電容器 電場偏轉

1、如圖的電路可將聲音信號轉化為電信號，該電路中，b是固定不動的金屬板，a是能 在聲波驅動下沿水平方向振動的鍍有金屬層的振動膜，a、b構成了一個電容器，且通過導線與恒定電源兩極相接.若聲源s做簡諧運動，則a振動過程中（）a、b板之間的電場強度不變a、b板所帶的電荷量不變a板向右位移最大時，電容器電容最大電路中始終有方向不變的電流【答案】C【解析】試題分析：a、b間電壓不變，a振動過程中，板間距離周期性變化，則由公式E = U分 d析得知，a、b板間的電場強度也會周期性變化，故A錯誤；a振動過程中，a、b間電 壓不變，由公式C 二 U分析得知，a、b板所帶的電量會周期性變化.故B錯誤；a向右的位移最

2、大時，a、b板間的距離最小，則a、b構成的電容器的電容最大，故C正確； a振動過程中，a、b板所帶的電量會周期性變化，電容器放電和充電周期性交替產生， 所以靈敏電流計中電流的方向也會周期性變化，故D錯誤?？键c：電容器的電容；電場強度；振蕩電路。一充電后的平行板空氣電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變，在兩極 板間插入一片陶瓷電介質，其電容C和電壓U的變化情況是C和U均增大B. C增大，U減小C. C減小，U增大D. C和U均減小 【答案】B【解析】 試題分析：由公式C = -知，在兩極板間插入一電介質，其電容C增大，由公式八 Q ,C =虧知，電荷量不變時u減小，故b正確。考點：考查了

3、電容的動態(tài)變化極板間距為d的平行板電容器，充電后與電源斷開，此時兩極板間的電勢差為q，1板間電場強度大小為E1；現(xiàn)將電容器極板間距變?yōu)閐，其它條件不變，這時兩極板間電勢差為U2,板間電場強度大小為e2,下列說法正確的是U = U，E = EB. U = 2U，E = 2EC.U2UC.U2U【答案】D【解析】試題分析：根據電容的定義式C=高、電容定義式C = U和勻強電場公式E = U 得：E 二理Q d8 S電容器充電后與電源斷開，電量Q不變，據題知S和 不變，則E不變.由U=Ed可知，11將電容器極板間距變?yōu)閐，則得：U2=U1，故D正確.考點：電容器的電容；電場強度。一平行板電容器充電后

4、與電源斷開，負極板接地。兩板間有一個正試探電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、（p表示P點的電勢，將負極板緩慢向右平移一小段距離，那么在此過程中，各物理量與負Ep表示正電荷在P點的電勢能。若正極板保持不動， 10（移動過程可認為平行板電容器的電量保持不變） 極板移動距離x將負極板緩慢向右平移一小段距離，那么在此過程中，各物理量與負【答案】C【解析】試題分析:當負極板右移時，d減小，由C W 可知，C 與 d成反比,故A錯誤;試題分析: U - 4兀kdQE =-可知，E = 一，故e與d無關，故B錯誤；因負極板接地，d8 S設P點原來距負極板為1,則P點的電勢？

5、 =E（l-x）；故C正確；電勢能E=? q=Eq（l-x）， 不可能為水平線，故D錯誤；故選：C.考點：電容器的電容；電場強度。如圖所示，用靜電計測量已經充電的平行板電容器兩極板間的電勢差U，靜電計指針張開某一角度a，若在電容器兩極間插入有機玻璃板，則（）U不變，a不變b. U增大，a增大C.電容器電容增大，a變小D.電容器電容減小，a變大【答案】C【解析】一 8 S 試題分析：由電容的決定式C= 知右在電容器兩極間插入有機玻璃板電容增大， 4兀kd電容器的電荷量不變，再由電容的定義式c=Q分析可知，板間電壓減小，靜電計相當于驗電器，靜電計指針張角變小.故C選項正確?？键c：電容器的電容的定義

6、式和決定式下列敘述正確的是a、y射線都是電磁波核反應方程27Al + 4He X + in中X是30Si的同位素 TOC o 1-5 h z 132014合力、交變電流的有效值等概念的建立體現(xiàn)了等效替代的思想電容C = Q，加速度a =-均是采用比值法定義的物理量Um【答案】C【解析】試題分析：a射線是氦原子核高速流、。射線是高速電子流、y射線是電磁波，故選項A錯誤；X是30 X，不是30 Si的同位素，故選項B錯誤；一個力的作用效果與幾個力的作 1514用效果相同，這個力是那幾個力的合力，某一個交變電流和某一個直流電在某段時間內經過同一個電阻產生的熱量相等，該交流電的豎直等效該交流電的有效值

