1、 課時分層作業(yè)(二十一)1據(jù)國外某媒體報道，科學家發(fā)明了一種新型超級電容器，能讓手機幾分鐘內(nèi)充滿電，某同學登山時用這種超級電容器給手機充電，下列說法正確的是()A充電時，電容器的電容變小B充電時，電容器存儲的電能變少C充電時，電容器所帶的電荷量可能不變D充電結(jié)束后，電容器不帶電，電容器的電容為零B電容器的電容是由電容器自身的因素決定的，故充電時，電容器的電容不變，充電結(jié)束后，電容器的電容不可能為零，故A、D錯誤；給手機充電時，電容器所帶的電荷量減少，存儲的電能變少，故B正確；給手機充電時，手機電能增加，電容器上的電荷量一定減少，故C錯誤。2(2021山東臨沂高三檢測)熔噴布具有的獨特的超細纖維

2、結(jié)構(gòu)增加了單位面積纖維的數(shù)量和表面積，具備很好的過濾性、屏蔽性、絕熱性和吸油性，使其成為醫(yī)用口罩及N95口罩的最核心的材料。工廠在生產(chǎn)熔噴布時為了實時監(jiān)控其厚度，通常要在生產(chǎn)流水線上設(shè)置如圖所示傳感器，其中A、B為平行板電容器的上、下兩個極板，其位置均固定，且分別接在恒壓直流電源的兩極上，G是靈敏電流計。當熔噴布的厚度變薄導致介電常數(shù)變小時()A極板間的電場強度變大B極板上所帶的電荷量減少C平行板電容器的電容變大D有自b向a的電流流過靈敏電流計B因為接在恒壓直流電源上，所以電容器極板間的電勢差不變，上、下兩個極板位置均固定，兩極板之間的距離不變，根據(jù)Eeq f(U,d)可得，極板間的電場強度不

3、變，A錯誤；根據(jù)Ceq f(rS,4kd)可得，相對介電常數(shù)變小，電容變小，C錯誤；根據(jù)QCU可得，電容變小，極板間的電勢差不變，極板上所帶的電荷量減少，電容器放電，有自a向b的電流流過靈敏電流計，B正確，D錯誤。3如圖為研究電容器充、放電的實驗電路圖。實驗時，先使開關(guān)S擲向1端，電源E對電容器C充電；經(jīng)過一段時間，把開關(guān)S擲向2端，電容器C與電阻R相連，電容器放電。在開關(guān)S接通2端后的極短時間內(nèi)，下列說法正確的是()A電容器帶電荷量和兩板間電壓都增大B電容器帶電荷量和兩板間電壓都減小C電容器帶電荷量增大，兩板間電壓減小D電容器帶電荷量減小，兩板間電壓增大B開關(guān)S與1端相連時，電源向電容器充電

4、，瞬間產(chǎn)生充電電流，電容器帶電荷量不斷增多，兩板間電壓也不斷增大；開關(guān)S與2端相連時，電容器放電，放電電流逐漸減小，電容器帶電荷量減小，兩板間電壓也在減小，故A、C、D錯誤，B正確。4如圖所示，在P板附近有一電子由靜止開始向Q板運動。已知兩極板間電勢差為U，板間距為d，電子質(zhì)量為m，電荷量為e。則關(guān)于電子在兩板間的運動情況，下列敘述正確的是()A若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率保持不變B若將板間距d增大一倍，則電子到達Q板的速率也增大一倍C若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間保持不變D若將兩極板間電勢差U增大一倍，則電子到達Q板的時間減為一半A由動能定理有eq f(1,

5、2)mv2eU，得veq r(f(2eU,m)，可見電子到達Q板的速率與板間距離d無關(guān)，故A對，B錯；兩極板間為勻強電場，電子的加速度aeq f(eU,md)，由運動學公式deq f(1,2)at2得teq r(f(2d,a)eq r(f(2md2,eU)，若兩極板間電勢差增大一倍，則電子到達Q板時間減為原來的eq f(r(2),2)，故C、D錯。5(2021北京房山區(qū)高三二模)研究平行板電容器電容與哪些因素有關(guān)的實驗裝置如圖所示。實驗前，用帶正電的玻璃棒與電容器a板接觸，使電容器a板帶正電，下列說法正確的是()A實驗中，只將電容器b板向上平移，靜電計指針的張角變小B實驗中，只在極板間插入有機

