高中物理人教版1第一章電場電流 全國獲獎

一、不定項選擇題1.由電容器電容的定義式C＝eq\f(Q,U)可知()A.若電容器不帶電，則電容C為零B.電容C與電容器所帶電荷量Q成正比，與電壓U成反比C.電容C與所帶電荷量Q多少無關(guān)D.電容在數(shù)值上等于使兩板間的電壓增加1V時所需增加的電荷量2.一平行板電容器兩極板之間充滿云母介質(zhì)，接在恒壓直流電源上．若將云母介質(zhì)移出，則電容器()A.極板上的電荷量變大，極板間電場強度變大B.極板上的電荷量變小，極板間電場強度變大C.極板上的電荷量變大，極板間電場強度不變D.極板上的電荷量變小，極板間電場強度不變3.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B.電荷將向下加速運動C.電流表中將有從a到b的電流D.電流表中將有從b到a的電流4.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5.如圖所示，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱，忽略空氣阻力．由此可知()A.Q點的電勢比P點高B.油滴在Q點的動能比它在P點的大C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小6.如圖所示，兩平行金屬板水平放置，板長為L，板間距離為d，板間電壓為U.一不計重力、電荷量為q的帶電粒子以初速度v0沿兩板的中線射入，經(jīng)過t時間后恰好沿下板的邊緣飛出，則()A.在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(1,4)UqB.在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3,8)UqC.在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶1D.在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶27.如圖所示，一長為L的絕緣細線一端固定于O點，另一端連接質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，處于水平向右的勻強電場中，場強E＝eq\f(mg,q)，A、C是豎直平面內(nèi)以O(shè)為圓心、L為半徑的圓周上與O等高的兩點，B、D是圓周的最低點和最高點．不計空氣阻力，則()A.將球由C點靜止釋放，到達A點時的速度為2eq\r(gL)B.在B點給小球水平向右的速度v0，球能經(jīng)過最高點D.若在B點給小球水平向左的速度v0，則小球也一定能通過最高點DC.將球由A點靜止釋放，到達B點時速度為零D.將球由C點靜止釋放，到達B點前瞬間的速度為2eq\r(gL)8.如圖所示，在xOy豎直平面內(nèi)存在水平向右的勻強電場，有一帶正電的小球自坐標原點沿著y軸正方向以初速度v0拋出，運動軌跡的最高點為M.不計空氣阻力，則小球()A.做變加速運動B.水平方向上做勻加速直線運動C.到M點時的動能為零D.到N點時的動能大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)二、計算題9.在間距d＝m、電勢差U＝103V的兩塊豎直平行板中間，用一根長L＝m的細線懸掛一個質(zhì)量m＝g、電量q＝10－7C的帶正電荷的小球，將小球拉到使細線恰呈水平的位置A后輕輕釋放，如圖所示．g取10m/s2，求：(1)小球擺至最低點B時的速度和細線的拉力．(2)若小球擺至B點時細線突然斷裂，以后小球恰能經(jīng)過B點正下方的C點，則B、C相距多遠．10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＝×102V，d＝×10－2m，m＝×10－31kg，e＝×10－19C，g取10m/s2)(3)極板間既有電場也有重力場．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”的φG概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點．

1.CD解析：電容器電容的大小由電容器自身決定，與帶電與否、所帶電荷量Q的多少均無關(guān)；根據(jù)C＝eq\f(Q,U)可知，當電容器電壓發(fā)生變化時，所帶電荷量也發(fā)生變化，但兩者比值保持不變，即C＝eq\f(Q＋ΔQ,U＋ΔU)，所以有ΔQ＝C·ΔU.選項C、D正確.2.D解析：由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當云母介質(zhì)抽出時，εr變小，電容器的電容C變?。灰驗殡娙萜鹘釉诤銐褐绷麟娫瓷?，故U不變，根據(jù)Q＝CU可知，當C減小時，Q減??；再由E＝eq\f(U,d)可知，由于U與d都不變，故電場強度E不變，選項D正確.3.BD解析：充電后電容器的上極板A帶正電.不斷開電源，增大兩板間距，U不變、d增大，由E＝eq\f(U,d)知兩極板間場強減小，場強減小會使電荷q受到的電場力減小，電場力小于重力，合力向下，電荷q向下加速運動；由C＝eq\f(εrS,4πkd)知電容C減小，由Q＝CU知極板所帶電荷量減少，會有一部分電荷返回電源，形成逆時針方向的電流，電流表中將會有由b到a的電流，選項B、D正確.4.D解析：上極板下移，由C∝eq\f(εS,d)可知，C變大，Q一定，由Q＝CU可知，U減小，則θ減??；根據(jù)E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C∝eq\f(εS,d)，E∝eq\f(Q,εS)，可知Q一定時，E不變；根據(jù)U1＝Ed1可知P點離下板的距離不變，E不變，則P點與下板的電勢差不變，P點電勢不變，則Ep不變，選項D正確.5.AB解析：由于勻強電場中的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度恒定不變，選項D錯誤；由于油滴軌跡相對于過P的豎直線對稱，又合外力總是指向軌跡彎曲內(nèi)側(cè)，所以油滴所受合外力沿豎直方向，電場力豎直向上.當油滴從P點運動到Q時，電場力做正功，電勢能減小，選項C錯誤；油滴帶負電，電勢能減小，電勢增加，所以Q點電勢高于P點電勢，選項A正確；在油滴從P點運動到Q的過程中，合外力做正功，動能增加，所以Q點動能大于P點，選項B正確.6.BC解析：粒子在兩平行金屬板間做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，在前后兩個eq\f(t,2)的時間內(nèi)沿電場線方向的位移之比為1∶3，則在前eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(1,8)Uq，在后eq\f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3,8)Uq，選項A錯誤，B正確；由W＝Eq·x知在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)過程中，電場力做功之比為1∶1，選項C正確，D錯誤.7.CD解析：由題可知電場力大小與重力相等，如果從C處釋放，小球?qū)⒀刂本€向B點運動，在B點繩子突然張緊，會有動能損失，所以到達A點時速度一定小于2eq\r(gL)，選項A錯誤；在B點給小球一個初速度，使小球恰能經(jīng)過D點，順時針轉(zhuǎn)動要比逆時針轉(zhuǎn)動困難，選項B錯誤；A點與B點關(guān)于“等效最低點”對稱，到B點時速度為零，選項C正確；由動能定理可知，將小球由C點釋放，到達B點前瞬間速度為2eq\r(gL)，選項D正確.8.BD解析：此物體受水平方向恒定的電場力，豎直方向重力，這兩個力會產(chǎn)生在這兩個方向的加速度，所以豎直方向上做豎直上拋運動，水平方向上做勻加速直線運動，選項A錯誤，B正確；到M點，豎直方向的速度為零，但水平方向的速度并不為零，動能不為零，選項C錯誤；到N點，豎直方向的速度與拋出時速度等大反向，而水平速度還存在，故此時的和速度大于v0，動能大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項D正確.9.解：（1）對小球從A到B，由動能定理得mgL－EqL＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\f(\r(10),10)m/s在B點，由向心力公式可知T－mg＝meq\f(v2,L)解得T＝4×10－3N（2）由牛頓第二定律可知a＝eq\f(Eq,m)＝eq\f(qU,md)＝5m/s2t＝eq\f(2v,a)＝eq\f(\r(10),25)sh＝eq\f(1,2)gt2＝m10.解：（1）根據(jù)功能關(guān)系可得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≈×10－30N，電場