7、，故選項C正八 Q割確；電容C = %定義采用比值定義法，但加速度a =的定義才采用比值定義法，故UAt選項D錯誤?？键c：本題考查三種射線、核反應方程、等效替代和比值定義法。如圖所示，D是一只二極管，它的作用是只允許電流從a流向b，不允許電流從b流 向a。平行板電容器AB內部原有帶電微粒P處于靜止狀態(tài)，當兩極板A和B的間距稍 增大一些后，微粒P的運動情況將是:ABAB向上運動B.向下運動C仍靜止不動D.無法判斷【答案】C【解析】試題分析：電容器與電源保持相連，電容器的電壓不變，板間距離增大，電容減小，電 容量的電量要減小，放電，但由于二極管的作用只允許電流從a流向b，電容器的電量 無法減小，根

8、據推論板間電場強度E 二箜竺，Q、S、不變，則改變d，E不變，電8 S荷P受的電場力不變，仍靜止.故A正確.故選A考點：電容器的電容，物體的平衡。如圖為某位移式傳感器的原理示意圖，平行金屬板A、B和介質P構成電容器.則A向上移電容器的電容變大P向左移電容器的電容變大P向左移流過電阻R的電流方向從M到NA向上移流過電阻R的電流方向從N到M【答案】C【解析】-8 S試題分析：由C =E可知若人向上移時兩板間距變大則根據電容器的電容變小，根據Q=CU可知，電容器帶電量減小，電容器放電，即流過電阻R的電流方向從 M到N，選項AD錯誤；P向左移，兩板間電解質的介電常數減小，電容器的電容變小， 根據Q=C

9、U可知，電容器帶電量減小，電容器放電，即流過電阻R的電流方向從M到N， 故選項B錯誤，C正確。考點：電容器的電容及電量。如圖所示，平行板電容器AB兩極板水平放置，A在上方，B在下方，現(xiàn)將其和二極管串聯(lián)接在電源上，已知A和電源正極相連，二極管具有單向導電性，一帶電小球沿 AB中心水平射入，打在B極板上的N點，小球的重力不能忽略，現(xiàn)通過上下移動A板 來改變兩極板AB間距（兩極板仍平行），則下列說法正確的是日_ Q _ 日_ Q _ Q據=Cd =飛廠; d4兀kd故A錯誤.若小球帶正電，當d減小時,電容增大，Q增大,根據E弓知d減小若小球帶正電，當AB間距增大時，小球打在N的右側若小球帶正電，當A

10、B間距減小時，小球打在N的左側若小球帶負電，當AB間距減小時，小球可能打在N的右側若小球帶負電，當AB間距增大時，小球可能打在N的左側【答案】BC【解析】試題分析：若小球帶正電，當d增大時，電容減小，但Q不可能減小，所以Q不變，根4兀kQ二，知E不變所以電場力不變，小球仍然打在N點，8 S時E增大，所以電場力變大，方向向下，小球做平拋運動豎直方向加速度增大，運動時 間變短，打在N點左側，故B正確.若小球帶負電，當AB間距d減小時， 知：E增大，所以電場力變大，方向向上，若電場力小于重力，小球做類平拋運動豎直 方向上的加速度減小，運動時間變長，小球將打在N點的右側，故C正確；若小球帶負電當AB間

11、距d增大時，電容減小，但Q不可能減小，所以。不變，根據E = U ,知E不變，所以電場力大小不變，方向變?yōu)橄蛏希綦妶隽π∮谥亓?，小球做類平拋運動 豎直方向上的加速度不變，運動時間不變，小球仍然打在N點，故D錯誤.故選：BC.考點：電容器的電容；點場強度；類平拋運動。如圖所示，水平放置的平行板電容器，上板帶負電，下板帶正電，斷開電源，帶 電小球以速度V0水平射入電場，且沿下板邊緣飛出.若下板不動，將上板上移一小段距 離，小球仍以相同的速度V0從原處飛入，則帶電小球（）將打在下板中央仍沿原軌跡由下板邊緣飛出不發(fā)生偏轉，沿直線運動若上板不動，將下板上移一段距離，小球可能打在下板的中央【答案】BD【

