限时规范特训2
时间：45分钟分值：100分)
1. 如图是描述对给定的电容器充电时电荷量q、电压u、电容c之间相互关系的图象．其中正确的是( )
解析：电容器的电容由电容器自身的构造因素决定，与u和q无关，故b、d正确．由c＝知c正确．
答案：bcd
2.[2012·海门模拟]如右图所示是测定液面高度h的电容式传感器示意图，e为电源，g为灵敏电流计，a为固定的导体芯，b为导体芯外面的一层绝缘物质，c为导电液体．已知灵敏电流计指针偏转方向与电流方向的关系为：电流从左边接线柱流进电流计，指针向左偏．如果在导电液体的深度h发生变化时观察到指针正向左偏转，则( )
a．导体芯a所带电荷量在增加，液体的深度h在增大。
b．导体芯a所带电荷量在减小，液体的深度h在增大。
c．导体芯a所带电荷量在增加，液体的深度h在减小。
d．导体芯a所带电荷量在减小，液体的深度h在减小。
解析： 电流计指针向左偏转，说明流过电流计g的电流由左→右，则导体芯a所带电荷量在减小，由q＝cu可知，芯a与液体形成的电容器的电容减小，则液体的深度h在减小，故d正确．
答案：d3．[2010·安徽理综]如图所示，m、n是平行板电容器的两个极板，r0为定值电阻，r1、r2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键s，小球静止时受到悬线的拉力为f.调节r1、r2，关于f的大小判断正确的是( )
a．保持r1不变，缓慢增大r2时，f将变大。
b．保持r1不变，缓慢增大r2时，f将变小。
c．保持r2不变，缓慢增大r1时，f将变大。
d．保持r2不变，缓慢增大r1时，f将变小。
解析： 当电路接通后，对小球受力分析：小球受重力、电场力和悬线的拉力f三个力的作用，其中重力为恒力，当电路稳定后，r1中没有电流，两端等电势，因此电容器两极板电压等于r0两端电压，当r2不变，r1变化时，电容器两极板电压不变，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，f不变，c、d两项错．若保持r1不变，缓慢增大r2，r0两端电压减小，电容器两端电压减小，内部电场减弱，小球受电场力减小，f变小．故b项正确．
答案：b4．如右图所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直平面内做圆周运动，匀强电场方向竖直向下，则( )
a．当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小。
b．当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大。
c．当小球运动到最高点a时，小球的电势能最小。
d．小球在运动过程中机械能守恒。
解析： 若qe＝mg，小球做匀速圆周运动，球在各处对细线的拉力一样大．若qemg，球在a处速度最大，对细线的拉力最大．故a、b错．a点电势最高，负电荷在电势最高处电势能最低，故c正确．小球在运动过程中除重力外，还有电场力做功，机械能不守恒，d错误．
答案：c5.[2012·山东济南模拟]如图所示，a板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为u，电子最终打在荧光屏p上，关于电子的运动，则下列说法中正确的是( )
a．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置下降。
b．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升。
c．电压u增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变。
d．电压u增大时，其他不变，则电子从发出到打在荧光屏上的速度变大。
解析：设加速电压为u0，进入偏转电场时的速度为v0，则电子经加速电场：eu0＝mv ①
偏转电场中：l＝v0t ②
y＝t2 ③
y＝mv2－mv ④
由①②③得y＝
当滑动触头向右滑动时，u0变大，y变小，所以选项a、b均错．
对①②③得mv2＝＋eu0
当u增大时， mv2增大，电子打到屏上的速度变大，故选项c错，d对．
答案：d6．[2012·衡阳四市毕业班联考]如图甲所示，一电子以v0的初速度沿平行金属板的轴线射入金属板空间．从电子射入的时刻开始在金属板间加如图乙所示的交变电压，假设电子能穿过平行金属板．则下列说法正确的是( )
a．电子只可能从轴线到上极板之间的空间射出(不包括轴线)
b．电子只可能从轴线到下极板之间的空间射出(不包括轴线)
c．电子可能从轴线到上极板之间的空间射出，也可能沿轴线方向射出。
d．电子射出后动能一定增大。
解析： 由题意可知，当电子在电场中运动的时间恰好等于在a、b板间所加交变偏转电压周期的整数倍时，电子可沿轴线射出，故a、b错，c对；当电子恰好沿轴线射出时，电子速度不变，其动能也不变，故d错．
答案：c7.如图所示，从f处释放一个无初速的电子向b板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为e) (
a．电子到达b板时的动能是e ev
b．电子从b板到达c板动能变化量为零。
c．电子到达d板时动能是3e ev
d．电子在a板和d板之间做往复运动。
解析：由电池的接法知：a板带负电，b板带正电，c板带正电，d板带负电，所以a、b板间有向左的电场，c、d板间有向右的电场，b、c板间无电场，由动能定理知：
电子到达b板时的动能为e ev，到达d板时的动能为零，在b、c板间做匀速直线运动，总之电子能在a板和d板间往复运动，所以错误选项为c.
