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章末总结
以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型
情境提点 模型-规律-方法-结论
1.(2024·黑吉辽卷,6)在水平方向的匀强电场中,一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处的过程中(　　)
[A]动能减小,电势能增大
[B]动能增大,电势能增大
[C]动能减小,电势能减小
[D]动能增大,电势能减小
D
热点一　静电力做功、电势能大小和电势高低的判断
【解析】 根据题意,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,可知电场力和重力的合力沿着虚线方向,又电场强度方向为水平方向,根据力的合成可知,电场力方向水平向右;若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处重力对小球做功为零,电场力的方向与小球的位移方向相同,则电场力对小球做正功,小球的动能增大,电势能减小。
2.(多选)(2023·辽宁卷,9)图甲为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图,图乙为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图,相邻两等势面间电势差相等,则(　 　)
[A]P点电势比M点的低
[B]P点电场强度大小比M点的大
[C]M点电场强度方向沿z轴正方向
[D]沿x轴运动的带电粒子,电势能不变
CD
【解析】 因P点所在的等势面电势高于M点所在的等势面电势,可知P点电势比M点的高,选项A错误;由于相邻等势面间电势差相等,而M点等势面比P点密集,则M点电场强度大于P点电场强度,选项B错误;电场强度方向垂直等势面,且从电势高的面指向电势低的面,可知M点电场强度方向沿z轴正方向,选项C正确;沿x轴运动的带电粒子,所受静电力与运动方向一定垂直,静电力不做功,则电势能不变,选项D正确。
D
[A] [B] [C] [D]
C
5.(2024·浙江6月选考卷,6)图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验,保持电荷量不变,当极板间距增大时,静电计指针张角增大,则
(　　)
[A]极板间电势差减小
[B]电容器的电容增大
[C]极板间电场强度增大
[D]电容器储存能量增大
热点三　电容器的动态变化
D
6.某同学为探究电容器充、放电过程,设计了图甲实验电路。器材如下:电容器,电源E,电阻R1=400.0 Ω,电阻R2=200.0 Ω,电流传感器,开关S1、S2,导线若干。实验步骤如下:
热点四　观察电容器的充、放电实验
(1)断开S1、S2,将电流传感器正极与a节点相连,其数据采样频率为5 000 Hz,
则采样周期为　　　 　 s。
2.0×10-4　
(2)闭合S1,电容器开始充电,直至充电结束,得到充电过程的I-t曲线如图乙,由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为　　　　 mA。(结果保留3位有效数字)
15.0　
【解析】(2)由题图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0 mA。
(3)电容器充电结束后,a、b节点间的电压为U1=6 V,保持S1闭合,再闭合S2,电容器开始放电,放电结束后a、b节点间电压为U2=2 V,实验得到放电过程的I-t曲线如图丙,I-t曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为
0.018 8 C,则电容器的电容C为　　　　μF。图丙中I-t曲线与横轴、直线t=1 s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.003 8 C,则t=1 s时电容器两极板间电压为　　　　 V。(结果均保留2位有效数字)
4.7×103
2.8