12、解析】 試題分析：將電容器上板向上移動一段距離,電容器所帶的電量。不變，因為E = d、和C = 丁華得E =竺芻，由公式可知當d增大時，場強E不變，以相同的速度4 兀 kd8 S入射的小球仍按原來的軌跡運動，由下板邊緣飛出，故A正確，BC錯誤.若上板不動， 將下板上移一段距離時，根據推論可知，板間電場強度不變，粒子所受的電場力不變， 粒子軌跡不變，小球可能打在下板的中央，故D正確.故選：AD.考點：電容器的電容；電場強度。如圖所示，用電池對電容器充電，電路a、b之間接有一靈敏電流表，兩極板間有 一個電荷q處于靜止狀態(tài).現(xiàn)將兩極板的間距變大，則A.電荷將向上加速運動C.A.電荷將向上加速運動C

13、.電流表中將有從a到b的電流【答案】BD【解析】B .電荷將向下加速運動D.電流表中將有從b到a的電流試題分析：將兩極板的間距變大而電容器的電壓不變板間場強眼:減小電荷 q所受的電場力F=Eq減小，電荷將向下加速運動.故A錯誤，B正確；根據電容的決定 式C = TT可知，電容減小，電容器的電壓U不變，由電容的定義式C =芻分析4 兀 kdU得知，電容器的電量減小，電容器放電，而電容器上極板帶正電，則電流表中將有從b 到a的電流.故C錯誤，D正確.故選BD.考點：電容器的電容；電場強度。)質點保持靜止質點向上運動水平放置的平行板電容器與一電池相連，在電容器的兩板間有一帶正電的質點處于 靜止平衡狀

14、態(tài)。現(xiàn)將電容器兩板間的距離增大，則 ( A.電容變小，質點向下運動B.電容變小)質點保持靜止質點向上運動C.電容變大，質點向下運動D.電容變大【答案】A【解析】試題分析：因質點處于靜止狀態(tài)，則有Eq = mg，且電場力向上；由C = -可知， 4兀kd當d增大時，C減??；因電容器與電池相連，所以兩端的電勢差不變，因d增大，由E = U d可知，極板間的場強減小，故電場力小于重力，故質點將向下運動，A正確?？键c：考查了電容器的動態(tài)分析如圖所示，一帶負電粒子以某速度進入水平向右的勻強電場中，在電場力作用下形 成圖中所示的運動軌跡.M和N是軌跡上的兩點，其中M點在軌跡的最右端.不計重力， 下列表述正

15、確的是粒子在M點的速率最小粒子所受電場力沿電場方向粒子在電場中的加速度不變粒子在電場中的電勢能始終在增加【答案】AC【解析】試題分析：對粒子受力分析可知，粒子在從N到M的過程中，電場力做負功，且到M點 時做的功最多，由動能定理可知，粒子在M點時的速率最小，所以A正確；因為粒子帶 負電，所以粒子受到的電場力方向應與電場強度方向相反，所以B錯誤；由電場線可知， 電場為勻強電場，粒子的加速度不變，所以C正確；從粒子軌跡圖可知，粒子從N到M 過程電場力做負功，粒子的電勢能應增加，而仙繼續(xù)運動過程電場力又做正功，粒子 的電勢能應減小，即粒子在電場中的電勢能應先增加再減小，所以D錯誤。考點：考查了帶電粒子

16、在電場中的運動質量為m的帶電小球在a點水平射入豎直向上的勻強電場中，運動軌跡如圖所示， 則正確的說法是小球帶正電小球在b點的加速度大于在a點的加速度小球的電勢能減小在相等的時間間隔內重力做的功相等【答案】AC【解析】試題分析：物體做曲線運動時的合力指向軌跡的內側，從圖中可得小球受到的合力豎直 向上，因為小球受到重力和電場力作用，合力向上，所以電場力一定向上，因為電場方 向豎直向上，所以小球帶正電，A正確；因為是勻強電場，所以電場力恒定不變，而重 力也是恒定不變，所以合力恒定不變，故加速度恒定不變，B錯誤；電場力做正功，電 勢能減小，C正確；因為小球在豎直方向上做加速運動，所以在想等時間內走過的

17、位移 不同，故重力做功不同，D錯誤?？键c：考查了帶電粒子在復合場中的運動如圖所示，一個質量為m、帶電量為q的粒子從兩帶電平行板的正中間沿與勻強電 場垂直的方向射入，不計粒子所受的重力。當粒子的入射速度為v時，它恰能穿過一電 場區(qū)域而不碰到金屬板上。現(xiàn)欲使質量為m、入射速度為v/2的粒子也能恰好穿過這一 電場區(qū)域而不碰到金屬板，在以下各方案中，可行的是（ ）僅使粒子的電量減少為原來的1/4僅使兩板間所加的電壓減小到原來的一半僅使兩板間的距離增加到原來的2倍僅使兩極板的長度減小為原來的一半【答案】ACD【解析】試題分析：設平行板長度為1，寬度為2d，板間電壓為U，恰能穿過一電場區(qū)域而不碰 到金屬板