答案：c8．如图所示，d是一只理想二极管，电流只能从a流向b，而不能从b流向a.平行板电容器的a、b两极板间有一电荷，在p点处于静止状态．以e表示两极板间的电场强度，u表示两极板间的电压，ep表示电荷在p点的电势能．若保持极板b不动，将极板a稍向上平移，则下列说法中正确的是。
a．e变小b．u变大。
c．ep不变 d．电荷仍保持静止。
解析：由c＝可知，当极板a稍向上平移时，d增大，c变小，但因二极管的存在，电容器上的电量不能放出，故电容器上的电量q不变，由q＝cu可知，u变大，由q＝＝e可知，板间电场强度不变，电荷仍静止，且φp不变，故ep＝φpq也不变，综上所述，b、c、d均正确，a错误．
答案：bcd
9．[2011·安徽卷] 图甲为示波管的原理图．如果在电极yy′之间所加的电压按图乙所示的规律变化，在电极xx′之间所加的电压按图丙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )
解析：由图可知，电极xx′之间加扫描电压，电极yy′之间加正弦式交变电压，并且有相同的周期，在0时刻，uy＝0，电子在yy′之间没有偏转，ux为负向最大电压，电子只在xx′之间偏转，并且向左有最大偏转，故选项a、c错误；在0～t1之间，uy>0，ux<0，电子在xx′之间由左向右水平移动，同时在yy′之间由正中间先向上运动，再向下运动，在荧光屏看到的图形是选项b，故选项d错误，选项b正确．
答案：b10．[2012·无锡月考]半导体指纹传感器：在一块半导体基板上阵列了10万颗金属颗粒，传感器阵列的每一颗金属颗粒都是一个金属电极，充当电容器的一极，其外表面是绝缘的．手指贴在其上与其构成了电容器的另一极，由于手指指纹深浅不同，嵴和峪与半导体电容感应颗粒形成的电容值大小不同，其工作过程是通过对电容感应颗粒预先充电到某一参考电压，然后对每个电容的放电电流进行测量，设备将采集到的不同数值汇总，也就完成了对指纹的采集，则( )
a．指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近，电容小。
b．指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远，电容小。
c．对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压时，在手指靠近时，各金属电极电荷量减小。
d．对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压时，在手指远离时，各金属电极均处于充电状态。
解析：本题考查了影响电容器电容的因素及其应用．指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒一起等效为平行板电容器，当距离越远时，对应的电容越小，b正确．对每个电容感应颗粒都充电至某一参考电压时，在手指靠近时，由于电容量增大，故各金属电极电荷量增大，c错误；当手指远离时，由于电容量减小，故电荷量将减小，各电极处于放电状态，d错误．
答案：b11．如图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．
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？
解析：(1)设电子经电压u1加速后的速度为v0，由动能定理eu1＝mv－0解得v0＝
2)电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场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。
t＝ f＝ma, f＝ee, e＝
a＝ y＝at2 解得y＝
3)由y＝可知，减小加速电压u1和增大偏转电压u2均可增大y值，从而使电子打到屏上的位置在p点上方．
12. [2011·北京卷]静电场方向平行于x轴，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0和d为已知量．一个带负电的粒子在电场中以x＝0为中心、沿x轴方向做周期性运动．已知该粒子质量为m、电量为－q，其动能与电势能之和为－a(0(1)粒子所受电场力的大小；
2)粒子的运动区间；
3)粒子的运动周期．
解析：(1)由题图可知，o与d(或－d)两点间的电势差为φ0.
电场强度的大小e＝
电场力的大小f＝qe＝
2)设粒子在[－x0，x0]区间内运动，速率为v，由题意得。
mv2－qφ＝－a ①
由题图可知φ＝φ0(1－)
由①②得mv2＝qφ0(1－)－a ③
因动能非负，有qφ0(1－)－a≥0
得|x|≤d(1－)
即x0＝d(1－)
粒子的运动区间－d(1－)≤x≤d(1－)
3)考虑粒子从－x0处开始运动的四分之一周期。
根据牛顿第二定律，粒子的加速度。
a＝＝＝由匀加速直线运动t＝
将④⑤代入，得t＝
粒子的运动周期t＝4t＝.
高三电场习题,有答案
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