【解析】(3)充电结束后电容器两端电压为U1=6 V,放电结束后电容器两端的电压为U2=2 V,故可得放电过程释放的电荷量ΔQ=C(U1-U2)=0.018 8 C,解得C=4.7×103 μF。设t=1 s 时电容器两极板间电压为UC,则C(UC-U2)=
0.003 8 C,解得 UC≈2.8 V。
7.(2024·河北卷,13)如图,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高。当小球运动到A点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q(q>0),质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求:
热点五　带电粒子(体)在电场中的运动
(1)电场强度E的大小。
(2)小球在A、B两点的速度大小。
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以图入题·构建情境·自主总结·悟透模型
情境提点 模型-规律-方法-结论
热点一　静电力做功、电势能大小和电势高低的判断
1.(2024·黑吉辽卷,6)在水平方向的匀强电场中,一带电小球仅在重力和电场力作用下于竖直面(纸面)内运动。如图,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处的过程中(　　)
[A]动能减小,电势能增大
[B]动能增大,电势能增大
[C]动能减小,电势能减小
[D]动能增大,电势能减小
【答案】 D
【解析】 根据题意,若小球的初速度方向沿虚线,则其运动轨迹为直线,可知电场力和重力的合力沿着虚线方向,又电场强度方向为水平方向,根据力的合成可知,电场力方向水平向右;若小球的初速度方向垂直于虚线,则其从O点出发运动到O点等高处重力对小球做功为零,电场力的方向与小球的位移方向相同,则电场力对小球做正功,小球的动能增大,电势能减小。
2.(多选)(2023·辽宁卷,9)图甲为金属四极杆带电粒子质量分析器的局部结构示意图,图乙为四极杆内垂直于x轴的任意截面内的等势面分布图,相邻两等势面间电势差相等,则(　　)
[A]P点电势比M点的低
[B]P点电场强度大小比M点的大
[C]M点电场强度方向沿z轴正方向
[D]沿x轴运动的带电粒子,电势能不变
【答案】 CD
【解析】 因P点所在的等势面电势高于M点所在的等势面电势,可知P点电势比M点的高,选项A错误;由于相邻等势面间电势差相等,而M点等势面比P点密集,则M点电场强度大于P点电场强度,选项B错误;电场强度方向垂直等势面,且从电势高的面指向电势低的面,可知M点电场强度方向沿z轴正方向,选项C正确;沿x轴运动的带电粒子,所受静电力与运动方向一定垂直,静电力不做功,则电势能不变,选项D正确。
热点二　x图像的理解与应用
3.(2024·湖南卷,5)真空中有电荷量为+4q和-q的两个点电荷,分别固定在x轴上-1和0处。设无限远处电势为0,x正半轴上各点电势随x变化的图像正确的是(　　)
　　　
[A] [B]
　　　
[C] [D]
【答案】 D
【解析】 设x轴上坐标为x0位置处电场强度为0,则k=k,解得x0=-或1。当x>1时,电场线沿x轴正方向;当04.(2021·山东卷,6)如图甲所示,边长为a的正方形,四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷;在0≤x[A]Q=q,释放后P将向右运动
[B]Q=q,释放后P将向左运动
[C]Q=q,释放后P将向右运动
[D]Q=q,释放后P将向左运动
【答案】 C
【解析】 因为每个点电荷所受库仑力的合力均为零,对最上边的点电荷,其他三个电荷给它的受力分别是F1=F2=,F3=,因为F1、F2大小相等,所以F1、F2的合力是,而P对最上边点电荷的库仑力是k,则根据受力平衡有 +=k,解得Q=q。由题图乙可知,在0≤x热点三　电容器的动态变化
5.(2024·浙江6月选考卷,6)图示是“研究电容器两极板间距对电容大小的影响”实验,保持电荷量不变,当极板间距增大时,静电计指针张角增大,则(　　)
[A]极板间电势差减小
[B]电容器的电容增大
[C]极板间电场强度增大