6、玻璃板，靜電計指針的張角變大C實驗時無意間手指觸碰了一下b板，不會影響實驗結(jié)果D實驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，表明電容增大C根據(jù)電容的決定公式Ceq f(S,4kd)知實驗中，只將電容器b板向上平移，則兩極板的正對面積S減小，電容減小，由于兩極板電荷量保持不變，根據(jù)電容的定義公式Ceq f(Q,U)，則兩極板兩端的電勢差增大，靜電計指針的張角變大，所以A錯誤；根據(jù)電容的決定公式Ceq f(S,4kd)知實驗中，只在極板間插入有機玻璃板，則相對介電常數(shù)增大，電容增大，由于兩極板電荷量保持不變，根據(jù)電容的定義公式Ceq f(Q,U)，則兩極板兩端的電勢差減小，靜電計指針的張角變

7、小，所以B錯誤；實驗時無意間手指觸碰了一下b板，不會影響實驗結(jié)果，因為b板本來就接地，手指觸碰也是接地，所以不會影響，所以C正確；實驗中，只增加極板帶電荷量，靜電計指針的張角變大，但電容保持不變，因為電容與電容器兩極板所帶電荷量及電壓無關(guān)，所以D錯誤。6有一種噴墨打印機的打印頭結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示，噴嘴噴出來的墨滴經(jīng)帶電區(qū)帶電后進入偏轉(zhuǎn)板，經(jīng)偏轉(zhuǎn)板間的電場偏轉(zhuǎn)后打到承印材料上。已知偏移量越大字跡越大，現(xiàn)要減小字跡，下列做法可行的是()A增大墨滴的帶電荷量B減小墨滴噴出時的速度C減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離D增大偏轉(zhuǎn)板間的電壓C帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場U2偏轉(zhuǎn)，側(cè)移Y1eq f(1,2)at2，aeq f

8、(qU2,md)，teq f(L,v0)，可得Y1eq f(qU2L2,2mdvoal( 2,0)，Y2ltan ，tan eq f(2Y1,L)，YY1Y2，結(jié)合選項可知，減小偏轉(zhuǎn)板與承印材料的距離可使字跡減小，增大墨滴的帶電荷量、減小墨滴噴出時的速度以及增大偏轉(zhuǎn)板間的電壓，均使字跡增大，故選項C正確，A、B、D錯誤。7(多選)如圖所示，水平放置的平行金屬板A、B連接一恒定電壓，兩個質(zhì)量相等的帶電粒子M和N同時分別從極板A的邊緣和兩極板的正中間沿水平方向進入板間電場，兩帶電粒子恰好在板間某點相遇。若不考慮帶電粒子的重力和它們之間的相互作用，則下列說法正確的是()AM的電荷量大于N的電荷量B兩

9、帶電粒子在電場中運動的加速度相等C從兩帶電粒子進入電場到兩帶電粒子相遇，電場力對M做的功大于電場力對N做的功DM進入電場的初速度大小與N進入電場的初速度大小一定相同AC從軌跡可以看出：yMyN，故eq f(1,2)eq f(qME,m)t2eq f(1,2)eq f(qNE,m)t2，解得eq f(qME,m)eq f(qNE,m)，qMqN，故A正確，B錯誤；電場力做功W電qEy，由題圖可知yMyN，且qMqN，所以電場力對M做的功大于電場力對N做的功，故C正確；從軌跡可以看出：xMxN，即vMtvNt，所以vMvN，故D錯誤。8(多選)(2021山東泰安高三檢測)如圖甲所示，在兩平行的金屬

10、板間加上如圖乙所示的電壓。在01 s內(nèi)，一點電荷在兩極板間處于靜止狀態(tài)，t2 s時電荷仍運動且未與極板接觸，則在12 s內(nèi)，點電荷(g取10 m/s2)()甲乙A做勻加速直線運動，加速度大小為10 m/s2B做變加速直線運動，平均加速度大小為5 m/s2C做變加速直線運動，2 s末加速度大小為10 m/s2D2 s末速度大小為10 m/sBC第1 s內(nèi)電荷受重力和電場力作用處于平衡狀態(tài)，故電場力方向向上，與重力平衡，第2 s內(nèi)電壓一直變大，故電場強度變大，電場力變大，且第2 s內(nèi)合力隨時間均勻增加，加速度隨時間均勻增加，是變加速直線運動，故A錯誤；第2 s內(nèi)加速度隨時間均勻增加，第2 s末電場

11、強度增加為第1 s末的2倍，故電場力變?yōu)榈? s末的2倍，此時合力向上，大小為mg，其加速度大小為g10 m/s2，故平均加速度為eq xto(a)eq f(010,2) m/s25 m/s2，故B、C正確；2 s末速度大小為v2eq xto(a) t51 m/s5 m/s，故D錯誤。9真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉(zhuǎn)電場，M為熒光屏。今有質(zhì)子、氘核和粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，最后打在熒光屏上。已知質(zhì)子、氘核和粒子的質(zhì)量之比為124，電荷量之比為112，則下列判斷中正確的是()A三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的

