速度为零的匀加速直线运动， 尔选度为a会-子5-12.5m/. 答案：(1)带正电3×10一6C(2)见解析 热点二十五 1.D2.B3.C4.C 5.B野外遇到电闪雷鸣时，由于有很高的电压，容易使空 气电离从而导电.所以越高越容易导电，则不能躲在大树 下，也不能撑着钢柄雨伞或站在避雷针旁边.故选B. 6.B点电荷放在球心处，对球壳外部产生的电场强度等于 点电荷产生的电场，即内部对外部有影响；根据库仑定律 可得F=kQ9,故B正确、A,C、D错误. 7.BD带正电的物体C靠近A附近时，由于静电感应，A 端带上负电，B端带上正电；故A错误、B正确：用手摸一 下导体B,则电子从大地流向B,中和正电荷，移去C 后，导体A和B带负电，A、B下部的金属箔都张开， 故C错误；由于静电感应，移去C前，A端带上负电， B端带上正电；先把A和B分开，则A端仍然带上负 电，B端带上正电，然后移去C,贴在A、B下部的金属箔 都张开，故D正确. 8.BC静电喷漆的原理是让带电的漆料微粒在电场力的作 用下吸附到工件上，所以选项B、C正确，选项A、D错. 9.解析：根据导体表面电荷分布与尖锐程度有关可知，金属 柱A尖端电荷密集，附近电场强度大，将空气分子电离， 发生尖端放电现象，这种放电现象叫作尖端放电， 答案：A尖端 10.不张开静电屏蔽E水平向左 11,解析：(1)传送带因为与被传送的物体间发生摩擦而带 电，靠近传送带的物体因为感应也带上电， (2)要避免这种电击，可以把导体材料如金属丝等掺到 传送带材料中，让传送带变成导体，或者用导体制造传 送带，再用适当的方法把传送带接地，静电便不会积累， 工人也不会再遭电压， 答案：见解析 热点二十六 1.A2.D3.C4.BC5.A 6.B电子从A到B克服静电力做功30eV,说明从A到B 电势能增加了30eV,因此电子在B点时的电势能应是 110eV,故A错，B对，从A到B移动电子克服静电力做 功，说明PA>PB,两点间的电势差UAB=PA一PB= WAB=30V,故B点电势比A点低30V,所以CD均错. -8 7.D电场线的疏密反映电场强度的大小，选项A、B错误； 等势面上电势相等，故C错误，D正确. 8.DA、B、C三，点处在一根电场线上，沿着电场线的方向 电势降落，故9A>PB>C,A对；由电场线的密集程度可 看出电场强度大小关系为EC>EB>EA,B对：电场线密 集的地方电势降落较快，故U>UAB,C对D错。 9.C由U=Ed知，与A点间电势差最大的点应是沿场强 方向与A点相距最远的点，dmax=r十rcos0,所以Umax= Er(cos0+1),C对. 10.B由于pa>p%>g>pu,所以电场线垂直于等势面由a 指向d,根据电荷运动规律可知其受力由d指向a,即该 粒子带负电，动能在变大，电势能在减小 11.解析：(1)负电荷从A点移到B点的过程，电荷克服电场 力做功，负电荷从电势高处移至电势低处.即PA>B; AB间的电势差为UAB= WAB=-6X10 q -3x106V=200V; 负电荷从B移到C,电场力做正功，负电荷从电势低处 移至电势高处，即>：C间的电势差：UW匹- -3X106V=-300V 9×10-4 根据UAC=UAB十UC,A、C两点的电势差为UAC=UAB十 Uc=200V-300V=-100V (2)把Q=4X106C的点电荷从A点移到B点，电场力对 电荷做功为W=QUB=4×106×200J=8X10-4J. 答案：(1)一100V(2)8×10-4J 12.解析：(1)WAB=UAB·q UAB=- AB=。105V=-75v q (2)由题意知，电场强度方向由B→A,故UA=E·d, UA=75 d=E=40m=1.875m. （3)由动能定理有Wa=之m呢一m喝 1 解得vg=5√10m/s,方向与电场线同向. 答案：(1)-75V(2)1.875m(3)5√10m/s, 方向与电场线同向 热点二十七 1.AD2.B3.D4.B5.D6.A 7.BD粒子从静止开始，受重力和电场力作用，两个力都是 恒力，所以合力是恒力，粒子在恒力作用下做初速度为零 的匀加速直线运动，选项B对，油滴打在极板上的运动时 间满号-盟，即1 22m mC,由此可知D正确. 8.C南U=m心得√肥，走度v取决于比荷及电 1 压，C正确」 9.C电子在A、B之间做匀加速直线运动，且eU=△Ek,A 正确；在B、C之间做匀速直线运动，B正确；在C、D之间 做匀减速直线运动，到达D板时，速度减为零，C错误，D 正确 10.