第3講 電容器的電容 帶電粒子在電場中的運動課時作業(yè)單獨成冊方便使用 基礎題組一、單項選擇題1某電容器上標有“25 F,450 V”字樣，下列對該電容器的說法中正確的是()A要使該電容器兩極板之間電壓增加1 V，所需電荷量為2.5105 CB要使該電容器帶電荷量1 C，兩極板之間需加電壓2.5105 VC該電容器能夠容納的電荷量最多為25 CD該電容器能夠承受的最大電壓為450 V解析：由電容器電容的定義式C可知C，所以QCU2.51051 C2.5105 C，A正確若Q1 C，則U4104 V，B錯誤當電容器的電壓為450 V時，電容器的電荷量最多，QCU2.5105450 C1.125102 C，C錯誤.450 V是電容器的額定電壓，低于擊穿電壓，D錯誤答案：A22016年8月23日，第七屆中國(上海)國際超級電容器產業(yè)展覽會在上海新國際博覽中心舉行，作為中國最大超級電容器展，眾多龍頭踴躍參與如圖所示，參展的平行板電容器與電動勢為E的直流電源(內阻不計)連接，一帶電油滴位于容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)在其他條件不變的情況下，現(xiàn)將平行板電容器的兩極非常緩慢地錯開一些，那么在錯開的過程中()A電容器的電容C增大B電容器的電荷量Q增大C油滴將向下加速運動，電流計中的電流從N流向MD油滴靜止不動，電流計中的電流從N流向M解析：在電容器兩極板錯開的過程中，根據電容的決定式C得知，電容C減小，選項A錯誤由C可知，U不變時，Q是減小的，選項B錯誤電容器的電荷量減小，有電荷流向電源，是放電電流，方向由N到M；電容器接在電源的正、負極上沒有斷開，則電容器兩端的電壓不變，兩極板間的距離不變，則電場強度不變，油滴受力情況不變，油滴靜止不動，選項C錯誤，D正確答案：D3.在研究影響平行板電容器電容大小因素的實驗中，一已充電的平行板電容器與靜電計連接如圖所示現(xiàn)保持B板不動，適當移動A板，發(fā)現(xiàn)靜電計指針張角減小，則A板可能是()A右移B左移C上移 D下移解析：將A板向右移一些，板間距離減小，由電容的決定式C可知，電容增大，而電容器電荷量不變，由C分析得知，板間電勢差減小，則靜電計指針偏角減?。幌喾?，同理可知，A板向左移一些時，靜電計指針偏角增大，故A正確，B錯誤A板向上移一些，兩極板正對面積減小，由電容的決定式C可知，電容減小，而電容器電荷量不變，由C分析得知，板間電勢差增大，則靜電計指針偏角增大，故C錯誤；同理，D錯誤答案：A4如圖所示，有一帶電粒子貼著A板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉電壓為U1時，帶電粒子沿軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為U2時，帶電粒子沿軌跡落到B板中間設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉電壓之比為()AU1U218BU1U214CU1U212 DU1U211解析：設板長為l，兩板間距為d，粒子的初速度為v0，質量為m，電荷量為q，當電壓為U1時，有l(wèi)v0t1，t，聯(lián)立得d.當電壓為U2時，有v0t2，dt，聯(lián)立得d.由得，故A正確答案：A5.如圖所示，一充電后的平行板電容器的兩極板相距l(xiāng)，在正極板附近有一質量為M、電荷量為q(q0)的粒子；在負極板附近有另一質量為m、電荷量為q的粒子在電場力的作用下，兩粒子同時從靜止開始運動已知兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面若兩粒子間相互作用力可忽略，不計重力，則Mm為()A32 B21C52 D31解析：因兩粒子同時經過一平行于正極板且與其相距l(xiāng)的平面，電荷量為q的粒子通過的位移為l，電荷量為q的粒子通過的位移為l，由牛頓第二定律知它們的加速度分別為a1、a2，由運動學公式有l(wèi)a1t2t2，la2t2t2，得.