12、時間相同B三種粒子打到熒光屏上的位置相同C偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為122D偏轉(zhuǎn)電場的電場力對三種粒子做功之比為124 B設(shè)加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1eq f(1,2)mveq oal( 2,0)，解得v0 eq r(f(2qU1,m)，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不同，則v0不同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經(jīng)歷的時間不同，故A錯誤；根據(jù)推論可知三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中側(cè)移距離yeq f(U2L2,4dU1)、偏轉(zhuǎn)角tan eq f(U2L,2dU1)，

13、可知y與粒子的種類、質(zhì)量、電荷量無關(guān)，故三種粒子偏轉(zhuǎn)距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉(zhuǎn)電場的電場力做功為WqEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為112，則有電場力對三種粒子做功之比為112，故C、D錯誤。10(2020浙江7月選考)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速度v0從MN連線上的P點水平向右射入大小為E、方向豎直向下的勻強電場中。已知MN與水平方向成45角，粒子的重力可以忽略，則粒子到達MN連線上的某點時()A所用時間為eq f(mv0,qE)B速度大小為3v0C與P點的距離為eq f(2r(2)mvoal( 2,0),qE)D速度方向與豎直方向的夾

14、角為30C粒子從P點垂直電場方向出發(fā)到達MN連線上某點時，沿水平方向和豎直方向的位移大小相等，即v0teq f(1,2)at2，aeq f(Eq,m)，解得teq f(2mv0,qE)，A項錯誤；在該點，粒子沿電場方向的速度vat2v0，所以合速度大小為veq r(2v02voal( 2,0)eq r(5)v0，B項錯誤；該點到P點的距離seq r(2)xeq r(2)v0teq f(2r(2)mvoal( 2,0),qE)，C項正確；由平行四邊形定則可知，在該點速度方向與豎直方向夾角的正切值tan eq f(v0,2v0)eq f(1,2)，則30，D項錯誤。11反射式速調(diào)管是常用的微波器械

15、之一，它利用電子團在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波，其振蕩原理與下述過程類似。如圖所示，在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個勻強電場，一帶電微粒從A點由靜止開始，在電場力作用下沿直線在A、B兩點間往返運動。已知電場強度的大小分別是E12.0103 N/C和E24.0103 N/C，方向如圖所示，帶電微粒質(zhì)量m1.01020 kg、電荷量q1.0109 C，A點距虛線MN的距離d11.0 cm，不計帶電微粒的重力，忽略相對論效應(yīng)(1)B點距虛線MN的距離d2；(2)帶電微粒從A點運動到B點所經(jīng)歷的時間t。解析(1)帶電微粒由A運動到B的過程中，由動能定理有|q|E1d1|q|E2d20由式解得d2eq

16、 f(E1,E2)d10.50 cm。(2)設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)的加速度大小分別為a1、a2，有|q|E1ma1|q|E2ma2設(shè)微粒在虛線MN兩側(cè)運動的時間分別為t1、t2，有d1eq f(1,2)a1teq oal( 2,1)d2eq f(1,2)a2teq oal( 2,2)又tt1t2聯(lián)立式解得t1.5108 s。答案(1)0.50 cm(2)1.5108 s12(2021山東煙臺市3月調(diào)研調(diào)研)如圖所示，較大的平行金屬板正對水平放置，P板在上、Q板在下，距離為d。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球自距P板eq f(1,3)d處的O點由靜止釋放，運動時間t，在PQ兩板間加未知電壓U，又經(jīng)過

17、2t小球返回出發(fā)點，該過程中小球未與下板Q接觸。已知重力加速度為g，小球運動過程中電荷量保持不變，忽略空氣阻力。求：(1)PQ兩板電勢差UPQ；(2)欲使小球不與下板Q接觸，t的最大值；(3)當t取(2)最大值，為使小球不與P板接觸，當小球返回O點時，改變PQ兩板電勢差，PQ兩板電勢差UPQ滿足的條件。解析(1)靜止釋放，小球做自由落體運動，t時間內(nèi)位移heq f(1,2)gt2t時刻的速度v1gt若加上電場后，假設(shè)小球的加速度為a1，2t時間內(nèi)小球的位移(假設(shè)豎直向上為正方向)xv12teq f(1,2)a1(2t)2根據(jù)題意可知：xh，解得：a1eq f(5,4)g小球運動過程中由牛頓第二定律得：qEmgma1兩極板間電壓UEd電場方向向上，所以Q極板電勢高，所以PQ兩極板的電勢差UPQeq f(9mgd,4q)。(2)若小球不與下板接觸，臨界條件為小球到達Q板速度為0，所以：heq f(gt2,2a1)eq f(2,3)d解得：t eq r(f(20d,27g)。(3)小球自Q板開始向上做勻加速運動，設(shè)小球到達O點速度為v2，