2021高中物理 2.4 電容器 電容 2每課一練 魯科版選修3-1

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1、優(yōu)質(zhì)文檔 優(yōu)質(zhì)人生 2.4《電容器 電容》每課一練 選擇題:在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)正確. 1．如圖所示，一帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出.已知板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過(guò)平行金屬板的時(shí)間為t，則(　　) A.在前時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為 B.在后時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為qU C.在粒子下落前和后的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為1∶2 D.在粒子下落前和后的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功之比為2∶1 解析：帶正電的粒子以一定的初速度v

2、0沿兩板的中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的右邊緣飛出，帶電粒子所做的運(yùn)動(dòng)是類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng).豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)知，前后兩段相等時(shí)間內(nèi)豎直方向上的位移之比為1∶3，電場(chǎng)力做功之比也為1∶3,又因?yàn)殡妶?chǎng)力做的總功為，所以在前時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在后時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為，選項(xiàng)B正確；在粒子下落前和后的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功相等，故選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤. 答案：B 2．傳感器是一種采集信息的重要器件，如圖所示為測(cè)定壓力的電容式傳感器，將電容器、零刻度在中間的靈敏電流計(jì)和電源串聯(lián)成閉合回路.當(dāng)壓力F作用于可動(dòng)膜片電極上時(shí)膜片產(chǎn)生形變

3、，引起電容的變化，導(dǎo)致靈敏電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn).從對(duì)膜片施加壓力(壓力緩慢增至某一定值)開(kāi)始到膜片穩(wěn)定，靈敏電流計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)情況為(已知電流從電流表正接線柱流入時(shí)指針向右偏)(　　) A.向左偏到某一刻度后回到零刻度 B.向右偏到某一刻度后回到零刻度 C.向右偏到某一刻度后不動(dòng) D.向左偏到某一刻度后不動(dòng) 解析：由題意可知，電容器始終與電源相連，所以?xún)蓸O板間的電壓U不變，壓力F作用于可動(dòng)膜片電極上時(shí)，相當(dāng)于兩極板間距離d減小，電容C＝增大，由C＝可知， 兩極板帶電量增加，即對(duì)電容器有一短暫的充電過(guò)程，又因?yàn)樯蠘O板帶正電，所以靈敏電流計(jì)指針向右偏；當(dāng)壓力使膜片穩(wěn)定后，電容不變，兩極板帶電量不

4、變，電流計(jì)指針重新回到零刻度處.綜上所述，選項(xiàng)B正確. 答案：B 3．如圖所示，C為中間插有電介質(zhì)的電容器，a和b為其兩極板，a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導(dǎo)線相連，Q板接地.開(kāi)始時(shí)懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉(zhuǎn)了角度α.在下列方法中，能使懸線的偏角α變大的是(　　) A.縮小a、b間的距離 B.加大a、b間的距離 C.取出a、b兩極板間的電介質(zhì) D.換一塊形狀大小相同、介電常數(shù)更大的電介質(zhì) 解析：由圖可知UPQ＝Uba，P、Q極板之間的電場(chǎng)強(qiáng)度E＝＝，故電容器C帶電荷量一定時(shí)：加大a、b間距能使Uba、UP

5、Q變大，P、Q之間的場(chǎng)強(qiáng)對(duì)帶電小球的電場(chǎng)力增大，α角變大，選項(xiàng)B正確.減小電介質(zhì)的介電系數(shù)或抽出電介質(zhì)，可使Uba、UPQ變大，P、Q之間的場(chǎng)強(qiáng)以及對(duì)帶電小球的電場(chǎng)力增大，α角變大，故選項(xiàng)C正確. 答案：BC 　　 4．示波器的示波管可以視為加速電場(chǎng)與偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的組合，如圖所示.若已知加速電壓為U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間距為d，且電子被加速前的初速度可忽略，定義電子從偏轉(zhuǎn)極板右端射出時(shí)的偏轉(zhuǎn)量與偏轉(zhuǎn)電壓的比值為示波器的靈敏度，則關(guān)于示波器的靈敏度與加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的關(guān)系，下列說(shuō)法正確的是(　　) A.L越大，靈敏度越高　　　B.d越大，靈敏度越高 C.U1越大，靈

6、敏度越小 D.靈敏度與U2無(wú)關(guān) 解析：由題意知：y＝··()2＝ 可得靈敏度＝，選項(xiàng)A、D正確. 答案：AD 5．如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿中線進(jìn)入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板間的電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過(guò)平行金屬板的時(shí)間為t，不計(jì)粒子的重力，則 (　　) A.粒子在前時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為 B.粒子在后時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功為 C.粒子在豎直方向的前和后位移內(nèi)，電場(chǎng)力做的功之比為1∶2 D.粒子在豎直方向的前和后位移內(nèi)，電場(chǎng)力的沖量之比為1∶1 解析：粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做的功為： W