故B、C、D錯，A對答案：A二、多項選擇題6如圖所示為“研究影響平行板電容器電容的因素”的實驗裝置，以下說法正確的是()AA板與靜電計的指針帶的是異種電荷B甲圖中將B板上移，靜電計的指針偏角增大C乙圖中將B板左移，靜電計的指針偏角不變D丙圖中將電介質插入兩板之間，靜電計的指針偏角減小解析：靜電計指針與A板連為一個導體，帶電性質相同，A錯誤；根據C，C，B板上移，S減小，C減小，Q不變，U增大，B正確；B板左移，d增大，C減小，U增大，C錯誤；插入電介質，r增大，電容C增大，U減小，D正確答案：BD7.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，充電后斷開電源，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()A仍沿原軌跡由下板邊緣飛出B將打在下板中央C不發(fā)生偏轉，沿直線運動D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解析：平行板電容器充電結束后斷開電源，極板所帶的電荷量不變，則有E，由此式可知，板間距變化不會影響電場強度的變化，電場強度不變，小球所受的電場力不變，所以A正確，B、C錯誤；如果下極板上移，小球在豎直方向的位移將會減小，到達下極板的時間變短，有可能到達下極板的正中間，所以D正確答案：AD8如圖所示，MPQO為有界的豎直向下的勻強電場，電場強度為E，ACB為光滑固定的半圓形軌道，圓軌道半徑為R，A、B為圓水平直徑的兩個端點，AC為圓弧一個質量為m、電荷量為q的帶電小球，從A點正上方高為H處的G點由靜止釋放，并從A點沿切線進入半圓軌道不計空氣阻力及一切能量損失，關于帶電小球的運動情況，下列說法正確的是()A小球一定能從B點離開軌道B小球在AC部分可能做勻速圓周運動C若小球能從B點離開，上升的高度一定小于HD小球到達C點的速度可能為零解析：由題意可知：帶電小球從A到C的過程中，由于電場力做負功，而重力做正功，二者間做功的大小關系不確定，故小球也可能不能從B點離開軌道，選項A錯誤；若小球在AC段時，重力等于電場力，則小球在AC部分可能做勻速圓周運動，選項B正確；若小球能從B點離開，因電場力做負功，全過程中小球的機械能減小，故上升的高度一定小于H，選項C正確；若小球到達C點的速度為零，則電場力大于重力，則小球不可能沿半圓軌道運動，故小球能到達C點速度不可能為零，選項D錯誤答案：BC能力題組一、選擇題9.平行板電容器和電源、電阻、開關串聯(lián)，組成如圖所示的電路閉合開關S，電源即給電容器充電，則()A保持S閉合，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強度減小B保持S閉合，在兩極板間插入一塊鋁板，則兩極板間電場的電場強度增大C充電結束后斷開S，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差增大D充電結束后斷開S，在兩極板間插入一塊介質，則極板上的電勢差增大解析：保持S閉合時，電容器兩極板間的電勢差不變，減小兩極板間的距離，根據E可知，兩極板間電場的電場強度增大，選項A錯誤；保持S閉合，在兩極板間插入一塊鋁板，根據靜電平衡的特點可知，有電場存在的板間距離減小，根據E可知，兩極板間電場的電場強度增大，選項B正確；充電結束后斷開S，電容器兩極板上的電荷量不變，減小兩極板間的距離，電容器的電容增大，U，則兩極板間的電勢差減小，選項C錯誤；充電結束后斷開S，在兩極板間插入一塊介質時，電荷量不變，電容器的電容增大，同樣極板上的電勢差減小，選項D錯誤答案：B10(2016高考海南卷)如圖，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45角，上極板帶正電一電荷量為q(q0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出不計重力，極板尺寸足夠大若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強度的最大值為()A. B.C. D.解析：當電場足夠大時，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達上極板處時速度恰好與上極板平行，粒子的運動為類平拋運動的逆運動將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據運動的合成與分解，當vy0時，根據運動學公式有v2d，vyv0cos 45，Ek0mv，聯(lián)立得E，故選項B正確答案：B11.