物理大一輪復(fù)習課時規(guī)范訓練第章第節(jié)電容器與電容帶電粒子在電場中的運動

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精課時規(guī)范訓練[基礎(chǔ)鞏固題組]1．如圖所示,先接通S使電容器充電，然后斷開S。當增大兩極板間距離時，電容器所帶電荷量Q、電容C、兩極板間電勢差U、兩極板間場強E的變化情況是（）A．Q變小,C不變，U不變，E變小B．Q變小，C變小,U不變，E不變C．Q不變，C變小，U變大，E不變D．Q不變,C變小，U變小，E變小解析：選C。電容器充電后再斷開S，則電容器所帶的電荷量Q不變，由C∝eq\f(εrS，d)可知，d增大時,C變小；又U＝eq\f（Q,C)，所以U變大；由于E＝eq\f（U,d)，U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ,εrS），所以E＝eq\f(4πkQ,εrS），故d增大時，E不變，C正確．2。如圖，兩平行的帶電金屬板水平放置．若在兩板中間a點從靜止釋放一帶電微粒，微粒恰好保持靜止狀態(tài),現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面）逆時針旋轉(zhuǎn)45°，再由a點從靜止釋放一同樣的微粒，該微粒將()A．保持靜止狀態(tài)B．向左上方做勻加速運動C．向正下方做勻加速運動D．向左下方做勻加速運動解析：選D。兩平行金屬板水平放置時，帶電微粒靜止有mg＝qE，現(xiàn)將兩板繞過a點的軸(垂直于紙面）逆時針旋轉(zhuǎn)45°后，兩板間電場強度方向逆時針旋轉(zhuǎn)45°,電場力方向也逆時針旋轉(zhuǎn)45°，但大小不變，此時電場力和重力的合力大小恒定,方向指向左下方，故該微粒將向左下方做勻加速運動，選項D正確．3.兩個較大的平行金屬板A、B相距為d，分別接在電壓為U的電源正、負極上，這時質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的油滴恰好靜止在兩板之間，如圖所示．在其他條件不變的情況下,如果將兩板非常緩慢地水平錯開一些，那么在錯開的過程中（)A．油滴將向上加速運動，電流計中的電流從b流向aB．油滴將向下加速運動,電流計中的電流從a流向bC．油滴靜止不動，電流計中的電流從b流向aD．油滴靜止不動，電流計中的電流從a流向b解析：選D.電容器與電源相連，兩極板間電壓不變．將兩極板非常緩慢地水平錯開一些，兩極板正對面積減小，而間距不變，由E＝eq\f(U，d)可知，電場強度不變,油滴受到的電場力不變，仍與重力平衡，因此油滴靜止不動．由C＝eq\f（εrS，4πkd）可知，電容減小，Q＝CU,電荷量減小,電容器放電，因此可判斷電流計中的電流從a流向b，故D正確．4．如圖所示，甲圖中電容器的兩個極板和電源的兩極相連，乙圖中電容器充電后斷開電源．在電容器的兩個極板間用相同的懸線分別吊起完全相同的小球，小球靜止時懸線和豎直方向的夾角均為θ，將兩圖中的右極板向右平移時，下列說法正確的是（）A．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角增大B．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角不變C．甲圖中夾角不變，乙圖中夾角不變D．甲圖中夾角減小，乙圖中夾角減小解析：選B。甲圖中的電容器和電源相連，所以電容器兩極板間的電壓不變，當極板間的距離增大時,根據(jù)公式E＝eq\f(U，d）可知，板間的電場強度減小，電場力減小，所以懸線和豎直方向的夾角將減?。覉D中電容器充電后斷開電源，電容器兩極板所帶的電荷量不變,根據(jù)平行板電容器的電容公式C＝eq\f(εrS，4πkd），極板間的電壓U＝eq\f(Q,C)＝eq\f(4πkdQ，εrS)，極板間的電場強度E＝eq\f(U，d）＝eq\f(4πkQ，εrS)，場強與兩極板間距離無關(guān)，故夾角不變，B正確．5。如圖所示，平行金屬板A、B水平正對放置，分別帶等量異號電荷．一帶電微粒水平射入板間，在重力和電場力共同作用下運動，軌跡如圖中虛線所示,那么（）A．若微粒帶正電荷，則A板一定帶正電荷B．微粒從M點運動到N點電勢能一定增加C．微粒從M點運動到N點動能一定增加D．微粒從M點運動到N點機械能一定增加解析：選C.由于兩極板的正負不知，微粒的電性不確定,則微粒所受電場力方向不確定，所受電場力做功正負不確定，但根據(jù)微粒運動軌跡，微粒所受合力一定向下，則合力一定做正功，所以電勢能變化情況、機械能變化情況不確定，但微粒動能一定增加，所以只有C正確．6．如圖所示，充電后的平行板電容器水平放置,電容為C，極板間距離為d，上極板正中有一小孔．質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從小孔正上方高h處由靜止開始下落，穿過小孔到達下極板處速度恰為零（空氣阻力忽略不計，極板間電場可視為勻強電場,重力加速度為g）．求:(1）小球到達小孔處的速度；（2)極板間電場強度大小和電容器所帶電荷量;（3）小球從開始下落運動到下極板處的時間．解析:（1）由v2＝2gh得v＝eq\r（2gh）(2)在極板間帶電小球受重力和電場力，有mg－qE＝ma0－v2＝2ad得E＝eq\f（mgh＋d,qd）U＝EdQ＝CU得Q＝eq\f（mgCh＋d,q）（3)由h＝eq\f(1,2）gteq\o\al(2，1）0＝v＋at2t＝t1＋t2綜合可得t＝eq\f（h＋d，h）eq\r（\f(2h,g))答案：見解析［綜合應(yīng)用題組］7。如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計相連,靜電計金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一個固定在P點的點電荷，以E表示兩板間的電場強度，Ep表示點電荷在P點的電勢能，θ表示靜電計指針的偏角．若保持下極板不動,將上極板向下移動一小段距離至圖中虛線位置，則(）A．θ增大,E增大 B．θ增大,Ep不變C．θ減小，Ep增大 D．θ減小,E不變解析:選D。保持下極板不動，上極板向下移動一小段距離后,由C＝eq\f（εrS，4πkd)可知電容器的電容變大，由于Q不變，由C＝eq\f（Q，U)可知U減小，故靜電計的指針偏角變??