解析：A、B两极板间的电势差U4B=一U,粒子的带电荷 量为一q,由动能定理得： 1 -qUan=2mv2 2m呢， 计算得出 m略+2gU n 粒子的带电荷量为十q时，由动能定理得： 1 qUAn=2 mv2- 2m喝， 计算得出：u mv6-2qU n mvd+2gU mvd-2gU 答案m n 11.解析：将A板右移，电容器的电容增大，静电计上的电荷 流向电容器，静电计上电荷量减少，因此，指针偏角减 小，A板竖直下移，电容器的电容减小，电容器上的电荷 流向静电计，静电计上的电荷量增多，因此，指针偏角增 大，在AB板之间插入一块电介质，电容器的电容增大， 静电计上的电荷流向电容器，静电计上电荷量减少，因 此，指针偏角减小 答案：减小增大减小 12.解析：电子进入电场后的轨迹如图所示，±++++ 电子在平行于板面方向上做匀速直线运 动，有1品，在套直于板西方向上微初 速度为0的匀加速直线运动，加速度。，所以有归 a2= 1 eUl2 2nd暖'y=aw= nd0,v=V6+= eUl √/听+e07 m'd2v 答案：见解析 热点二十八 1.B2.D3.B4.AD5.B6.B 7D金属的阻值较小，在用伏安法测电阻时应该用电流表 外接法，题干中要求实验中获得较大的电压调节范围，故 滑动变阻器要采用分压式接法，D正确. 8.解析：图1中游标卡尺的主尺读数为2.9cm=29mm,游 标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读 数为0.1×9mm=0.9mm,所以最终读数为29mm十 0.9mm=29.9mm. 8 图2中螺旋测微器的固定刻度为3mm,可动刻度为 0.01×19.0mm=0.190mm,所以最终读数为3.190mm. 答案：29.93.190 9.解析：①由图所示螺旋测微器可知，其示数为0.5m十 18.0×0.01mm=0.680mm,因此金属丝的直径为 0.6790.681mm. ②两节新的干电池，电源电动势为3V,若选取电压表 15V,测量读数误差较大，因此电压表选A:电路最大电 流约为I=马=3A=0.6A,电流表应选C. R5 金属丝的电阻大约为5Ω，为方便实验操作滑动变阻器应 选E. 答案：①0.680②A、C、E 热点二十九 1.A2.A3.A4.D5.B 6.C电器铭牌上的数据为额定值，所以U额=220V, Pa=10W,由P=1释1g=七-罗A=音AA项 错误；当实际电压为110V时，实际电流要小于5/11A, _U额_2202 B项错送；由P长得RP000=484Q,C项正 确：“220V100W”为正常发光时的值，当不正常发光时 电功率小于100W,D项错误. 7.C根据焦耳定律Q=IRt,电流通过电阻丝产生的热量 跟电阻大小、电流的大小、通电时间有关，要想比较不同 电阻的电阻丝的发热量必须控制电流和通电时间一样， 8.B该灯的额定电压为220V,当其两端电压不等于额定 电压时，白炽灯的功率不等于其额定功率40W,但其电 阻R可以认为是不变的.R=5=12100,当电压U1 110V时，实际热功率P1= U =10W,故选项A、D错 R U 误：当电压U2=55V时，实际热功率P2= =2.5W, 故选项B正确；当电压U3=440V时，超过灯泡的额定电 压，故灯丝必被烧断，造成断路，热功率为零，故选项C错 误，故选B. 9.B因为电压U相同，两盏电灯串联后，电压要按照电灯 阻值的大小分配.两盏电灯并联后，加在电灯两端的电压 都为U,因此并联后的灯泡较亮，选项B正确， 10.310800 卫_330A=1.5A. 11.解析：(1)由P=U1得，1=元=220 (2)加热电阻丝为纯电阻， 则p'=U2 U22202 -R,所以R=尸=19500≈24.80. 答案：(1)1.5A(2)24.8热点二十七 电容器及带电粒子 热点集训 一、选择题 1.(多选)关于电容器的说法正确的是 ( A.任何两个靠得很近的导体都可以构成电容器，与是否带电 无关 B.电容器是盛放电荷和电能的仪器，只有带电的容器才能称为电 容器 C.电容器带电荷量为2C,说明每个极板的带电荷量为1C D.电容器带电荷量为2C,说明每个极板的带电荷量的绝对值为 2C 2.有关电容器的单位及换算正确的是 ( A.电容的单位是库仑 B.电容的国际单位是法拉 C.1法=10-6微法 D.法拉是个很小的单位 3.