学人教版选修31 1.8电容器的电容 作业（5）.docx

2017-2018学年度人教版选修3-1 1.8电容器的电容 作业（5）1一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在点，如图所示，以表示两极板间的场强， 表示电容器的电压， 表示正电荷在点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )a. 不变， 不变 b. 变大， 变大c. 变小， 不变 d. 变小， 变小2如图所示，平行板电容器已经充电，静电计的金属球与电容器的一个极板连接，外壳与另一个极板连接，静电计针的偏转示电容两极板间的电势差实验中保持极板上的电荷量不变设电容两极正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角为下列关于实验现象的描述正确的是（ ）a. 保持不变，增大，则变大b. 保持不变，减小，则不变c. 保持不变，减小，则变小d. 保持、不变，在两板间插入电介质，则变大3如图所示，平行金属板充电后与电源断开，板间有一带电液滴处于静止状态下列说法正确的是（ ） a. 带电液滴带负电b. 若将下极板下移，带电液滴会向下运动c. 若将下极板上移，带电液滴会向下运动d. 若将下极板稍微向左平移一小段，带电液滴会向下运动4测定压力变化的电容式传感器如图所示， 为固定电极， 为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容现将此电容式传感器连接到如图所示的电路中，当待测压力增大时（ ） a. 电容器的电容将减小 b. 电阻中没有电流c. 电阻中有从流向的电流 d. 电阻中有从流向的电流5下列物理量属于矢量的是（ ）a. 电势 b. 电场强度 c. 电流强度 d. 电容6如图所示电路中，a、b为两块竖直放置的金属板，g是一只静电计，开关s合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是 ( )a. 使a、b两板靠近一些b. 使a、b两板正对面积错开一些c. 断开s后，使b板向左平移一些d. 断开s后，使a、b正对面积错开一些7连接在电池两极上的平行板电容器，当两极板间的距离减小时 ( )a. 电容器的电容c变大 b. 电容器极板的带电荷量q不变c. 电容器两极板间的电压u变大 d. 电容器两极板间的电场强度e变小8测定压力变化的电容式传感器如图所示，a为固定电极，b为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。现将此电容式传感器连接到如图所示的电路中，当待测压力增大时a. 电容器的电容将增加 b. 电容器的电容将减小c. 电阻r中有从a流向b的电流 d. 电阻r中有从b流向a的电流9关于电容器的电容，下列说法中正确的是（ ）a. 根据c=q/u可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，跟两板间的电压成反比b. 对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比c. 无论电容器电压如何变化（小于击穿电压且不为零），它所带的电荷量与电压的比值都恒定不变d. 电容器所带的电荷量越多，电容就越大10如图所示，平行板电容器两个极板为a、b，b板接地，a板带有电荷量+q，板间电场有固定点p，若将b板固定，a板下移些，或者将a板固定，b板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是a. a板下移时，p点的电场强度不变，p点电势升高b. a板下移时，p点的电场强度不变，p点电势不变c. b板上移时，p 点的电场强度不变，p点电势降低d. b板上移时，p点的电场强度减小，p点电势降低11（15分）如图所示，两块竖直放置的平行金属板a、b，两板相距d，两板间电压为u,一质量为m的带电小球从两板间的m点开始以竖直向上的初速度v0运动,当它到达电场中的n点时速度变为水平方向、大小变为2v0，求m、n两点间的电势差和电场力对带电小球所做的功(不计带电小球对金属板上电荷均匀分布的影响，设重力加速度为g) 12(12分)质量为、电量为的带电微粒以2m/s的速度从水平放置的平行金属板a、b正中央水平飞入板间，已知板长l=10cm，板间距离d=2cm（1）若带电微粒恰好沿直线穿过板间，求a、b间的电势差？（g=10m/s2）（2）当uab=2000v时，通过计算判断微粒能否从板间飞出？13某一平行板电容器两端电压是u，间距为d，设其间为匀强电场，如图所示现有一质量为m的小球，以速度v0射入电场，v0的方向与水平成45斜向上；要使小球做直线运动，则（1）小球带何种电荷？