1根据电容器电容的定义式C=,可知( )
Q 1(根据电容器电容的定义式 C, ，可知 U A(电容器所带的电荷量 Q 越多，它的电容就越大，C 与 Q 成正比 B(电容器不带电时，其电容为零 C(电容器两极板之间的电压 U 越高，它的电容就越小，C 与 U 成反比 D(以上说法均不对 解析:选 D 电容器的电容的大小与其本身因素有关，与带电量的多少、两极板电压的大小 无关，故 A、B、C 错误，D 正确。 2(如图 6,3,12 所示，两板间距为 d 的平行板电容器与电源连接，电键 K 闭合。电容器两板间有一质量为 m、带电荷量为 q 的微粒静止不动。下列各叙述中正确的是 来数理化网 图 6,3,12 A(微粒带 的是 正电 mgd B(电源 电动势大小为 q C(电键 K 断开，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动 D(保持电键 K 闭合，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动 解析:选 BD 微粒静止不动，电场力与重力平衡，微粒带负电，故 A 错;由于 Eq, U mgdmg 即 q,mg，所以 U, ，B 对;K 断开，改变板间距离，由于电容带电荷量不变，板 d q 4πkQ间场强 E, 不变，微粒仍受力平衡，静止不动，C 错;保持 K 闭合，板间距离增大， εrS U由 E, 知场
加速，D 正确。 d 3. 2012新课标全国卷如图 强变小，电场力小于重力，微粒向 下
6,3,1 3，平行板电容器的两 个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 图 6,3,13 A(所受重力与电场力平衡 B(电势能逐渐增 加 C(动能逐渐增加 D(做匀变速 直线运动 解析:选 BD 对带电粒子受力
分析
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如图所示，F 合?0，则 A错;由图可知电场力与重力的合力与 v0 应反向，F 合对粒子做负功，其中 mg 不做功，Eq 做负功，故粒子动能减少，电势能增加，故 B正确，C 错误;F 合恒定且 F 合与 v0 方向相反，粒子做匀减速运动，D 项正确。 4.三个电子从同一地点同时沿同一方向垂直进入偏转电场，出现如图 6,3,14 所示的轨迹，则可以判断 图 6,3,14 A(它们在电场中运动时间相同 B(A、B 在电场中时间相同，C 先飞离电 场 C(C 进入电场的速度最大，A 最小 D(电场力对 C 做功最小 解析:选 BC D 三电子在电场运动的加速度相同，在垂直于极板方向，yA,yByC，由 1y, at2 知在电场中运动的时间 tA,tBtC， A 错， 对; C 水平位移相同，BtC， vCvB， 故 B B、 t 故 2而 A、B 运动时间相同，但 xAvA，故 C 进入电场的速度最大，A 最小，C 正确;电场力做功 W,Eqy 而 yA,yByC，故电场力对 C 做功最小，D 正确。 5.如图 6,3,15 所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝 K 发出初速度可忽略不计，经灯丝与 A 板间的电压 U1 加速 ，从 A 板中心孔沿中心线 KO 射出，然后进入两块平行金属板 M、N 形成的偏转电场中偏转电场可视为 匀强电场，电子进入 M、N 间电场时的速度与电 场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的 P 点。已知 M、N 两板间 的电压为 U2，两板间的距离为 d，板长为 L，电子的质量为 m，电荷量为 e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。 图 6,3 ,15 1求电子穿过 A 板时速度 的大小; 2求电子从偏转电场射出 时的侧移量; 3若要使电子打在荧光屏上 P 点的上方，可采取哪 些措施, 1 解析:1设电子经电压 U1 加速后的速度为 v0，由动能定理有 eU1, mv0 2 2 2eU1 解得 v0, 。 m 2电子沿极板方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。设偏转电场的电场强度为 E，电子在偏转电场中运动的时间为 t，加速度为 a，电子离开偏转电场时的侧移量为 y。由牛顿第二定律和运动学公式有 L t, v0 eU2 ,a md 1 y, at2 2 U2L2 解得:y, 。 4U1d 3减
小加速电压 U1，增大偏转电压 U2答案合理即可。 2eU1 U2L2 答案:1 2 3见解析 m 4U1d 6.在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电 细线一端连着一个质量为 m、电荷量为，q 的带电小球，另一 端固定于 O 点。将小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放，则小球沿圆弧做往复运动。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为 θ。求: 图 6,3,16 1匀强电场的场强; 2小球经过最低点时细线对小球的拉力。 解析:1设细线长为 L，小球带电荷量为 q，场强为 E。若 q0，则 E 水平向右，反之向左。从释放点到左侧最高点的过程中， 重力势能的减少等于 电势能的增加，有 mgLcos θ,qEL1，sin θ mgcos θ 解得 E, ，方向水平向右 q1，sin θ 2设小球运动到最 低点时的速度为 v。此时细线对小球拉力为 F，由动能定理 1 mgL,qEL, mv2 2 在最低点，由牛顿第二定律 v2F,mg,m L 2cos θ联立解得 F,mg3, 1，sin θ 来源:www.shulihua.net mgcos θ
答案:1 方向水平向右 q1，sin θ 2cos θ2mg3, 1，sin θ
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