[D]电容器储存能量增大
【答案】 D
【解析】 根据Q=CU,C=,可得当极板间距增大时电容减小,由于电容器带的电荷量不变,故极板间电势差增大,故A、B错误;根据E=得E=,故电场强度不变,故C错误;移动极板的过程中要克服静电力做功,故电容器储存能量增大,故D正确。
热点四　观察电容器的充、放电实验
6.某同学为探究电容器充、放电过程,设计了图甲实验电路。器材如下:电容器,电源E,电阻R1=400.0 Ω,电阻R2=200.0 Ω,电流传感器,开关S1、S2,导线若干。实验步骤如下:
(1)断开S1、S2,将电流传感器正极与a节点相连,其数据采样频率为5 000 Hz,则采样周期为
　　　　 s。
(2)闭合S1,电容器开始充电,直至充电结束,得到充电过程的It曲线如图乙,由图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为　　　　 mA。(结果保留3位有效数字)
(3)电容器充电结束后,a、b节点间的电压为U1=6 V,保持S1闭合,再闭合S2,电容器开始放电,放电结束后a、b节点间电压为U2=2 V,实验得到放电过程的It曲线如图丙,It曲线与坐标轴所围面积对应电容器释放的电荷量为0.018 8 C,则电容器的电容C为　　　　μF。图丙中It曲线与横轴、直线t=1 s所围面积对应电容器释放的电荷量为0.003 8 C,则t=1 s时电容器两极板间电压为　　　　 V。(结果均保留2位有效数字)
【答案】 (1)2.0×10-4　(2)15.0　
(3)4.7×103　2.8
【解析】 (1)采样周期为T==2.0×10-4 s。
(2)由题图乙可知开关S1闭合瞬间流经电阻R1的电流为15.0 mA。
(3)充电结束后电容器两端电压为U1=6 V,放电结束后电容器两端的电压为U2=2 V,故可得放电过程释放的电荷量ΔQ=C(U1-U2)=0.018 8 C,解得C=4.7×103 μF。设t=1 s 时电容器两极板间电压为UC,则C(UC-U2)=0.003 8 C,解得 UC≈2.8 V。
热点五　带电粒子(体)在电场中的运动
7.(2024·河北卷,13)如图,竖直向上的匀强电场中,用长为L的绝缘细线系住一带电小球,在竖直平面内绕O点做圆周运动。图中A、B为圆周上的两点,A点为最低点,B点与O点等高。当小球运动到A点时,细线对小球的拉力恰好为0,已知小球的电荷量为q(q>0),质量为m,A、B两点间的电势差为U,重力加速度大小为g,求:
(1)电场强度E的大小。
(2)小球在A、B两点的速度大小。
【答案】 (1)　(2)　
【解析】 (1)在匀强电场中,根据电势差与电场强度的关系有E=。
(2)在A点,细线对小球的拉力为0,根据牛顿第二定律得Eq-mg=m,
从A到B,根据动能定理得
qU-mgL=m-m,
联立解得vA=,
vB=。
静电场中的能量　检测试题
(分值:100分)　　　　　　 　　　　　 　　　　　
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1.关于电场强度、电势、等势面和电势能,下列说法正确的是(　　)
[A]在同一等势面上移动电荷,静电力不做功
[B]电场强度不变,电势也不变,电场强度大的地方,电势一定高
[C]电场强度为零处,电势一定为零
[D]电势越高处,电荷的电势能就越大
【答案】 A
【解析】 由于同一等势面上任何两点的电势都相等,所以在同一等势面上移动电荷静电力不做功,故A正确;电场强度的大小与电势的高低无关,电势的高低与零电势点的选取有关,故B、C错误;根据Ep=q可知,电势越高处,同一正电荷的电势能就越大,同一负电荷的电势能越小,故D错误。
2.在如图所示的电场中,虚线为电场的等势线。一带电荷量为2e的粒子(不考虑所受重力)以某一速度从a点开始运动,其运动轨迹如实线所示,下列说法正确的是(　　)
[A]该粒子带正电
[B]若粒子经过d点时的动能为12 eV,则该粒子经过a点时的动能为22 eV
[C]该粒子经过f点时的加速度为0
[D]粒子从a点运动到c点,电势能减少20 eV
【答案】 B