电量是多少？（2）在入射方向上的最大位移是多少？14（2014秋太原期中）如图1所示的平行板电容器，板间距为d，两板所加电压随时间的变化如图2所示，t=0时刻，质量为m、带电量为q的粒子以平行于极板的速度v0射入电容器，t=3t时斜射出电容器，不计带电粒子的重力，求：（1）平行板电容器板长l；（2）粒子射出电容器时速度方向偏转的角度的正切值；（3）粒子射出电容器时垂直极板方向偏转的距离y试卷第3页，总4页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1c【解析】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离减小，根据知，电容增大，根据，板间电压u变小，由， 得到，可知与无关，则知电场强度不变， 与负极板间的距离不变，由公式可知， 与负极板间的电势差不变， 点的电势不变，正电荷在点的电势能不变，故c正确，abd错误。点睛：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变，将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，通过电容的变化，确定两极板电势差的变化、电场强度的变化、以及p点的电势变化，从而确定p点电势能的变化。2a【解析】a：平行板电容器的电容，电容器电压与电容的关系为，电量不变，保持不变，增大，电容减小，电压增大， 变大，故a项正确b：电量不变，保持不变，减小，电容增大，电压减小， 变小，故b项错误c：电量不变，保持不变，减小，电容减小，电压增大， 变大，故c项错误d：电量不变，保持、不变，在两板间插入电介质，电容增大，电压变小， 变小，故d项错误所以选a点睛：平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压不变。当电容器电容的影响因素发生变化后，据、来判断各量如何变化。平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器的带电量不变。当电容器电容的影响因素发生变化后，据、来判断各量如何变化。3a【解析】电液滴静止，故受力平衡，受电场力向上，带负电，a正确；断开电源，若板间距增大， 不变，据电容的决定式c=，及电容的定义式c=q/u，与e=u/d，分析可知，e=，则场强不变，液滴所受的电场力不变，则液滴将静止不动故bc错误若将下极板稍微向左平移一小段，s减小，c减小，q一定，则u变大，e变大，带电液滴会向上运动，选项d错误；故选a点睛：本题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变4d【解析】当待测压力增大时，电容器板间距离减小，根据电容的决定式得知，电容c增大故a错误电容板间电压u不变，电容器所带电量为q=cu，c增大，则q增大，电容器处于充电状态，而a板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，电阻r中有从b流向a的电流故bc错误，d正确故选d点睛：本题考查对传感器基本原理的理解，实质是电容器动态变化分析问题，电容的决定式和定义式c=q/u结合进行分析5b【解析】a电势、电容是只有大小没有方向的标量，是标量；电流有方向，表示正电荷定向移动的方向，但电流运算时不遵守平行四边形定则，所以电流是标量，故acd错误；b电场强度是既有大小又有方向的矢量，故b正确故选：b。6d【解析】ab. 开关s闭合，电容器两端的电势差不变，等于电源的电动势，则指针的张角不变。故a错误，b错误；c. 断开s,电容器所带的电量不变,b板向左平移一些,则电容增大,根据u=q/c知，电势差减小，则指针张角减小。故c错误；d. 断开s,电容器所带的电量不变,a、b的正对面积错开,电容减小,根据u=qc知，电势差增大，则指针张角增大。故d正确。故选：d.点睛：开关s闭合，电容器两端的电势差不变；断开s，电容器所带的电量不变；通过确定电容器两端间的电势差变化判断指针张角的变化7a【解析】当两极板间的距离减小时，根据电容的决定式c=分析得知，电容c变大故a正确由题可知，电容器的电压不变，c变大，由q=cu可知，电容器极板的带电荷量q变大故b错误电容器两极板间的电势差u等于电源的电动势，保持不变故c错误u不变，d减小，由e=u/d分析得知板间场强e增大故d错误故选a点睛：涉及电容的只有两个公式：电容的决定式c=和电容的定义式c=，常常两个公式结合分析电容器的动态变化问题8ad【解析】当待测压力增大时，电容器板间距离减小，根据电容的决定式： 可知，电容c增大，故a正确，b错误；电容板间电压u不变，电容器所带电量为q=cu，因为c增大，则q增大，电容器处于充电状态，而a板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，电阻r中有从b流向a的电流，故c错误，d正确。