7、電＝qUAB＝q·E·y，其中y為粒子在電場(chǎng)方向的位移 又由題意知：at2＝d，a()2＝ 故在前內(nèi)電場(chǎng)力做的功為：W電′＝qU 前后位移內(nèi)電場(chǎng)力做的功之比為1∶1 又從靜止開(kāi)始的勻加速直線運(yùn)動(dòng)通過(guò)連續(xù)相等位移的時(shí)間之比為1∶(－1)∶(－)∶(－) 故I前∶I后＝1∶(－1). 答案：A 6．如圖所示，質(zhì)子、氘核和α粒子(均不計(jì)重力)都沿平行板電容器兩板中線OO′方向垂直于電場(chǎng)線射入板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，且都能射出電場(chǎng)，射出后都打在同一個(gè)熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(diǎn).若微粒打到熒光屏的先后不能分辨，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.若它們射入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的速度相等，則在熒光屏上將出

8、現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn) B.若它們射入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn) C.若它們射入勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)量相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn) D.若它們是經(jīng)同一個(gè)加速電場(chǎng)由靜止加速后射入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的，則在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn) 解析：選取 H、 H、 He中的任意一微粒為研究對(duì)象，微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)位移為： y＝·＝＝＝ 通過(guò)判定選項(xiàng)C、D正確. 答案：CD 7．如圖所示，在O點(diǎn)放置一個(gè)正電荷，而在過(guò)O點(diǎn)的豎直平面內(nèi)的A點(diǎn)，自由釋放一個(gè)帶正電的小球，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，小球落下的軌跡如圖中的虛線所示，它與以O(shè)點(diǎn)為圓心、R為半徑的圓相交于B、C兩點(diǎn)，O、C在同一水

9、平線上，∠BOC＝30°，A距OC的高度為h，若小球通過(guò)B點(diǎn)的速度為v，則下列敘述正確的是(　　) A.小球通過(guò)C點(diǎn)的速度大小為 B.小球通過(guò)C點(diǎn)的速度大小為 C.小球由A到C電場(chǎng)力做的功為mgh－mv2 D.小球由A到C電場(chǎng)力做的功為mv2＋mg(－h(huán)) 解析：由于B、C在同一等勢(shì)面上，故從B到C電場(chǎng)力不做功. 從B到C只有重力做功，故有： m＝mv＋mghBC 即mv＝mv2＋mgRsin 30° 得：vC＝ 從A到C由動(dòng)能定理有：mv＝mgh＋WAC 解得：WAC＝mv2＋mg(－h(huán))，故選項(xiàng)B、D正確. 答案：BD 8．平行板間有如圖所示的周期變化的電壓.

10、重力不計(jì)的帶電粒子靜止在平行板中央，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始將其釋放，運(yùn)動(dòng)過(guò)程無(wú)碰板情況，能正確定性描述粒子運(yùn)動(dòng)的速度圖象的是(　　) A　　　　　B　　　　　C　　　　　D 解析：在0～時(shí)間內(nèi)帶電粒子正向做勻加速運(yùn)動(dòng)，在～T時(shí)間內(nèi)帶電粒子正向做勻減速運(yùn)動(dòng)，直至T時(shí)刻速度降至零，以后各周期重復(fù)這一運(yùn)動(dòng)過(guò)程，選項(xiàng)A正確. 答案：A 9．如圖甲所示，在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個(gè)靜止的電子(不計(jì)重力)，當(dāng)兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，下列圖象中能正確反映電子速度v、位移x、加速度a和動(dòng)能Ek四個(gè)物理量隨時(shí)間變化規(guī)律的是(　　) 解析：根據(jù)電子的受力情況很容易得出選項(xiàng)A正確，

11、而x－t、a－t、Ek－t圖象分別如下： 答案：A 10．靜電噴漆技術(shù)具有效率高、浪費(fèi)少、質(zhì)量好、有利于工人健康等優(yōu)點(diǎn)，其裝置原理圖如圖所示.A、B為兩塊平行金屬板，間距d＝0.40 m，兩板間有方向由B指向A、場(chǎng)強(qiáng)E＝1.0×103 N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng).在A板的中央放置一個(gè)安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個(gè)方向均勻地噴出帶電油漆微粒，油漆微粒的初速度v0＝2.0 m/s，質(zhì)量m＝5.0×10－15 kg，電荷量q＝－2.0×10－16 C，微粒的重力和所受空氣阻力均不計(jì)，油漆微粒最后都落在金屬板B上.試求： (1)油漆微粒打在B板上的動(dòng)能. (2)油