【解析】 由于曲线运动中合力的方向指向轨迹的凹侧,当粒子经过c点,可知其受到的静电力向上,又电场线与等势线垂直且由电势高的线指向电势低的线,可知c点处的电场方向向下,即该粒子受到的静电力方向与电场方向相反,所以该粒子带负电,故A错误;粒子从a点到d点,静电力做功 Wad=qUad=(-2e)×(5 V)=-10 eV,则Ekd-Eka=-10 eV,而Ekd=12 eV,可知Eka=22 eV,故B正确;同理,粒子从a点到c点,静电力做功 Wac=qUac=-20 eV,可知电势能增加20 eV,故D错误;该粒子经过f点时,该处的电势为0,但电场强度不为0,则加速度不为0,故C错误。
3.图甲是电容式油位传感器的示意图,可以用它来监测油箱内液面高度的变化,传感器由圆柱形金属芯A和金属圆筒B组成,可看作电容器的两极,油箱内的汽油可看作电介质,将传感器接入图乙的电路中,金属芯和金属圆筒分别与接线柱c、d连接,当油箱内液面变化时会引起其电容值的变化,从而导致充、放电,在a、b端输出电信号。若某时刻观察到输出端a的电势低于b的电势(电阻R两端有电压)时,下列说法正确的是(　　)
[A]电容器在充电
[B]电容器的电容在增大
[C]油箱内液面在下降
[D]液面没过圆筒B时其电容最小
【答案】 C
【解析】 当观察到输出端a的电势低于b的电势时,表明电阻R中有自下而上的电流,说明电容器在放电,而电容器两极间的电压不变,由C=可知,其电容在减小,由C=可知,汽油浸没的极板在减少,则油的液面在下降,选项A、B错误,C正确;当液面没过圆筒B时,两电极之间充满汽油电介质,可知此时其电容最大,选项D错误。
4.有一种电子仪器叫作示波器,可以用来观察电信号随时间变化的情况。示波器的核心部件是示波管,图甲是它的原理图。如果在偏转电极YY′之间所加的电压按图乙所示的规律变化,在偏转电极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(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 C
【解析】 在0～2t1时间内,扫描电压扫描一次,信号电压完成一个周期,当UY为正的最大值时,电子打在荧光屏上有正的最大位移,当UY为负的最大值时,电子打在荧光屏上有负的最大位移,因此一个周期内荧光屏上的图形为C。
5.如图所示,在x轴相距为L的两点固定两个等量正、负点电荷+Q、-Q,虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆,a、b、c、d是圆上的四个点,其中a、c两点在x轴上,b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是(　　)
[A]b、d两点处的电场强度相同
[B]a点的电势高于c点的电势
[C]a点的电场强度大于c点的电场强度
[D]b、d两点处的电势不同
【答案】 B
【解析】 由等量正、负点电荷的电场强度的叠加原理可知,关于x轴对称的b、d两点电场强度大小相等,但方向不同,即两点电场强度不相同,而a、c两点中Ec>Ea,故A、C错误;c点处于两个电荷连线的中垂线上,它的电势和无限远处的电势相等,由于逆着电场线方向电势逐渐升高,则从无限远到a点电势逐渐升高,即a>c,故B正确;b、d两点距过c点的中垂线距离相同,其间电场强度大小相同,可知Ubc=Udc,即b=d,故D错误。
6.如图所示,在与纸面平行的匀强电场中有矩形区域abcd,且a、b、c三点的电势分别为2 V、6 V、8 V,ab长为2 cm,bc长为 cm,I是矩形ab边的中点。下列说法正确的是(　　)
[A]d点的电势为6 V
[B]该匀强电场的电场强度方向为由c指向a
[C]该匀强电场的电场强度大小为 V/m
[D]将点电荷+q从d位置沿任意路径移动到I位置时静电力做功为零
【答案】 D
【解析】 根据匀强电场中平行且相等的线段端点间电势差相等,可得 a-b=d-c,解得d=4 V,故A错误;连接I、d为等势线,如图所示,由几何关系可得sin θ==,解得 θ=60°,根据电场线与等势线垂直且由高电势指向低电势,可知电场强度方向垂直d、I连线指向左上方,故B错误;由UIa=EdIa,又UIa=I-a=2 V,dIa=·sin 60°= cm,联立解得E= V/m,故C错误;由B选项分析可知UId=0,根据W=qU,可知将点电荷+q从d位置沿任意路径移动到I位置时静电力做功为零,故D正确。
