高中物理人教版1第一章電場電流 全國獲獎(jiǎng)

一、不定項(xiàng)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(shí)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(qiáng)度變大B.極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)度變大C.極板上的電荷量變大，極板間電場強(qiáng)度不變D.極板上的電荷量變小，極板間電場強(qiáng)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(gè)電荷q處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)將兩極板的間距變大，則()A.電荷將向上加速運(yùn)動(dòng)B.電荷將向下加速運(yùn)動(dòng)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(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下極板都接地，在兩極板間有一個(gè)固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能，θ表示靜電計(jì)指針的偏角．若保持下極板不動(dòng)，將上極板向下移動(dòng)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(fù)電荷的油滴在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，其軌跡在豎直面(紙面)內(nèi)，且相對于過軌跡最低點(diǎn)P的豎直線對稱，忽略空氣阻力．由此可知()A.Q點(diǎn)的電勢比P點(diǎn)高B.油滴在Q點(diǎn)的動(dòng)能比它在P點(diǎn)的大C.油滴在Q點(diǎn)的電勢能比它在P點(diǎn)的大D.油滴在Q點(diǎn)的加速度大小比它在P點(diǎn)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(jì)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(shí)間后恰好沿下板的邊緣飛出，則()A.在前eq\f(t,2)時(shí)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(shí)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(xì)線一端固定于O點(diǎn)，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(qiáng)電場中，場強(qiáng)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(diǎn)，B、D是圓周的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力，則()A.將球由C點(diǎn)靜止釋放，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度為2eq\r(gL)B.在B點(diǎn)給小球水平向右的速度v0，球能經(jīng)過最高點(diǎn)D.若在B點(diǎn)給小球水平向左的速度v0，則小球也一定能通過最高點(diǎn)DC.將球由A點(diǎn)靜止釋放，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零D.將球由C點(diǎn)靜止釋放，到達(dá)B點(diǎn)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(qiáng)電場，有一帶正電的小球自坐標(biāo)原點(diǎn)沿著y軸正方向以初速度v0拋出，運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)為M.不計(jì)空氣阻力，則小球()A.做變加速運(yùn)動(dòng)B.水平方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C.到M點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為零D.到N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)二、計(jì)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(xì)線懸掛一個(gè)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(xì)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(diǎn)B時(shí)的速度和細(xì)線的拉力．(2)若小球擺至B點(diǎn)時(shí)細(xì)線突然斷裂，以后小球恰能經(jīng)過B點(diǎn)正下方的C點(diǎn)，則B、C相距多遠(yuǎn)．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(qiáng)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(shí)初速度v0和從電場射出時(shí)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(shí)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(diǎn)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(diǎn)．

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(dāng)電容器電壓發(fā)生變化時(shí)，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(xiàng)C、D正確.2.D解析：由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，當(dāng)云母介質(zhì)抽出時(shí)，εr變小，電容器的電容C變??；因?yàn)殡娙萜鹘釉诤銐褐绷麟娫瓷希蔝不變，根據(jù)Q＝CU可知，當(dāng)C減小時(shí)，Q減小；再由E＝eq\f(U,d)可知，由于U與d都不變，故電場強(qiáng)度E不變，選項(xiàng)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(qiáng)減小，場強(qiáng)減小會(huì)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(yùn)動(dòng)；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(huì)有一部分電荷返回電源，形成逆時(shí)針方向的電流，電流表中將會(huì)有由b到a的電流，選項(xiàng)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(shí)，E不變；根據(jù)U1＝Ed1可知P點(diǎn)離下板的距離不變，E不變，則P點(diǎn)與下板的電勢差不變，P點(diǎn)電勢不變，則Ep不變，選項(xiàng)D正確.5.AB解析：由于勻強(qiáng)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(xiàng)D錯(cuò)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(dāng)油滴從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q時(shí)，電場力做正功，電勢能減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；油滴帶負(fù)電，電勢能減小，電勢增加，所以Q點(diǎn)電勢高于P點(diǎn)電勢，選項(xiàng)A正確；在油滴從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q的過程中，合外力做正功，動(dòng)能增加，所以Q點(diǎn)動(dòng)能大于P點(diǎn)，選項(xiàng)B正確.6.BC解析：粒子在兩平行金屬板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在前后兩個(gè)eq\f(t,2)的時(shí)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(shí)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(shí)間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq\f(3,8)Uq，選項(xiàng)A錯(cuò)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(xiàng)C正確，D錯(cuò)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(diǎn)運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)繩子突然張緊，會(huì)有動(dòng)能損失，所以到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度一定小于2eq\r(gL)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在B點(diǎn)給小球一個(gè)初速度，使小球恰能經(jīng)過D點(diǎn)，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)要比逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)困難，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；A點(diǎn)與B點(diǎn)關(guān)于“等效最低點(diǎn)”對稱，到B點(diǎn)時(shí)速度為零，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理可知，將小球由C點(diǎn)釋放，到達(dá)B點(diǎn)前瞬間速度為2eq\r(gL)，選項(xiàng)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(gè)力會(huì)產(chǎn)生在這兩個(gè)方向的加速度，所以豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；到M點(diǎn)，豎直方向的速度為零，但水平方向的速度并不為零，動(dòng)能不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；到N點(diǎn)，豎直方向的速度與拋出時(shí)速度等大反向，而水平速度還存在，故此時(shí)的和速度大于v0，動(dòng)能大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)D正確.9.解：（1）對小球從A到B，由動(dòng)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(diǎn)，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(yùn)動(dòng)時(shí)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