真空中的某裝置如圖所示，其中平行金屬板A、B之間有加速電場，C、D之間有偏轉電場，M為熒光屏今有質子、氘核和粒子均由A板從靜止開始被加速電場加速后垂直于電場方向進入偏轉電場，最后打在熒光屏上已知質子、氘核和粒子的質量之比為124，電荷量之比為112，則下列判斷中正確的是()A三種粒子從B板運動到熒光屏經歷的時間相同B三種粒子打到熒光屏上的位置相同C偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為122D偏轉電場的電場力對三種粒子做功之比為124解析：設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，偏轉極板的長度為L，板間距離為d，在加速電場中，由動能定理得qU1mv，解得v0，三種粒子從B板運動到熒光屏的過程，水平方向做速度為v0的勻速直線運動，由于三種粒子的比荷不全相同，則v0不全相同，所以三種粒子從B板運動到熒光屏經歷的時間不全相同，故A錯誤；根據推論y、tan 可知，y與粒子的種類、質量、電荷量無關，故三種粒子偏轉距離相同，打到熒光屏上的位置相同，故B正確；偏轉電場的電場力做功為WqEy，則W與q成正比，三種粒子的電荷量之比為112，則有電場力對三種粒子做功之比為112，故C、D錯誤答案：B12.(多選)(2018河南重點中學聯(lián)考)如圖a所示，在兩平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，當兩板間的電壓分別如圖b中甲、乙、丙、丁所示，電子在板間運動(假設不與板相碰)，下列說法正確的是()A電壓是甲圖時，在0T時間內，電子的電勢能先減少后增加B電壓是乙圖時，在0時間內，電子的電勢能先增加后減少C電壓是丙圖時，電子在板間做往復運動D電壓是丁圖時，電子在板間做往復運動解析：若電壓是甲圖，電場力先向左后向右，則電子向左先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，A正確；電壓是乙圖時，在0時間內，電子向右先加速后減速，即電場力先做正功后做負功，電勢能先減少后增加，B錯誤電壓是丙圖時，電子向左做加速度先增大后減小的加速運動，過了做加速度先增大后減小的減速運動，到T時速度減為0，之后繼續(xù)朝同一方向加速、減速，故粒子一直朝同一方向運動，C錯誤電壓是丁圖時，電子先向左加速，到后減速，后反向加速，T后減速，T時速度減為零，之后重復前面的運動，故粒子做往復運動，D正確答案：AD二、非選擇題13.如圖所示，板長L4 cm的平行板電容器，板間距離d3 cm，板與水平線夾角37，兩板所加電壓為U100 V有一帶負電液滴，帶電荷量為q31010 C，以v01 m/s的水平速度自A板邊緣水平進入電場，在電場中仍沿水平方向并恰好從B板邊緣水平飛出(取g10 m/s2，sin 0.6，cos 0.8)求：(1)液滴的質量；(2)液滴飛出時的速度大小解析：(1)根據題意畫出帶電液滴的受力圖如圖所示，可得qEcos mgE解得m代入數(shù)據得m8108 kg.(2)因液滴沿水平方向運動，所以重力做功為零對液滴由動能定理得qUmv2mv解得v 所以v m/s.答案：(1)8108 kg(2) m/s14如圖所示，水平放置的平行板電容器與某一電源相連，它的極板長L0.4 m，兩極板間的距離d4103 m有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩極板中央平行于極板射入，開關S閉合前，兩極板不帶電，由于重力作用微粒能落到下極板的正中央已知微粒質量m4105 kg，電荷量q1108 Cg取10 m/s2.(1)求微粒的入射速度v0為多少？(2)為使微粒能從平行板電容器的右邊緣射出電場，電容器的上極板應與電源的正極還是負極相連？所加的電壓U的取值范圍為多少？解析：(1)由v0t，gt2，可得v010 m/s.(2)電容器的上極板應接電源的負極設所加電壓為U1時，微粒恰好從下極板的右邊緣射出，則a1()2，a1g解得U1120 V設所加電壓為U2時，微粒恰好從上極板的右邊緣射出，則a2()2，a2g解得U2200 V所以120 VU200 V.答案：(1)10 m/s(2)負極120 VU200 V