7.密立根油滴实验装置如图所示,两块水平放置的金属板分别与电源的正、负极相接,板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场,油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时,电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U,则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为(　　)
[A]q,r [B]2q,r [C]2q,2r [D]4q,2r
【答案】 D
【解析】 初始状态下,油滴处于静止状态时,满足Eq=mg,即q=πr3·ρg;当电势差调整为2U时,若油滴的半径不变,则满足q′=πr3·ρg,可得q′=,A、B错误;当电势差调整为2U时,若油滴的半径变为2r,则满足q′=π(2r)3·ρg,可得q′=4q,C错误,D正确。
8.匀强电场的电场强度E随时间t变化的图像如图所示。当t=0时,在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子,带电粒子只受静电力的作用,下列说法正确的是(　　)
[A]带电粒子将做往复运动
[B]3 s末带电粒子回到原出发点
[C]3 s末带电粒子的速度不为零
[D]前3 s内,静电力做的总功为零
【答案】 D
【解析】 带电粒子由静止释放后,在0～2 s时间内,由牛顿第二定律可知粒子的加速度大小为 a1=,在2～3 s时间内,粒子的加速度大小为a2=,可知粒子由静止先以加速度大小a1加速2 s,再以加速度大小a2减速1 s,由于a2=2a1,可知3 s末粒子速度为零,同理在3～5 s时间内由静止又以加速度大小a1加速 2 s,再以加速度大小a2减速1 s,此时粒子速度是零,因此粒子在0～6 s时间内,始终向同一个方向运动,其vt图像如图所示,在前3 s内,由动能定理可知W=ΔEk=0,静电力做的总功是零,由以上分析知,选项A、B、C错误,D正确。
二、多项选择题:本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
9.污水中的污泥絮体经处理后带负电,可利用电泳技术对其进行沉淀去污,基本原理如图所示,涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极,金属圆盘置于底部,金属棒插入污水中,形成如图所示的电场分布,其中实线为电场线,虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上,M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的是(　　)
[A]M点的电势比N点的低
[B]N点的电场强度比P点的大
[C]污泥絮体从M点移到N点,静电力对其做正功
[D]污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大
【答案】 AC
【解析】 根据沿着电场线方向电势降低可知M点的电势比N点的低,故A正确;根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小,故B错误;污泥絮体带负电,从M点移到N点,静电力对其做正功,电势能减小,故C正确;M点和P点在同一等势面上,则污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等,结合C项分析可知污泥絮体在P点的电势能比其在N点的大,故D错误。
10.电场方向平行于x轴,其电势随x的分布可简化为如图所示的折线。将一个带负电的粒子在x=d处由静止释放,它只在静电力作用下沿x轴运动。规定x轴正方向为电场强度E、加速度a、速度v的正方向,下列分别表示x轴上各点的电场强度E、粒子的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图像,其中正确的是(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 BD