18、上，則2md沿初速度方向做勻速運動：t = - .垂直初速度方向做勻加速運動：a 二 .則2md24mdv 2欲使質量為m、入射速度為v/2的粒子也能恰好穿過這一電場區(qū)域而不碰到金屬板，則 沿初速度方向距離仍是1，垂直初速度方向距離仍為d。1c-qUl2A、使粒子的帶電量減少為原來的1/4，則J = d，故A正確.4md 氣)2qUl 2 2B、 使兩板間所接電源的電壓減小到原來的一半，則J2d ,故B錯誤.4md (2)2C、使兩板間的距離增加到原來的2倍，此時垂直初速度方向距離應為2d,qUl2 汽 7=V =2，故C正確.qU (2 )2D、使兩極板的長度減小為原來的一半，J = - d

19、，故D正確.4md 氣)2故選ACD.考點：帶電子粒子在勻強電場中的運動。如圖所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場作用下從O經P板的小孔(位于P 板的中點)射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉電壓為u2的電場作用下偏轉 一段距離.現(xiàn)使ui加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應該)A.使U2加倍B.使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C.使U變?yōu)樵瓉淼模?倍D.使U變?yōu)樵瓉淼?222【答案】A【解析】U L 試題分析：電子先經過加速電場加速，后經偏轉電場偏轉，根據結論=滯，分析 4dU1要使U1加倍，想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化時，兩種電壓如何變化。設偏轉電極的長U L度為L，板間距離為d，則根據推論

20、可知，偏轉距離J = 4U，要使U加倍，想使電 1子的運動軌跡不發(fā)生變化時，y不變，則必須使U2加倍，故選項A正確。本題考查了帶 電粒子在電場中的運動，可以根據動能定理和牛頓第二定律、運動學公式結合推導出U L y = 2 o 4dU 1考點：帶電粒子在電場中的運動動能定理和牛頓第二定律、運動學公式如圖所示，豎直放置的一對平行金屬板間的電勢差為U1，水平放置的一對平行金屬 板間的電勢差為u2. 一電子由靜止開始經叭加速后，進入水平放置的金屬板間，剛好從 下板邊緣射出.不計電子重力，下列說法正確的是：增大叭，電子一定打在金屬板上減小U；，電子一定打在金屬板上減小u2，電子一定能從水平金屬板間射出

21、增大U：，電子一定能從水平金屬板間射出 【答案】Be【解析】 試題分析：電子在加速度電場中滿足：Uf = 1 mv 2，在偏轉電場中：水平方向：L=vt；1 U e ,U L2豎直方向：j = 2 dm4，聯(lián)立三式可得：=瓦商，由此式可知，減小ui，可1增大偏轉距離y,則電子一定打在金屬板上，選項B正確，A錯誤；減小U2，可減小偏轉距離y，則電子一定能從水平金屬板間射出，選項C正確，D錯誤。 2考點：帶電粒子在電場中的加速及偏轉。第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明評卷人 得分二、填空題（題型注釋）評卷人 得分三、實驗題（題型注釋）評卷人 得分四、計算題（題型注釋）（14分）如圖所

22、示，充電后的平行板電容器水平放置，電容為C,極板間的距離為 d,上板正中有一小孔。質量為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）極板間電場強度的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?！敬鸢浮?1” f ；(2)E = ,Q = C ；(3)t =甌 qdqh g【解析】試題分析：（1）由V 2 = 2gh可得v =*gh （2）在極板間帶電小球受重力和電場力，有mg - qE = ma，0 一 v 2 = 2ad，可得_ mg (h + d )E qdmg (h + d )由 U = Ed、Q = CU 可得 Q = Cq(3)由 h = 1 gt2，0 v + at，= + 七21212綜合可得：t 綜合可得：t h+d -2hh g考點：勻變速直線運動的規(guī)律、電容器的電容、勻強電場中電場強度與電勢差的關系如圖，板間距為d、板長為4d的水平金屬板A和B上下正對放置，并接在電源上.現(xiàn) 有一質量為m、帶電量+ q的質點沿兩板中心線以某一速度水平射入，當兩板間電壓U =U0，且A接負時，該質點就沿兩板中心線射出；A接正時，該質