下列关于电容器的说法，正确的是 A.电容器带电荷量越多，电容越大 B.电容器两板电压越小，电容越大 C.电容器的电容与带电荷量成正比，与电压成反比 D.随着电容器电荷量的增加，电容器两极板间的电压也增大 4.如图所示为我国自主研发、全球首创的“超级 电容器”，这种电容器安全性高，可反复充、放 电100万次以上，使用寿命长达十二年，且容 量超大（达到9500F),能够在10s内完成充 电.则该“超级电容器” A.充电过程中电流是恒定电流 B.充电过程中两极板间的电压逐渐增大 C.充电时电容器的正极应接电源的负极 D.放电过程中电容器的化学能转化为电能 5.如图是一个电解电容器，由标注的参数可知( 7002w0st A.电容器的击穿电压为450V 450y100F B.当电容器的电压低于450V时，电容器无法工作 +POSITIVE C.给电容器加90V电压时，电容器的电容 ITA C2 (105 为200uF 450V1000F D.电容器允许容纳的最大电荷量为0.45C 6.已知两极板间距为d,极板面积为S的平行板电容器电容C= EoS ,其中0是常量.将电容器两极板的电荷量减半，间距变为原 来的4倍，则电容器极板间 () A.电压加倍，电场强度减半 B.电压加倍，电场强度加倍 C.电压减半，电场强度减半 D.电压加倍，电场强度不变 -58 在电场中的运动 名师点津 1.平行板电容器动态问题的分析 思路 (1)先确定是Q还是U不变：电容 器保持与电源连接，U不变；电容 器充电后与电源断开，Q不变 (2)用决定式C=e,S 确定电容器 4πkd 电容的变化， (3)用定义式C=判定电容器所 U 带电荷量Q或两极板间电压U的 变化， (4用一号分析电容器极板间场强 的变化. 2.带电粒子在电场中运动时重力 的处理 (1)基本粒子：如电子、质子、α粒 子、离子等，除有说明或明确的暗 示以外，一般都不考虑重力（但并 不忽略质量) (2)带电微粒：如液滴、油滴、尘埃、 小球等，除有说明或有明确的暗示 以外，一般都不能忽略重力 3.解决带电粒子在电场中的直线 运动问题的思路 选取研 一个带电体，也可选几 究对象 个带电体构成的系统 ~受力分析（重力是否忽略） 做好两 个分析 ·运动过程分析 ·方法①：牛顿运动定律、运动学公式 选规律 、列方程 ·方法②：动能定理、能量守恒定律 7.(多选)如图所示，有一质量为m、带电荷量为q 的油滴，被置于竖直放置的两平行金属板间的匀 强电场中，设油滴是从两板中间位置，并以初速 度为零进入电场的，可以判定 () 9 m 二 A.油滴在电场中做抛物线运动 B.油滴在电场中做匀加速直线运动 C.油滴打在极板上的运动时间只取决于电场强 度和两板间距离 D.油滴打在极板上的运动时间不仅决定于电场 强度和两板间距离，还取决于油滴的比荷 8.如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B 板运动，则关于电子到达B板时的速率，下列解 释正确的是 ( 十 A.两极板间距越大，加速的时间就越长，则获得 的速率越大 B.两极板间距越小，加速的时间就越长，则获得 的速率越大 C.获得的速率大小与两极板间的距离无关，与 所加电压U有关 D.两极板间距离越小，加速的时间越短，则获得 的速率越小 9.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B 板方向运动，则下列对电子运动的描述中错误的 是（设电源电动势为J) () C D A.电子到达B板时的动能是Ue B.电子从B板到达C板动能变化量为零 C.电子到达D板时动能是3Ue D.电子在A板和D板之间做往复运动 二、填空题 10.如图所示，B、A两板间电势差为U,质量为m 的带电粒子（重力不计）以初速度水平射入 电场.若粒子带一q电荷量，它到达B板时速度 大小为 ;若粒子带十q电荷量，它到达B 板时速度大小为 11.如图所示，用静电计测量电容器两板间的电势 差，不改变两板的带电荷量，把A板向右移，静 电计指针偏角将 ;把A板竖直向下 移，静电计指针偏角将 ;把AB板间插 入一块电介质，静电计指针偏角将 三、解答题 12.两个相同极板长为1，相距为d,极板间的电压 为U.一个电子沿平行于板面的方向射入电场 并能够射出电场，射入时的速度为o,电子的电 荷量为e、质量为m,求电子射出电场时沿垂直 于板面方向偏移的距离y和射出电场时的速 度v.