【解析】 根据U=Ed,可定性地推知UxO=Ex,得 x=O+Ex,可知x图像的斜率表示电场强度,且沿电场方向电势降低,可知在-d～O区域,电场方向为负方向,大小不变;在O～d区域,电场方向为正方向,大小也不变,故A错误;由于粒子带负电,根据牛顿第二定律,在-d～O区域,粒子加速度方向为正方向且大小不变;在O～d区域,粒子加速度方向为负方向,大小也不变,故B正确;带负电的粒子在x=d处由静止释放,粒子在d到O过程中做匀加速直线运动,在O到-d过程中做匀减速直线运动,根据v2-=2ax,可知速度与位移不是线性关系,故C错误;粒子在从d到O的运动过程中,静电力不变,静电力做的功随位移均匀增加,则动能均匀增加,即Ekx图像为倾斜直线;同理,在O到-d过程中,Ekx图线也为倾斜直线,两段直线关于纵轴对称分布,故D正确。
11.如图所示,质量为m、电荷量为q的带电微粒,以初速度v0从A点竖直向上射入电场强度沿水平方向、大小为E的匀强电场中。当微粒经过B点时速率为vB=2v0,而方向与E同向。下列判断正确的是(　　)
[A]A、B两点间电势差为
[B]A、B两点间的高度差为
[C]微粒在B点的电势能大于在A点的电势能
[D]从A到B微粒做匀变速运动
【答案】 BD
【解析】 由于微粒沿垂直于电场线方向做减速运动,可知在A到B过程中受重力和静电力作用,根据动能定理,有-mgh+qUAB=m(2v0)2-m,而=2gh,解得UAB=,h=;粒子所受合力不变,则加速度不变,粒子做匀变速运动;粒子所受静电力做正功,电势能减少,则EpA>EpB,故A、C错误,B、D正确。
12.粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用,简化示意图如图所示:沿轴线分布薄金属圆板O及A、B、C、D、E五个金属圆筒(又称漂移管),相邻金属圆筒分别用导线接在M、N两点,O接M点,将M、N接在高压电源两端。质子飘入(初速度为0)金属圆板O轴心处的小孔沿轴线进入加速器,质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T,在金属圆筒之间的狭缝被电场加速,加速时电压U大小相同。质子电荷量为e,质量为m,不计质子经过狭缝的时间,则(　　)
[A]质子从圆筒E射出时的速度大小为
[B]圆筒E的长度为T
[C]M、N所接电源是直流恒压电源
[D]金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1∶2
【答案】 AB
【解析】 质子从O轴心处的小孔沿轴线进入加速器,共经过5次加速,由动能定理可得5eU=m,质子从圆筒E射出时的速度大小为vE=,故A正确;质子在圆筒内做匀速运动,所以圆筒E的长度为LE=vET=T,故B正确;由直线加速器加速质子,其运动方向不变,由题图可知,A为负极时,则在下一次加速时需B为负极,所以M、N所接电源的极性应周期性变化,故C错误;由选项A、B可知,金属圆筒A的长度LA=T,金属圆筒B的长度LB=T,则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为 1∶,故D错误。
三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.(7分)某校三人学习小组合作探究电容器电容的影响因素,电容器充电完成后与电源断开,按如图a所示连接在一起。
(1)下列关于实验中使用静电计的说法正确的是　　　　。
A.使用静电计的目的是测量电容器电压的变化情况
B.使用静电计的目的是测量电容器电荷量的变化情况
C.使用静电计的目的是测量电容器电容的变化情况
(2)甲同学将极板B向上移动,观察到静电计的指针偏角　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)乙同学将极板B　　　　(选填“左移”“右移”或“旋转”),观察到静电计的指针偏角变小。
(4)丙同学在A、B极板之间插入云母片,观察到静电计的指针偏角　　　　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