12、漆微粒最后落在B板上所形成的圖形及其面積的大小. 解析：(1)據(jù)動(dòng)能定理有：W＝|qEd|＝EkB－EkA 解得：微粒打在B板上時(shí)動(dòng)能EkB＝9.0×10－14 J. (2)微粒落在B板上所形成的圖形為圓面 初速度沿極板方向的油漆微粒落在圓周上，對(duì)這些微粒有： d＝at＝··t R＝v0t1 解得：圓面積S＝πR2＝0.25 m2. 答案：(1)9.0×10－14 J　(2)0.25 m2 11．噴墨打印機(jī)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，其半徑約為10－5 m，此微滴經(jīng)過(guò)帶電室時(shí)被帶上負(fù)電，帶電荷量的多少由計(jì)算機(jī)按字體筆畫(huà)的高低位置輸入信號(hào)加以控制.帶電后的

13、微滴以一定的初速度進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，帶電微滴經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)發(fā)生偏轉(zhuǎn)后打到紙上，顯示出字體.無(wú)信號(hào)輸入時(shí)，墨汁微滴不帶電，徑直通過(guò)偏轉(zhuǎn)板而注入回流槽流回墨盒.偏轉(zhuǎn)板長(zhǎng)1.6 cm，兩板間的距離為0.50 cm，偏轉(zhuǎn)板的右端距紙3.2 cm.若墨汁微滴的質(zhì)量為1.6×10－10 kg，以 20 m/s 的初速度垂直于電場(chǎng)方向進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩偏轉(zhuǎn)板間的電壓是8.0×103 V，若墨汁微滴打到紙上的點(diǎn)距原射入方向的距離是2.0 mm.求這個(gè)墨汁微滴通過(guò)帶電室所帶的電荷量是多少？(不計(jì)空氣阻力和重力，可以認(rèn)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)只局限于平行板電容器的內(nèi)部，忽略邊緣電場(chǎng)的不均勻性)為了使紙上的字放大10%，請(qǐng)你分析并提出一

14、個(gè)可行的方法. 解析：設(shè)微滴所帶的電荷量為q，它進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)打到紙上，距原入射方向的距離為： y＝at2＋Ltan φ 又a＝，t＝，tan φ＝ 解得：y＝(＋L) 代入數(shù)據(jù)得：q＝1.25×10－13 C 要將字體放大10%，只要使y增大為原來(lái)的1.1倍，可采用的措施為： 將電壓U增大到8.8×103 V，或?qū)增大到3.6 cm. 答案：1.25×10－13 C　將電壓U增大到8.8×103 V，或?qū)增大到3.6 cm 12．如圖所示，沿水平方向放置一條平直光滑槽，它垂直穿過(guò)開(kāi)有小孔的兩平行薄板，板相距3.5 L.槽內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)量均為

15、m的小球A和B，球A帶電荷量為＋2q，球B帶電荷量為－3q，兩球由長(zhǎng)為2L的輕桿相連，組成一帶電系統(tǒng).最初A和B分別靜止于左板的兩側(cè)，離板的距離均為L(zhǎng).若視小球?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)，不計(jì)輕桿的質(zhì)量，在兩板間加上與槽平行、向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E后.(設(shè)槽和輕桿由特殊絕緣材料制成，不影響電場(chǎng)的分布)求： (1)當(dāng)球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度大小. (2)帶電系統(tǒng)從開(kāi)運(yùn)動(dòng)到速度第一次為零所需的時(shí)間及球A相對(duì)右板的位置. 解析：對(duì)帶電系統(tǒng)進(jìn)行分析，假設(shè)球A能達(dá)到右極板，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功為W1，有： W1＝2qE×2.5 L＋(－3qE×1.5 L)＞0 而且還能穿過(guò)小孔，離開(kāi)右極板 假設(shè)球B能達(dá)到

16、右極板，電場(chǎng)力對(duì)系統(tǒng)做功為W2，有： W2＝2qE×2.5 L＋(－3qE×3.5 L)＜0 綜上所述，帶電系統(tǒng)速度第一次為零時(shí)，球A、B應(yīng)分別在右極板的兩側(cè).(1)帶電系統(tǒng)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)加速度為a1，由牛頓第二定律有：a1＝＝ 球B剛進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，帶電系統(tǒng)的速度為v1，有： v＝2a1L 由上兩式解得：v1＝. (2)設(shè)球B從靜止到剛進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)間為t1，則： t1＝ 聯(lián)立解得：t1＝ 球B進(jìn)入電場(chǎng)后，帶電系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律有：a2＝＝－ 顯然，帶電系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)球A剛達(dá)到右極板時(shí)的速度為v2，減速所需時(shí)間為t2，則有： v－v＝2a2×1.5 L t2＝ 解得：v2＝，t2＝ 球A離開(kāi)電場(chǎng)后，帶電系統(tǒng)繼續(xù)做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a3，再由牛頓第二定律有： a3＝ －v＝2a3x 解得：t3＝，x＝ 由以上數(shù)據(jù)可知，帶電系統(tǒng)從靜止到速度第一次為零所需的時(shí)間為： t＝t1＋t2＋t3＝ 球A相對(duì)右板的位置為：x＝. 答案：(1)　(2)　 6 本資料來(lái)自網(wǎng)絡(luò)若有雷同概不負(fù)責(zé)