高中物理人教版1第一章电场电流 全国获奖

一、不定项选择题1.由电容器电容的定义式C＝eq\f(Q,U)可知()A.若电容器不带电，则电容C为零B.电容C与电容器所带电荷量Q成正比，与电压U成反比C.电容C与所带电荷量Q多少无关D.电容在数值上等于使两板间的电压增加1V时所需增加的电荷量2.一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上．若将云母介质移出，则电容器()A.极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大B.极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大C.极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变D.极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变3.如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则()A.电荷将向上加速运动B.电荷将向下加速运动C.电流表中将有从a到b的电流D.电流表中将有从b到a的电流4.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则()A.θ增大，E增大B.θ增大，Ep不变C.θ减小，Ep增大D.θ减小，E不变5.如图所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称，忽略空气阻力．由此可知()A.Q点的电势比P点高B.油滴在Q点的动能比它在P点的大C.油滴在Q点的电势能比它在P点的大D.油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小6.如图所示，两平行金属板水平放置，板长为L，板间距离为d，板间电压为U.一不计重力、电荷量为q的带电粒子以初速度v0沿两板的中线射入，经过t时间后恰好沿下板的边缘飞出，则()A.在前eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(1,4)UqB.在后eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(3,8)UqC.在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)过程中，电场力做功之比为1∶1D.在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)过程中，电场力做功之比为1∶27.如图所示，一长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端连接质量为m、电荷量为＋q的小球，处于水平向右的匀强电场中，场强E＝eq\f(mg,q)，A、C是竖直平面内以O为圆心、L为半径的圆周上与O等高的两点，B、D是圆周的最低点和最高点．不计空气阻力，则()A.将球由C点静止释放，到达A点时的速度为2eq\r(gL)B.在B点给小球水平向右的速度v0，球能经过最高点D.若在B点给小球水平向左的速度v0，则小球也一定能通过最高点DC.将球由A点静止释放，到达B点时速度为零D.将球由C点静止释放，到达B点前瞬间的速度为2eq\r(gL)8.如图所示，在xOy竖直平面内存在水平向右的匀强电场，有一带正电的小球自坐标原点沿着y轴正方向以初速度v0抛出，运动轨迹的最高点为M.不计空气阻力，则小球()A.做变加速运动B.水平方向上做匀加速直线运动C.到M点时的动能为零D.到N点时的动能大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)二、计算题9.在间距d＝m、电势差U＝103V的两块竖直平行板中间，用一根长L＝m的细线悬挂一个质量m＝g、电量q＝10－7C的带正电荷的小球，将小球拉到使细线恰呈水平的位置A后轻轻释放，如图所示．g取10m/s2，求：(1)小球摆至最低点B时的速度和细线的拉力．(2)若小球摆至B点时细线突然断裂，以后小球恰能经过B点正下方的C点，则B、C相距多远．10如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d.(1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy.(2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．(已知U＝×102V，d＝×10－2m，m＝×10－31kg，e＝×10－19C，g取10m/s2)(3)极板间既有电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的φG概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．

1.CD解析：电容器电容的大小由电容器自身决定，与带电与否、所带电荷量Q的多少均无关；根据C＝eq\f(Q,U)可知，当电容器电压发生变化时，所带电荷量也发生变化，但两者比值保持不变，即C＝eq\f(Q＋ΔQ,U＋ΔU)，所以有ΔQ＝C·ΔU.选项C、D正确.2.D解析：由C＝eq\f(εrS,4πkd)可知，当云母介质抽出时，εr变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根据Q＝CU可知，当C减小时，Q减小；再由E＝eq\f(U,d)可知，由于U与d都不变，故电场强度E不变，选项D正确.3.BD解析：充电后电容器的上极板A带正电.不断开电源，增大两板间距，U不变、d增大，由E＝eq\f(U,d)知两极板间场强减小，场强减小会使电荷q受到的电场力减小，电场力小于重力，合力向下，电荷q向下加速运动；由C＝eq\f(εrS,4πkd)知电容C减小，由Q＝CU知极板所带电荷量减少，会有一部分电荷返回电源，形成逆时针方向的电流，电流表中将会有由b到a的电流，选项B、D正确.4.D解析：上极板下移，由C∝eq\f(εS,d)可知，C变大，Q一定，由Q＝CU可知，U减小，则θ减小；根据E＝eq\f(U,d)，Q＝CU，C∝eq\f(εS,d)，E∝eq\f(Q,εS)，可知Q一定时，E不变；根据U1＝Ed1可知P点离下板的距离不变，E不变，则P点与下板的电势差不变，P点电势不变，则Ep不变，选项D正确.5.AB解析：由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，选项D错误；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称，又合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直方向，电场力竖直向上.当油滴从P点运动到Q时，电场力做正功，电势能减小，选项C错误；油滴带负电，电势能减小，电势增加，所以Q点电势高于P点电势，选项A正确；在油滴从P点运动到Q的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点，选项B正确.6.BC解析：粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在前后两个eq\f(t,2)的时间内沿电场线方向的位移之比为1∶3，则在前eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(1,8)Uq，在后eq\f(t,2)时间内，电场力对粒子做的功为eq\f(3,8)Uq，选项A错误，B正确；由W＝Eq·x知在粒子下落的前eq\f(d,4)和后eq\f(d,4)过程中，电场力做功之比为1∶1，选项C正确，D错误.7.CD解析：由题可知电场力大小与重力相等，如果从C处释放，小球将沿直线向B点运动，在B点绳子突然张紧，会有动能损失，所以到达A点时速度一定小于2eq\r(gL)，选项A错误；在B点给小球一个初速度，使小球恰能经过D点，顺时针转动要比逆时针转动困难，选项B错误；A点与B点关于“等效最低点”对称，到B点时速度为零，选项C正确；由动能定理可知，将小球由C点释放，到达B点前瞬间速度为2eq\r(gL)，选项D正确.8.BD解析：此物体受水平方向恒定的电场力，竖直方向重力，这两个力会产生在这两个方向的加速度，所以竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向上做匀加速直线运动，选项A错误，B正确；到M点，竖直方向的速度为零，但水平方向的速度并不为零，动能不为零，选项C错误；到N点，竖直方向的速度与抛出时速度等大反向，而水平速度还存在，故此时的和速度大于v0，动能大于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项D正确.9.解：（1）对小球从A到B，由动能定理得mgL－EqL＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝eq\f(\r(10),10)m/s在B点，由向心力公式可知T－mg＝meq\f(v2,L)解得T＝4×10－3N（2）由牛顿第二定律可知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）根据功能关系可得eU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)电子射入偏转电场的初速度v0＝eq\r(\f(2eU0,m))在偏转电场中电子的运动时间Δt＝eq\f(L,v0)＝Leq\r(\f(m,2eU0))偏转距离Δy＝eq\f(1,2)a（Δt）2＝eq\f(UL2,4U0d)（2）考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G＝mg≈×10－30N，电场