(5)三名同学应用他们实验得到的结论分析某核电站所使用的冷却系统自动化检测技术的原理。如图b是一种通过检测电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图。如果指示器显示出电容增大了,则必为液面　　　　(选填“升高”“降低”或“不变”)。
【答案】 (1)A　(2)变大　(3)右移　(4)变小　(5)升高
【解析】 (1)静电计可测量电势差,根据指针张角的大小,测量电容器电压的变化情况,无法测量电荷量、电容的变化,故A正确,B、C错误。
(2)若极板B向上移动,极板正对面积减小,由电容的决定式C=分析知电容减小,因电容器的电荷量不变,根据电容的定义式C=可知极板间的电压U增大,则静电计指针偏角变大。
(3)静电计的指针偏角变小,说明U减小,根据C=可知C变大,根据C=可知,d减小,即极板B向右移动。
(4)在A、B极板之间插入云母片,根据C=可知C变大,根据电容的定义式C=可知极板间的电压U减小,则静电计指针偏角变小。
(5)根据电容器电容的决定式 C=可知,电容增大,两极板正对面积增大,说明液面升高。
14.(8分)某实验小组用如图甲所示的电路研究电容器充、放电情况及电容大小。他们用电流传感器和计算机测出电路中电流随时间变化的曲线。实验时,根据图甲所示的电路原理图连接好电路,t=0时刻把开关S掷向1端,电容器充电完毕后,再把开关S掷向2端,电容器通过电阻R放电,传感器将电流信息传入计算机,屏幕上显示出电流随时间变化的It图像如图乙所示。
(1)电容器放电时,流过电阻R的电流方向为　　　　(选填“由a到b”或“由b到a”)。
(2)图乙中,阴影部分的面积S1　　　　(选填“>”“<”或“=”)S2。
(3)如果不改变电路其他参数,只减小电阻R,放电时间将　　　　(选填“变长”“不变”或“变短”)。
(4)图丙为电压恒为8 V的电源给电容器充电时作出的电流随时间变化的It图像,电容器充电完毕后的电荷量为　　　　 C。(计算结果保留2位有效数字)
【答案】 (1)由a到b　(2)=　(3)变短 (4)7.8×10-3
【解析】 (1)电容器充电时上极板接电源正极,故上极板带正电荷,放电时上极板正电荷减少,故流过电阻R的电流方向为由a到b。
(2)题图乙中阴影部分的面积等于电容器充、放电的电荷量,而电容器充、放电的电荷量相等,故 S1=S2。
(3)如果不改变电路其他参数,只减小电阻R,则初始放电电流将增大,可知放电时间将变短。
(4)根据It图像与坐标轴所围的面积表示电容器充电完毕后的电荷量,由题图丙知,每小格代表的电荷量为 2.5×10-4 C,数出图线与坐标轴所围的格数,满半格或超过半格的算一格,不满半格的舍去,数得格数为31格,则电容器充电完毕后的电荷量为Q≈7.8×10-3 C。
15.(6分)一个带正电的质点,电荷量q=2.0×10-8 C,在静电场中由a点移到b点,除静电力外,其他力做功为6.0×10-5 J,质点的动能增加了8.0×10-5 J。
(1)求静电力做的功;
(2)若a点电势a=-2.0×102 V,求b点的电势。
【答案】 (1)2.0×10-5 J　(2)-1.2×103 V
【解析】 (1)根据动能定理有W+W其他=ΔEk,
代入数据得W=2.0×10-5 J。
(2)根据公式UAB=得
Uab== V=1.0×103 V,
而Uab=a-b,a=-2.0×102 V,
则b=a-Uab=-2.0×102 V-1.0×103 V=-1.2×103 V。
16.(9分)如图所示,固定光滑绝缘斜面的倾角θ=30°,A、B、C三点均为斜面上的点,A、B的距离L=0.3 m,B、C的距离为A、B的2倍。在A点固定一电荷量Q=1.0×10-7 C的正点电荷,将质量 m=4.0×10-6 kg 的带正电小球(可视为点电荷)放置于B点时,小球恰好能保持静止。若将小球从B点移至C点,小球的电势能减少了 4.0×10-6 J。静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2,重力加速度 g取 10 m/s2。
(1)求小球所带的电荷量q;
(2)求B、C两点间的电势差UBC;
(3)若将带电小球从C点由静止释放,不计空气阻力,求小球到达B点时的速度大小v。