；電場強度E＝eq\f(U,d）＝eq\f(Q，Cd)＝eq\f（4πkQ，εrS)不變;由于下極板不動，電場強度E不變，所以P點的電勢沒有發(fā)生改變，故點電荷在P點的電勢能不變，A、B、C錯誤，D正確．8．（多選）如圖所示，一帶正電的小球向右水平拋入范圍足夠大的勻強電場,電場方向水平向左．不計空氣阻力，則小球（）A做直線運動B．做曲線運動C．速率先減小后增大D．速率先增大后減小解析：選BC。對小球受力分析，小球受重力、電場力作用，合外力的方向與初速度的方向不在同一條直線上,故小球做曲線運動,故A錯誤，B正確；在運動的過程中合外力方向與速度方向間的夾角先為鈍角后為銳角，故合外力對小球先做負功后做正功，所以速率先減小后增大，選項C正確，D錯誤．9．（多選)如圖所示，在真空中A、B兩塊平行金屬板豎直放置并接入電路．調(diào)節(jié)滑動變阻器，使A、B兩板間的電壓為U時，一質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v0從A板上的中心小孔沿垂直兩板的方向射入電場中，恰從A、B兩板的中點處沿原路返回(不計重力），則下列說法正確的是()A．使初速度變?yōu)?v0時，帶電粒子恰能到達B板B．使初速度變?yōu)?v0時,帶電粒子將從B板中心小孔射出C．使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子恰能到達B板D．使初速度v0和電壓U都增加為原來的2倍時，帶電粒子將從B板中心小孔射出解析:選BC。設(shè)帶電粒子進入電場中的位移為x,根據(jù)動能定理得:－qEx＝0－eq\f（1，2）mveq\o\al（2,0），又E＝eq\f（U,d）得x＝eq\f（mdv\o\al(2,0），2qU)，由此可知，要使帶電粒子進入電場后恰能到達B板處，x變?yōu)樵瓉淼?倍,采取的方法有：使帶電粒子的初速度變?yōu)閑q\r(2)v0；或使A、B兩板間的電壓變?yōu)閑q\f（1，2)U;或使初速度v0和電壓U都增加到原來的2倍，故B、C正確，A、D錯誤．10.(多選）如圖所示，一絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強電場中，場強為E。在與環(huán)心等高處放有一質(zhì)量為m、帶電荷量＋q的小球，由靜止開始沿軌道運動，下述說法正確的是()A．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時速度最大B．小球在運動過程中機械能守恒C．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道的壓力為mg＋qED．小球經(jīng)過環(huán)的最低點時對軌道的壓力為3（mg＋qE)解析：選AD.根據(jù)動能定理知,在運動到最低點的過程中，電場力和重力一直做正功,到達最低點的速度最大，故A正確;小球在運動的過程中除了重力做功以外，還有電場力做功,機械能不守恒,故B錯誤；根據(jù)動能定理得：mgR＋qER＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)牛頓第二定律得：FN－qE－mg＝meq\f（v2,R）,解得：FN＝3（mg＋qE）,則球?qū)壍赖膲毫?（mg＋qE）,故C錯誤,D正確．11。（多選）如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象．當t＝0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是(）A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零解析：選CD。設(shè)第1s內(nèi)粒子的加速度為a1，第2s內(nèi)的加速度為a2，由a＝eq\f(qE，m）可知，a2＝2a1，可見，粒子第1s內(nèi)向負方向運動，1。5s末粒子的速度為零，然后向正方向運動，至3s末回到原出發(fā)點，粒子的速度為0，由動能定理可知，此過程中電場力做的總功為零，綜上所述,可知C、D正確．12．如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場,并從另一側(cè)射出．已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0，偏轉(zhuǎn)電場可看做勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d.(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy;(2）分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法．在解決(1)問時忽略了電子所受重力,請利用下列數(shù)據(jù)分析說明其原因．已知U＝2.0×102V,d＝4.0×10－2m，m＝9。1×10－31kg，e＝1。6×10－19C,g＝10m（3)極板間既有靜電場也有重力場．電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì),請寫出電勢φ的定義式．類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點．解析：（1）根據(jù)功和能的關(guān)系,有eU0＝eq\f（1，2）mveq\o\al（2，0）電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0，m））在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝eq\f（L,v0)＝Leq\r(\f（m,2eU0))偏轉(zhuǎn)距離Δy＝eq\f（1，2)a(Δt)2＝eq\f(UL2，4U0d）.（2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有重力G＝mg～10－29N電場力F＝eq\f(eU,d）～10－15