所以ad正确，bc错误。9bc【解析】电容器电容是本身的性质，对于一个确定的电容器电容是不变的，与所带的电量无关，故ad错误；根据q=cu对于确定的电容器，其所带电荷量与两板间的电压成正比，b正确；根据电容的定义式可知，电容器所带的电荷量与电压的比值是电容，c正确10bc【解析】ab、由题可知电容器两板所带电量不变， a板下移时，根据、和可推出，可知，p点的电场强度e不变，p点与下板的距离不变，根据公式，p点与下板的电势差不变，则p点的电势不变，故b正确，a错误；cd、b板上移时，同理得知，p点的电场强度不变，根据公式u=ed，p点与下板的电势差减小，而p点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以p点电势降低，故c正确，d错误；故选bc。【点睛】电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化；由u=ed分析p点与下板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断p点电势的变化。11；【解析】试题分析：带电小球从m运动到n的过程中，在竖直方向上小球仅受重力作用，从初速度v0匀减速到零，水平方向上小球仅受电场力作用，速度从零匀加速到2v0.竖直位移：，水平位移：又所以 故m、n两点间的电势差：从m运动到n的过程，由动能定理得：又 所以 考点：动能定理；牛顿第二定律【名师点睛】此题考查了带电粒子在电场及重力场中的运动问题；解题的关键是搞清楚粒子在两个方向的运动性质，根据分运动的等时性关系和位移关系列得方程；用动能定理时注意搞清楚电场力和重力做功的情况；此题是中等题目.12（1）1000v（2）微粒不能从板间飞出【解析】试题分析：（1）微粒受力平衡：而 解得：u=1000v（2）先假设微粒能飞出极板，运动时间为微粒受向上的电场力，其加速度代入uab=2000v，解得粒子在竖直方向上偏转由此可知 所以微粒不能从板间飞出考点：带电粒子在电场中的偏转.13（1）小球带正电荷，电量是（2）在入射方向上的最大位移是【解析】解：（1）小球受到重力和电场力而做直线运动，则知电场力必定水平向左，电场力和重力的合力才有可能与初速度方向在一条直线上，所以小球带正电由图可知，eq=mg，又 e=，所以解得：q=（2）设最大位移为x根据动能定理得：mgx=0解得，x=答：（1）小球带正电荷，电量是（2）在入射方向上的最大位移是考点：带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动分析：（1）小球与水平方向成45角斜向上射入匀强电场，要使小球做直线运动，则重力与电场力的合力与初速度共线，由此可确定小球带电电性，及电荷量（2）小球在入射方向先做匀减速直线运动，后反向做匀加速直线运动，当速度减至零时，位移最大，由动能定理可求解小球的最大位移点评：本题要在掌握物体做直线运动条件的基础上，通过分析受力，确定出电场力的方向是关键14（1）平行板电容器板长是3v0t；（2）粒子从射入到射出电容器时速度偏转的角度的正切值；（3）粒子从射入到射出电容器时竖直方向偏转的位移【解析】试题分析：（1）带电粒子在电场中受电场力作用做匀加速直线运动，在垂直电场方向粒子做匀速直线运动，根据运动的合成与分解求解板长l；（2）根据电压随时间变化的图象知，在t2t时间内板间无电场，粒子不受力做匀速直线运动，根据运动的合成与分解求解粒子在电场中偏转的倾角；（3）同样根据有电场时粒子在竖直方向做匀加速直线运动，没有电场时在竖直方向做匀速运动，分三段考虑粒子偏转的位移解：（1）带电粒子在电场中运动的时间t=3t，由题意知，带电粒子在电场方向上做匀变速运动，在垂直电场方向上不受力做匀速直线运动，所以有：平行板电容器极板长度l=v0t=3v0t（2）粒子在电容器中运动时，在电场方向做匀加速运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，根据电场图象可知：在0t的时间里，粒子在电场方向（垂直板的方向）做匀加速运动，加速度a=，初速度为0，末速度为at在t2t时间里，粒子不受电场力作用（垂直板的方向）粒子做速度v=at的匀速直线运动在2t3t时间里，粒子在电场方向做初速度v=at的匀加速直线运动，加速度a=则末速度为2at所以粒子在垂直板的方向即y方向的末速度为vy=2at=2粒子在平行板的方向即x方向的末速度vx=v0射出电容器时，偏转角度为