【答案】 (1)2.0×10-9 C　(2)2 000 V　(3)2 m/s
【解析】 (1)带电小球放置于B点时恰好能保持静止,根据受力平衡有F库=mgsin θ,
而F库=,
代入数值解得q=2.0×10-9 C。
(2)根据静电力做功与电势能变化的关系,可知小球由B点移至C点,静电力做功为
WBC=4.0×10-6 J,
则B、C两点间的电势差
UBC== V=2 000 V。
(3)小球从C点到达B点,静电力做功
WCB=-4.0×10-6 J,
根据动能定理有mgsin θ·2L+WCB=mv2-0,
代入数值解得v=2 m/s。
17.(14分)如图所示,一个初速度为零的电子在经 U1=4 500 V的电压加速后,垂直于平行板间的偏转电场从距两极板等距处射入。已知两平行板间距d=1.0 cm,板长L=3.0 cm,两板间的电压U2=200 V;已知电子的电荷量e=1.6×10-19 C,质量m=0.9×10-30 kg,只考虑两板间的电场,不计重力。
(1)求电子经加速电场加速后进入偏转电场的速度大小v0;
(2)求电子射出偏转电场时沿垂直于极板方向偏移的距离y;
(3)电子射出偏转电场后经过下极板所在平面上的P点,求P点到下极板右端的距离x。
【答案】 (1)4×107 m/s　(2)0.1 cm　(3)6 cm
【解析】 (1)电子经过加速电场,根据动能定理有eU1=m,
解得v0==4×107 m/s。
(2)在偏转电场中,电子做类平抛运动,则有L=v0t1,y=a,
而a=,
结合eU1=m,
解得y=,
代入数据得y=0.1 cm。
(3)电子射出电场后做匀速直线运动,其速度的反向延长线经过偏转电场中水平位移的中点,根据三角形中相似关系,有=,
解得x=6 cm。
18.(16分)如图所示,BCDG是光滑绝缘的圆弧轨道,位于竖直平面内,轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接,整个轨道处在水平向左的电场强度为E=的匀强电场中。现将一质量为m、带电荷量为+q的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g。
(1)若滑块从水平轨道上距离B点为s=2R的A点由静止释放,求滑块到达与圆心O等高的C点时速度的大小和对轨道的压力;
(2)改变s的大小,使滑块恰好沿轨道滑行,且从G点飞出轨道,求滑块在圆弧轨道上滑行过程中的最小速度的大小;
(3)为使得小滑块经圆弧轨道时不脱离轨道,求A、B初始距离s的取值范围。(取sin 37°=0.6,
cos 37°=0.8)
【答案】 (1)　mg,方向水平向左
(2)　(3)s≤4R或s≥11.5R
【解析】 (1)滑块从A点由静止释放,到达C点时,根据动能定理可得
qE(s+R)-μmgs-mgR=m-0,
解得vC=,
设滑块经C点时受到轨道的作用力大小为F,由牛顿第二定律得F-qE=m,
解得F=mg,
根据牛顿第三定律,滑块经C点时对轨道的压力大小为mg,方向水平向左。
(2)滑块恰好沿轨道BCDG滑行,则滑至圆弧轨道D、G间静电力和重力的合力(“等效重力”)恰好提供向心力的位置时的速度最小,设为vmin,则有=m,
代入数据解得vmin=。
(3)若滑块恰好经过重力与静电力合力(“等效重力”)的等效最高点时滑块不会脱离轨道而从G点飞出轨道,此情境下该合力大小为F合==mg,
与竖直方向的夹角θ满足tan θ=,
解得θ=37°,
其等效最低点为F,等效最高点为H,如图所示。
滑块不离开轨道有两种情况,一种是速度较小,恰好到I点;另一种是速度较大,恰好到H点。
①如果恰好到I点,根据动能定理有qE(s+Rcos 37°)-μmgs-mg(R+Rsin 37°)=0,
解得s=4R。
②如果速度较大,恰好经过H点,则有
qE(s-Rsin 37°)-μmgs-mg(R+Rcos 37°)=m-0,
经H点时,有F合=m,即mg=m,
联立解得s=11.5R,
故使滑块沿圆弧轨道滑行时不脱离圆弧轨道的s的取值范围为s≤4R或s≥11.5R。

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