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1、12020屆一輪復(fù)習(xí)人教版電容器與電容帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)課時(shí)作業(yè)1.一充電后的平行板電容器保持兩極板的正對面積、間距和電荷量不變,在兩極板間插入一電介質(zhì),其電容C和兩極板間的電勢差U的變化情況是()AC和U均增大BC增大,U減小CC減小,U增大DC和U均減小εrS解析:選B.根據(jù)平行板電容器電容公式C=4π可知,在兩板間插入電介質(zhì)后,電容C增大,因電容kdQ器所帶電荷量Q不變,由C=U可知,U=Q減小,B正確C2.一平行板電容器兩極
2、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,極板間的電場強(qiáng)度變大B極板上的電荷量變小,極板間的電場強(qiáng)度變大C極板上的電荷量變大,極板間的電場強(qiáng)度不變D極板上的電荷量變小,極板間的電場強(qiáng)度不變解析:選D.由平行板電容器電容的決定式C=εrS,將云母介質(zhì)移出,電容C減小,而兩極板的電壓4kπdUU恒定,由Q=CU,極板上的電荷量Q變小,又由E=d可得板間電場強(qiáng)度與介質(zhì)無關(guān),大小不變,選項(xiàng)D正
3、確3.如圖所示,平行板電容器上極板帶正電,從上極板的端點(diǎn)A點(diǎn)釋放一個(gè)帶電荷量為+Q(Q>0)的粒子,粒子重力不計(jì),以水平初速度v0向右射出,當(dāng)它的水平速度與豎直速度的大小之比為1∶2時(shí),恰好從下端點(diǎn)B射出,則d與L之比為()A1∶2B2∶1C1∶1D1∶332t解析:選C.由動(dòng)能定理得eU=1mv2,當(dāng)改變兩極板間的距離時(shí),U不變,v就不變,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)dv誤,C正確;粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),v=,=2變,電子在兩極
4、板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤dt,即t=2dv,當(dāng)d減小時(shí),v不5.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()Aθ增大,E增大Bθ增大,Ep不變Cθ減小,Ep增大Dθ減小,E不變?chǔ)舝S解析:選D.保持下極板不
5、動(dòng),上極板向下移動(dòng)一小段距離后,由C=4πkd可知電容器的電容變大,由Q于Q不變,由CUU減小,故靜電計(jì)的指針偏角變??;電場強(qiáng)度EQ=4πkQ=U可知=d=CdεrS不變;由于下極板不動(dòng),電場強(qiáng)度E不變,所以P點(diǎn)的電勢沒有發(fā)生改變,故點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的電勢能不變,A、B、C錯(cuò)誤,D正確6.反射式速調(diào)管是常用的微波器件之一,它利用電子團(tuán)在電場中的振蕩來產(chǎn)生微波,其振蕩原理與下述過程類似如圖所示,在虛線MN兩側(cè)分別存在著方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)電場,
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